【文档说明】2024年1月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）物理试题（解析）.docx，共(17)页，1.919 MB，由小赞的店铺上传

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河南省2024年普通高考适应性测试理科综合注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ca40二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，

第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图，在同一根软绳上先后激发出ab、两段同向传播的简谐波，则它们（）A.波长相同B.振幅相同C.波速相同D.频率相同【答案】C【解析】【详解】波在相

同介质中传播的速度相同，由图可知，两列波的波长不同，振幅不同，根据vf=可知两列波的频率不同。故选项C正确，ABD错误。故选C。2.如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为0v时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中

，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）A.012vB.013vC.018vD.019v【答案】B【解析】【详解】设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为1a、2a，汽车进入冰面瞬间的速度为1v，由牛顿第二定律=fma则汽车在路面

与在冰面上运动的加速度大小之比为112271afaf==由运动学公式，在路面上有2201112vvax−=在冰面上有21222vax=其中1287xx=解得汽车进入冰面瞬间的速度为013vv=故选B。3.某光源包含不同频率的光，光的强度与频率的关

系如图所示。表中给出了一些金属的截止频率cν，用该光源照射这些金属。则（）金属()14/10Hzc铯4.69钠5.53锌8.06钨10.95A.仅铯能产生光电子B.仅铯、钠能产生光电子C.仅铯、钠、锌能产生光电子D.都能产生光电子【答案】C【解析】【详解】根据光电效应方程k0EhW=−ν金属的逸

出功为0cWh=由图可知光源中光频率范围为1414210Hz910Hz则仅铯、钠、锌能产生光电子。故选C。4.若两颗人造卫星MN、绕地球做匀速圆周运动，MN、到地心的距离之比为k，忽略卫星之间的相互作用。在时

间t内，卫星M与地心连线扫过的面积为MS，卫星N与地心连线扫过的面积为NS，则MS与NS的比值为（）A.1B.kC.21kD.k【答案】D【解析】【详解】根据22mMvGmrr＝可知的GMvr=则卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积为1122SvtrtGMr==则MMNNSrkSr==

故选D。5.2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为1R和2R的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，212RR=。假设氘核21H沿内环切线向左

进入磁场，氚核31H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则21H和31H的速度之比为（）A.1:2B.2:1C.1:3D.3:1【答案】A【解析】【详解】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示由几何

关系可知，氘核21H的半径为1r，有12112rRRR=−=则112Rr=由几何关系可知，氚核31H的半径为2r，有221123rRRR=+=则1232Rr=即1213rr=由洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=可得qBrvm=由题意

可知，氘核21H和氚核31H的比荷之比为11122212133122qmqmqqmm===故21H和31H的速度之比为11112222311232qvmrqvrm===故选A。6.如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角45i=进入液体，经

平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为α，光线在平面镜上的入射角为β。已知该液体的折射率为2，下列说法正确的是（）A.30=B.37.5=C.若略微增大α，则光线可以从液面射出D.若略微减小i，则光线可以从液

面射出【答案】BD【解析】【详解】AB．根据sinsininr=解得光线在射入液面时的折射角为30r=光线经平面镜反射后，恰好不能从液面射出，光路图如图有1sinCn=解得45C=由几何关系可得

()()29090180rC+−+−=解得37.5=故A错误；B正确；C．若略微增大α，则光线在平面镜上的入射角β将变大，根据上面分析的各角度关系可知光线射出液面的入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故C错误；D．同理，若略微减小i，则r减小，导致光线在平面镜上入射角

β减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于临界角，可以从液面射出。故D正确。故选BD。7.粒子()42He以一定的初速度与静止的氧原子核()168O发生正碰。此过程中，粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，1t时刻图线的切线斜率最大。则（）A.1t时刻168O

的动量为01pp−的B.1t时刻168O的加速度达到最大C.2t时刻168O的动能达到最大D.2t时刻系统的电势能最大【答案】AB【解析】【详解】A．粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，1t时刻168O的动量为201ppp=−故A正确；B．1t时刻图线的切线斜率最

大，则粒子的动量变化率最大，根据pmv=可知粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即粒子受到的电场力最大，则氧原子核受到的电场力也最大，168O的加速度达到最大，故B正确；C．2t时刻，粒子速度为零，由图可知2t时刻后，粒子反向运动，系统动量守恒，可知在2t时刻之后，168O的动量达到最大

，168O的速度达到最大，168O的动能达到最大，故C错误；D．1t时刻，氧原子核受到的电场力最大，粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最大，故D错误。故选AB。8.如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6

m/s的初速度滑上木板，2s=t时与木板相撞并粘在一起。两者运动的vt−图像如图（b）所示。重力加速度大小g取210m/s，则（）A.Q的质量为1kgB.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0

JD.5.8st=时木板速度恰好为零【答案】AC【解析】【详解】A．两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得()123mvMvmMv+=+根据v-t图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得1

Mkg=故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得1Pmgma=()12QmgmMgMa−+=联立解得20.0

5=故B错误；C．由于碰撞系统损失机械能为()222123111222EmvMvmMv=+−+代入数据解得1.0JE=故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得()()2230mMgtmMv−+=−+代入数据

解得24st=因此木板速度恰好为零时刻为的的122s4s6sttt=+=+=故D错误；故选AC。三、非选择题：共62分。9.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软

笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。（1）若电动机的转速为3000r/min，则T=__________s。

（2）实验操作时，应该__________。（填正确答案标号）A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度Dv=__________。（用题中所给物理量的字母表示）（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应

钢柱的下落速度为v，画出2vh−图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于__________，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。【答案】①.0.02②.A③.2EChhT−④.2g【解析】【详解】（1）[1]由于电动机的转速为3000r/m

in，则其频率为3000Hz50Hz60f==则11s0.02s50Tf===（2）[2]实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。（3）[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均

速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为2ECDhhvT−=（4）[4]钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即212mghmv=可得22vgh=若2vh−图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过

程中机械能守恒。10.学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池（电动势3V，内阻不计）；待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；电阻箱R

1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于__

________（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势__________（填“相

等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为__________Ω。（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示

的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是__________μA。（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为__________C（保留两位有效数字）。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为__________F（保

留两位有效数字）。【答案】①.左②.相等③.1230.0④.300⑤.3.20×10－6⑥.1.60×10－4【解析】【详解】（2）[1]为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。[2]由题知，使开关S2闭合前后微安

表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。[3]根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。（3）[4]由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4分担的电流为6g44100101230A0.2mA615IRIR

−===则通过电阻R0的电流I总=I4＋I=300μA（4）[5]图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为q=8μA×0.4s=3.2μC=3.2×10－6C[6]则150个这样的小方格为总电荷量为Q=n×q=150×3.2×10－6C=4.80×10－4C则根据电容的定义式可知电容器的电容

为6448010F1.6010F3QCU−−===11.房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温

度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V；（2）升温前后室内空气质量之比。【答案】（1）00TVT；（2）0TT【解析】【详解

】（1）由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖—吕萨克定律有00VVTT=解得00TVVT=（2）根据气体变化前后质量相等有ρ0V0=ρV解得00TT=则升温前后室内空气质量之比为0000VVTT=12.如图所示，一个带正电的小球，质量为

m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受

到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。【答案】（1）3mg；（2）ymgEq=，方向竖直向下，xEmgq=，方向水平向左【解析】【详解】（1）未加电场，

则从水平位置无初速度释放到最低点时，有212mgLmv=则小球在最低点有2TvFmgmL−=解得FT=3mg（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆

从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有2112xymgLEqLEqLmv−+=则小球在最低点有21T1yvFmgEqmL−−=其中FT1=4mg杆从右边水平位置无初速度释放

，到小球到达最低点的过程中有2212xymgLEqLEqLmv++=则小球在最低点有22T2yvFmgEqmL−−=其中FT2=8mg联立解得ymgEq=，xEmgq=13.如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距1mL=，左半部分倾斜且粗糙，倾角37

=，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为,tan0.1=。右半部分俯视图如图（b）。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数0.5=。导体棒P以00.5m/sv=的速度向

右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为1TB=，两棒的质量均为0.1kgm=，Q棒电阻0.5ΩR=，P棒电阻不计。重力加速度大小取210m/s,

sin370.6,cos370.8g===，以Q棒开始下滑为计时起点。求（1）撤去小立柱时，Q棒的加速度大小0a；（2）Q棒中电流随时间变化的关系式；（3）Q棒达到的最大速度mv及所用时间1t。【答案】（1）22m/s；（2）()=0.1tAI；

（3）4m/s，4s【解析】【详解】（1）撤去小立柱时，导体棒P刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势，则对Q棒受力分析()220sincossincos100.60.5100.8m/s2m/smgmgaggm−==−=−

=（2）只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为BSEtt==磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为()()2200012tantan2Svtvtvt==所以202tanSSvtt==()2202tan210.10.50.05VBSEBvttt

tt=====()0.05A=0.1tA0.5EtIR==（3）对Q棒受力分析()sincosmamgmgBIL=−+当Q棒速度达到最大时()sincosmgmgBIL=+解得此时0.4AI=，14s=t三角形磁场总长有10.5m5m0.1L==而

P棒在4s内运动的位移为2m，小于L1。Q棒的加速度与时间的关系为()2sincos20.5m/sBILaggtm=−+=−画出Q棒的a-t图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则Q棒达到的最大速度mv为m24m/

s4m/s2vv===获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com