【文档说明】【九省联考】2024年1月普通高等学校招生考试适应性测试物理试题（甘肃版） Word版含解析.docx，共(15)页，1.836 MB，由envi的店铺上传

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第1页/共15页学科网（北京）股份有限公司物理注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。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。一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有

选错的得0分。1.1906年，赖曼发现了氢原子的赖曼系谱线，其波长满足公式：2111,2,3,4,,RnRn=−=为里德堡常量。氢原子从3n=和2n=的激发态跃迁到基态时，辐射光子的能量

之比为（）A.9:4B.32:27C.4:3D.4:1【答案】B【解析】【详解】氢原子从3n=的激发态跃迁到基态时23111R=−氢原子从2n=的激发态跃迁到基态时22111R=−又h

cEh==联立得，辐射光子的能量之比为32:32:27EE=故选B。2.某星球质量约为地球质量的300倍，半径约为地球半径的10倍，则一物体在该星球和地球表面的重量比约为（）第2页/共15页学科网（北京）股份有限公司A.3B.30C.900D

.9000【答案】A【解析】【详解】设中心天体质量M2MmGmgr=重力加速度2GMgr=星球质量约为地球质量的300倍，半径约为地球半径的10倍，则它们重力加速度之比为3:1，即一物体在该星球和地球表面的重量比约为3。故选

A。3.如图，水平带电平面上方有一质量为m、带电量为q的点电荷，当它在M点时所受合力为零。M点与平面的垂直距离为,dk和g分别为静电力常量和重力加速度，则与M点对称的N点处的电场强度为（）A.mgqB.2mgkqq

d+C.24mgkqqd−D.24mgkqqd+【答案】A【解析】【详解】点电荷在M点时，所受合力为零，则qEmg=解得mgqE=M点的电场强度和N点的电场强度大小相等，方向相反。故选A。4.如图，波长为的单色光，照射到间距为d的双缝上，双缝到屏的距

离为()lld，屏上观察到明暗相第3页/共15页学科网（北京）股份有限公司间的条纹。现将屏向右平移14l，则移动前和移动后，屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为（）A.4:3B.3:4C.4:5D.5:4【答案】C【解析】【详解】移动前屏上两相邻亮条纹中心的间距1

lxd=移动后屏上两相邻亮条纹中心的间距24llxd+=屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为12:4:5xx=故选C。5.图为两单摆的振动图像，为摆线偏离竖直方向的角度()5。两单摆的摆球质量相同，则（）

A.摆长之比1223LL=B.摆长之比1294LL=C.摆球的最大动能之比1232kkEE=D.摆球的最大动能之比1249kkEE=【答案】D【解析】【详解】AB．根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之比为23，根据单摆周期公式第4页/共15页学科网（北京）股份有限公司2LTg=可得

224TLkLg==故有摆长之比2122439LL==故AB错误；CD．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有()k1cosmgLE−=故摆球的最大动能之比12124

9kkELEL==故C错误，D正确。故选D。6.1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为r的铜盘安装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连接。铜盘以周期T匀速旋转，检

流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为a，狭缝间为匀强磁场，磁感应强度为B，忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是（）A.检流计中电流方向从Q向PB.若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向C.铜盘产生电动势为()2ara

BT−的第5页/共15页学科网（北京）股份有限公司D.铜盘产生的电动势为()araBT−【答案】C【解析】【详解】A．根据右手定则可知，检流计中电流方向从P向Q，故A错误；B．根据右手定则可知，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变，

故B错误；CD．铜盘产生的电动势为()(2)2raraaBTEaBr−==−+故C正确D错误。故选C。7.游乐场里小明坐在一辆小车里，车前方有一静止排球，排球前面6m处有一面墙。小华用力推了一下小车后，小车以2m/s的速度撞向排球。

排球被撞后向前运动，被墙壁反弹后再次与小车正面相撞。忽略小车、排球与地面的摩擦，碰撞均视为弹性碰撞，与小车两次碰撞期间，排球运动的路程约为（）A.7mB.8mC.9mD.10m【答案】B【解析】【详解】设小车的质量为1m，排球的质量为2m，小车与排球第一次后的速度为1v、2v；弹性碰撞

满足动量守恒和机械能守恒，有101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+解得120112()mmvvmm−=+，102122mvvmm=+排球以2v的速度向左做匀速直线运动，再撞墙原速率反弹，与排球相遇，发生第二次迎碰，有2

12vtvtd+=而排球运动的路程为第6页/共15页学科网（北京）股份有限公司122121242433msvtmmmm===−−结合实际情况有21mm，则210mm→，故路程8ms→，则排球运动的路程约为8m。故选B8.将一个气球向上抛出，气球上升2m后竖直下落，下列说法正确的是（）A.气球

上升过程中受到的空气浮力大于重力B.气球下落过程中受到的空气浮力小于重力C.气球到达最高点时速度和加速度都为零D.气球下落过程中速度变化率逐渐减小【答案】B【解析】【详解】AB．气球向上抛出上升最终会停下来并开始竖直下落，则气球受到的合外力竖直向下，即竖直向下的

重力大于竖直向上的浮力，故A错误，B正确；C．气球到达最高点时速度为零，但是气球受到的合外力不为零，加速度不为零，故C错误；D．气球下落过程中受到的竖直向下的重力和竖直向上的浮力都不变，根据牛顿第二定律，

即气球受到的合外力不变，加速度不变，速度的变化率不变，故D错误。故选B。9.用于医学成像的X射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图（a）中MN、是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从M点运动到N点，其运动的vt

−图像如图（b）所示，下列说法正确的是（）A.M点的电场强度大于N点的电场强度B.M点的电势高于N点的电势C.电子从M点运动到N点电场力做负功D.电子在M点的电势能大于N点的电势能。第7页/共15页学科网（北京）股份有限公司【答案】AD【

解析】【详解】A．根据v－t图像的变化特点可知，从M点运动到N点电荷做加速度减小的加速运动，负电荷在M、N两点的加速度大小关系为MNaa负电荷仅受电场力的作用，则MMqEma=NNqEma=得MNEE故A正确；BC．由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知从M点运动到N点电场力对负电

荷做了正功，即0MNMNWqU=−则0ABMNU=−得MN故BC错误；D．由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知电场力对负电荷做了正功，根据电场力做功与电势能变化的关系pWE=−因为电场力做正功

，电势能减小，即得ppp0MNEEE=−则ppMNEE故D正确。故选AD。第8页/共15页学科网（北京）股份有限公司10.图为一透明均匀介质球的横截面，O为圆心，AB为直径。一束光以60=从A点入射，ACB弧面出射的光与AB平行。下列说法正

确的是（）A.介质球的折射率约为1.55B.介质球的折射率约为1.73C.在090变化时，ACB弧面上观察不到全反射现象D.若入射光为白光，ACB弧面上出射光形成彩色光带【答案】BCD【解析】【详解】AB．根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示由几何关系有O

ADODA=可知60==则有30OADODA==折射率为sin6031.73sin30n==故A错误，B正确；C．由AB分析可知，光线在ACB弧面上的入射角等于在A点的折射角，则在090变化时，不可能在第9页/共15页学科网（北京）股份有限公司AC

B弧面上发生全反射，故C正确；D．若入射光为白光，由于各种颜射的光的折射率不同，则各种颜射的光在ACB弧面上的出射点不一样，将形成彩色光带，故D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共57分。11.用图（a）所示的

实验装置测量重力加速度。在竖直杆上装有两个光电门A和B，用直尺测量光电门之间的距离h，用光电门计时器测量小球从光电门A到B的时间t。实验中某同学采用固定光电门B的位置，改变光电门A的位置进行多次测量，表中给出了测量

数据。数据处理后作出函数图像，如图（b）。（1）请补充图（b）中纵坐标的物理量___________A.小球在光电门A处的速度AvB.小球在光电门B处的速度BvC.小球在任意位置的速度D.小球在AB间的平均速度（2）写出图（b

）中直线的函数关系式___________（用Bhtgv、、、表示）。（3）由图（b）计算出直线斜率的值为4.889−，则测得的重力加速度为___________2m/s（保留3位有效数字）。()hm0.4000.6000.8001.0001

.2001.400()ts0.0760.1200.1680.2200.2830.368【答案】①.D②.B12hvgtt=−③.9.78【解析】【详解】（1）[1]小球做自由落体运动，则小球从A到B的过程第10页/共15页学科网（北京）股份有限公司2B12hvtgt=

−整理得B12hvvgtt==−图（b）中纵坐标的物理量为小球在AB间的平均速度。故选D。（2）[2]由（1）可知图（b）中直线的函数关系式B12hvgtt=−（3）[3]直线斜率的值为214.889m/s

2kg=−=−则测得的重力加速度为29.78m/sg12.在测量金属丝电阻率的实验中，待测金属丝的阻值约为7Ω，电压表和电流表的内阻分别约为6kΩ和0.1Ω。（1）通过多次测量金属丝直径可以减小测量的___________误差（填“系统”或“偶然”），要使测量准确到0.01mm，应选用的仪器

是___________。（2）为了减小电表内阻对测量结果引起___________误差（填“系统”或“偶然”），应该采用电流表___________电路（填“内接”或“外接”），引起误差的原因是___________A.电压表分流B.电压表分压C.电

流表分流D.电流表分压（3）图中符合实验要求且连线正确的是___________A.B.C.D.【答案】①.偶然②.螺旋测微器③.系统④.外接⑤.A⑥.D的第11页/共15页学科网（北京）股份有限公司【解析】【详

解】（1）[1][2]通过多次测量金属丝直径可以减小测量的偶然误差，要使测量准确到0.01mm，应选用的仪器是螺旋测微器，读数到mm为单位小数点后三位，所以精确度为0.01mm。（2）[3][4][5]为了减小电表内阻对测量结

果引起的系统误差，应该采用电流表外接电路，因为待测电阻远小于电压表内阻，电流表外接时，电压表测量准确，电流表测量偏大，引起误差的原因是电压表分流。故选A。（3）[6]电路采取外接法，A选项滑动变阻器没起到调节作用，B选项电压

表串联到电路中，C选项采取了内接法故选D。13.半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图（a）。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）。已知线圈的电阻0.1ΩR=，半径0.1mr=。

求：（1）线圈中感应电动势的大小；（2）线圈的电功率，及00.005s时间内线圈产生的焦耳热；（3）0.003st=时半圆弧MPN受到的安培力的大小和方向。【答案】（1）0.01V；（2）2310W−，265

10J−；（3）41.210N−，垂直MN向下【解析】【详解】（1）线圈中感应电动势的大小为2120.1V0.01V2BEStt====（2）线圈的电功率为2223(0.01)W10W0.1EPR−===00.005s时间内线圈产生的焦耳热为23

26100.005J510JQPt−−===（3）由图可知。第12页/共15页学科网（北京）股份有限公司2(T)Bt=0.003st=时半圆弧MPN受到的安培力的大小为40.01220.00320.1N1.

210N0.1EFIBLBrR−====根据左手定则半圆弧MPN受到的安培力的方向为垂直MN向下。14.如图，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压0p、温度均为环境温度0T。现将A接一个打气筒

，打气筒每次打气都把压强为0p、温度为0T、体积为16V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为13V。（所有气体均视为理想气体）（1）假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n；（2）保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢

复为V，求B中气体的温度T。【答案】（1）24次；（2）05T【解析】详解】（1）对B气体，根据理想气体状态方程010013VVppTT=解得103pp=则根据等温方程00111(2)63pVnpVpVV+=−解得24n=次【第13页/共15页学科网（北京）股份有限公司（2）A中气体温度不变1

21(2)3pVVpV−=对B中气体020VVppTT=解得05TT=15.半径为R的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m的小球套在圆环上，原长为1.5R的轻质弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆环顶端O点。整个系

统静止时，小球在O′点处于平衡且对圆环无压力。重力加速度为g。（1）当圆环以角速度ω0转动时，小球在P点相对圆环静止，∠POO′=α，sinα=0.6，求弹簧弹力的大小及角速度ω0；（sin2α=0.96，cos2α=0.28）（2）利用F—x

图像，证明小球从O′点运动到P点的过程中，弹簧弹力（F=−kx）所做的功为()221212Wkxx=−，其中x1和x2分别为小球在O′和P点处弹簧的伸长量；（3）圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开O′，当转速逐渐增大到ω0时，小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止。求此过程中圆环作用在小

球上的合力做的功。【答案】（1）k5mgF=，03.125gR=；（2）见解析；（3）W作=1.92mgR【解析】【详解】（1）小球在O点处于平衡且对圆环无压力，有(21.5)kRRmg−=小球在P点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为2cos1.6lRR

==第14页/共15页学科网（北京）股份有限公司由胡克定律有k0()5mgFkll=−=对小球受力分析，由牛顿第二定律有kcoscos2FNmg+=2k0sinsin2sin2FNmR+=联立解得03.125gR=（2）根据胡克定律

Fkx=可知，弹力与形变量成正比，如图所示则弹力的功为图像与横轴围成的面积，有1212()2kxkxWFxxx+==−弹化简可得2212()2kWFxxx==−弹（3）小球沿圆环缓慢上移到P点并相对圆环静止，由动能定理有2102Wmv=−总

0sin2vR=解得1.44WmgR=总设此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为W作，其中W总=－mgR(1－cos2α)＋W弹＋W作对于弹力做功，其中x1=0.5R，x2=0.1R代入数据有第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司W

作=1.92mgR