河南省安阳市第一中学2026届高三适应性调研考试物理试题含解析2

这是一份河南省安阳市第一中学2026届高三适应性调研考试物理试题含解析2，共15页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列说法正确的是（ ）
A．阴极射线的本质是高频电磁波
B．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构
D．变成，经历了4次β衰变和6次α衰变
2、地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k△U1>△U2
C．电源的输出功率减小D．△U3与△Ⅰ的比值不变
9、下列关于匀变速运动说法正确的是（ ）
A．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大
B．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零
C．若物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…
D．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大
10、甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的图像如图所示。关于甲、乙两质点的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．乙质点做初速度为c的匀加速直线运动
B．甲质点做加速度大小为的匀加速直线运动
C．时，甲、乙两质点速度大小相等
D．时，甲、乙两质点速度大小相等
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分） (1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝的直径d=__________mm。
(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0~3V，内阻约为3kΩ
C．电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω
D．定值电阻R3，阻值为5Ω
E.滑动变阻器R，最大阻值50Ω
F.导线和开关若干
①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U2、Ⅰ数据，并画出U2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差”或“偶然误差”）。
②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1一U2图像如图丙所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________（用k、a、R0表示）。
12．（12分）某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器（频率为50Hz，即每打一个点）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻点间还有4个点未画出．其中、、、、、，小车运动的加速度为___，在F时刻的瞬时速度为____保留2位有效数字。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连（U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0），U形管的右管与大气相通，大气压为750mmHg。关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300K。现仅对容器内气体进行加热。
①如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时，求封闭容器内气体的温度；
②保持①问中的温度不变，打开阀门K缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时（水银始终在U形管内），求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；
③判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。
14．（16分）如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上xp=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求：
(i)求两列波的传播速度大小为多少？
( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？
15．（12分）如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．

(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
A．阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A错误；
B．玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B错误。
C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C正确；
D．变成，经历了次α衰变，8×2-（94-82）=4次β衰变，选项D错误。
故选C。
2、D
【解析】
地球表面正常的重力加速度大小为,由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为，结合万有引力定律，即，解得：，故D项正确，ABC错误。
3、D
【解析】
A．小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，则有
代入解得
说明MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右，故A错误；
B．水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机械能先减小后增加，故B错误；
CD．设经过时间t1小球的速度最小，则竖直方向
水平方向
合速度
由数学知识可知，v的最小值为
故C错误，D正确。
故选D。
4、B
【解析】
物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为v0，上滑长度为L时，速度减为0，有：
，
当物体的上滑速度是初速度的时，此时速度为，有
，
联立以上两等式得：
，
故选B。
5、C
【解析】
C．原线圈的交流电电压的有效值是220V，原、副线圈匝数之比为4∶1，由可得副线圈上得到的电压有效值为
所以电压表测电压有效值，则示数是55V，选项C正确；
B．副线圈上的电流为
又由于，则原线圈中的电流为
则电流表的读数为0.25A，故B错误；
A．原线圈输入的电功率
故A错误；
D．原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是50Hz，故D错误。
故选C。
6、A
【解析】
AB．由右手螺旋定则可知，L1在菱形中心处的磁感应强度方向OL2方向，21在菱形中心处的磁感应强度方向OL3方向，L3在菱形中心处的磁感应强度方向OL2方向，L4在菱形中心处的磁感应强度方向OL3方向，由平行四边形定则可知，菱形中心处的合磁感应强度不为零，方向应在OL3方向与OL2方向之间，故A正确，B错误；
C．L1和L3受力如图所示，由于四根导线中的电流大小相等且距离，所以每两根导线间的相互作用力大小相等，由几可关系可知，所受安培力与所受安培力大小相等，方向不同，故CD错误；
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
AB．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
此时物块线速度大小为
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W，对物块由动能定理，可得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
水平方向
联立解得
此时物块的线速度大小为
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W2，对物块由动能定理，可得
联立解得
故C错误，D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】
A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R的电压、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；
C．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故C错误；
BD．根据闭合电路欧姆定律得
U2=E-Ir
则得
而
据题：R＞r，则得
△U1＞△U2
同理
U3=E-I（R+r）
则得
保持不变，同时得到
△U3＞△U1＞△U2
故BD正确；
故选BD。
9、BCD
【解析】
A．对于匀变速直线运动，由得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于小于时，速度大小也增大，故A错误；
B．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故B正确；
C．物体做匀加速直线运动时，从时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为
而1：4：8：13：…位移之差分别是3、４、5…，故从时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…，故C正确；
D．由得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故D正确。
故选BCD。
10、BD
【解析】
A．根据匀变速直线运动位移时间公式得
对于乙质点，由图可知
v0乙=c
乙的加速度为
乙质点做初速度为c的匀减速直线运动，选项A错误；
B．对于甲质点，由图可知
v0甲=0
甲的加速度为
甲质点做加速度大小为 的匀加速直线运动，故B正确。
C．时，甲的速度
乙质点速度
选项C错误；
D．时，甲的速度
乙质点速度
即甲、乙两质点速度大小相等，选项D正确。
故选BD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、2.600 电压表的分流 系统误差
【解析】
(1)[1]．金属丝的直径d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm；
(2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差；
②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知
变形得
则有：当U1=0时，U2=a
则有


解得

12、0.62 0.98
【解析】
[1]．相邻点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。在纸带中，连续相等时间内的位移之差△x=0.62cm，根据△x=aT2得
[2]．F点的瞬时速度等于EG段的平均速度，则
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、①320K；②；③吸热，原因见详解
【解析】
①由题意可知
设升温后气体的压强为p0，由查理定律得
解得
T=320K
②当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时，压强p=700mmHg。
抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得
③吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。
14、 (i)40m/s( ii)32cm
【解析】
（i）由可得：v=40m/s；
（ii）S1波传到P点，历时，S2波传到P点，历时
因此当S2波传到P点处，S1波已使P点振动了，
其路程，且振动方向向下；
S2波传到P点时，振动方向向上，P为减弱点，叠加后振幅
在t=0.35s时，合振动使P点振动一个周期，其路程
故在t=0.35s内质点P通过的路程为
15、 (1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来
【解析】
（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T
解得：T´=3mg
（2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：
水平方向：L=
解得：h=L
（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的：
由能量守恒定律得：
联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s