2022届湖南省长沙市高三（上）新高考适应性考试物理试题及答案

绝密★启用前

长沙市2022年新高考适应性考试物理

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答

案正确填写在答题卡上

一、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.比值定义法是物理学中常用方法，即用两个物理量的比值定义一个新的物理量，新物理量与原

来的两个物理量的物理意义完全不同。以下选项中不能表示用比值定义法定义物理量的表达式是

()

A.。=工OB.R=V—C.F=P-D.T3=-W

U1Vt

答案：c

解：A.电容的定义式C=是用比值定义法来定义的，故A错误；

B.电阻的定义式H=半，是用比值定义法来定义的，故B错误；

P歹

C.尸=一不是力的定义式，是由功率定义式P=乙导出来的导出式，故c正确；

vt

1).功率定义式尸=是用比值定义法来定义的，故D错误。

t

故选Co

2.我国奥运健儿在东京奥运会上取得了辉煌成绩，下列说法正确的是()

A.跳水运动员施廷懋离开跳板竖直向上运动的过程中处于失重状态

B.汪顺在长度为50m的泳池中完成200m混合泳过程中，位移为200m

C.苏炳添跑出百米最好成绩9.83s,由此可求出他冲刺时的瞬时速度大小

D.蹦床运动员朱雪莹从最高点竖直下落到最低点的过程中，她所受合力的冲量不为零

答案：A

解：A.跳水运动员离开跳板竖直向上运动的过程中，加速度向下，即处于失重状态，故A正确;

B.汪顺在长度为50m的泳池中完成200m混合泳过程中，位移为零，故B错误；

C.苏炳添跑出百米最好成绩9.83s,由此可求出他全程的平均速度，但无法求出他冲刺时的瞬时

速度大小，故C错误；

I）.蹦床运动员朱雪莹从最高点竖直下落到最低点的过程中，初末速度为零，由动量定理知整个过

程她所受合力的冲量为零，故D错误。

故选A。

3.2021年5月28日，中科院合肥物质科学研究院升级改造后的可控核聚变装置创造了新的世界

纪录。已知该装置内部发生的核反应方程为；He+X,笊核的质量为叫，瓶核的质量

为m2,氢核的质量为m3,反应中释放的能量为E,光速为c,则下列说法正确的是（）

E

A.X是质子B.X的质量为町+?—mj-

C.该反应属于a衰变D.气核和瓶核之间的库仑力表现为引力

答案：B

解：A.根据电荷数和质量数守恒可知X是中子，故A错误；

B.根据质能方程可得

2

£■=（〃0+in2-m3-tnx^c

解得

E

1n=町+m,—/——z-

x'c

故B正确；

C.该反应属于核聚变反应，故C错误；

1）.笊核和僦核之间的库仑力表现为斥力，故D错误。

故选Bo

4.某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈右由火线和零线并行绕成。当右侧线

圈4中产生电流时，电流经放大器放大，使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断电路。下列说法正确

的有（）

A.家庭电路正常工作时，4中的磁通量不为零

B.家庭电路正常工作时，使用的电器越多，4中的电流越大

C.家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起

D.地面上的人接触A点发生触电时，开关K将被电磁铁吸起

答案：D

解：A.由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方

向相反，因此合磁通量为零，L,中的磁通量为零，A错误；

B.当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L,中的磁通量

不变，仍为零，则L,中的磁通量不变不会有感应电流，B错误；

C.家庭电路发生短路时，零线和火线电流增大，但电流仍大小相等，方向相反，L?中的磁通量仍

为零，开关K不会被电磁铁吸起，C错误；

D.地面上的人接触火线A点发生触电时，零线和火线电流大小不相等，此时L中的磁通量不为零，

通过放大器，开关K将被电磁铁吸起，D正确。

故选D。

5.质量为加=4kg的物体沿水平面向右做直线运动，f=0时刻受到一个水平向左的恒力F作用，

如图甲所示。此后物体的丫-/图像如图乙所示，取水平向右为正方向，gIR10m/s2;则（）

A.12s内物体的位移为12mB.物体与水平面间的滑动摩擦力大小为6N

C.8s末恒力F的瞬时功率为13.5WD.0~2s内摩擦产生的热量为18J

答案：C

解：A.根据v—t图像的面积代表位移有

4x6_8x6m__j2m(负号表示方向向左)

22

A错误；

B.根据牛顿第二定律有

F+f=marF-f=ma2

解得

F=4.5N,f=1.5N

B错误；

C.8s末物体的速度为

3

v-a2t--x4m/s=3m/s

根据功率的计算式有

P=Fv=4.5X3W=13.5W

C正确；

1).根据v-t图像的面积代表位移有

(4+6)x2

x=------------m=l()m

2

则0~2s内摩擦产生的热量为

Q=fx=15J

D错误。

故选Co

6.通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中

所具有电势能表达式为瓦.=皿(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真

r

空中有两个点电荷、。2分别固定在X坐标轴的x=0和X=25cm的位置上。x轴上各点的电势9

随x的变化关系如图所示，A、B是图线与x轴的交点，A点的坐标是2()cm,图线上C点的切线与

x轴平行，则下列说法正确的是()

A.Q1为正电荷，2为负电荷B.电荷。]、&的电量之比为2：1

C.电子沿x轴从x=6cm运动到x=24cm的过程中，电子的电势能先减小后增加D.C点对

应位置的坐标是50cm

答案：D

解：A.由

kQ

%=一

r

知场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷。带负电，x=25cm处电

荷。2带正电，故A错误；

B.A点处电势为零，故

Q]=%=2。=《

X

AQ25

故B错误；

C.电子沿x轴从x=6cm运动到x=24cm的过程中，由图可知电势一直升高，故电子的电势能

一直减小，故C错误；

D.由点电荷周围场强

E黑

广

知两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C点的场强方向相反，C点电势变化率为零，故C点的

场强为零，根据场强叠加定理可得两场源电荷在C点场强大小相等，故有

kQ,_k\Q2\

XQ(X0—25)2

解得

xc=50cm

故D正确。

故选D»

二、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

多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分.

7.手机无线充电利用了电磁感应原理。如图甲所示，充电基座内的送电线圈接入正弦式交变电流,

会激发周期性变化的磁场，手机中安装有受电线圈，二者距离很近时，受电线圈会感应出交变电流,

利用二极管整流和滤波电路处理，最终输出直流电为手机电池充电。图乙和图丙分别是手机中受电

线圈经二极管整流前后电压与时间的关系图象。下列说法正确的是()

A.送电线圈接入正弦式电流的频率为5()Hz

B.手机远离充电基座时，受电线圈中的电流大小不变

C.受电线圈回路中的磁通量达到最大时，线圈两端的电压也达到最大

D.将图乙和图丙中的电压分别加在同一电阻上，1s内产生的热量相同

答案：AD

解：A.送电线圈与受电线圈的频率相同，都为

/=1=50HZ

故A正确；

B.手机远离充电基座时，受电线圈中感应电流变小，故B错误；

C.受电线圈回路中的磁通量达到最大时，线圈中的感应电动势为零，线圈两端的电压为零，故C

错误；

D.将图乙和图丙中的电压分别加在同一电阻上，因为他们的电压有效值相等，故1S内产生的热量

相同，故D正确。

故选AD»

8.2021年2月24日6时29分，天问一号火星探测器成功实施第三次近火制动，进入周期为2个

火星日的火星停泊轨道。已知停泊轨道近火点到火星表面的距离a、远火点到火星表面的距离b,

火星的半径R,火星表面的重力加速度g',万有引力常量G,根据以上信息可以判断或求出（）

A.探测器在停泊轨道上相对火星静止不动

B.探测器在远火点运动的速率小于火星的第一宇宙速度

C.天间一号火星探测器的质量

D.火星同步卫星的轨道半径

答案：BD

解：A.探测器在火星停泊轨道运动时，周期为2个火星日，即相对于火星是运动的，故A错误；

B.火星探测器运动到远火点时的速度小于在远火点绕火星做匀速圆周运动的速度，而在远火点绕

火星做匀速圆周运动的卫星的速度小于火星的第一宇宙速度，所以探测器在远火点的速度小于火星

的第一宇宙速度，故B正确；

C.天间一号火星探测器是绕行天体，所以无法求出天问一号火星探测器质量，故C错误；

D.火星同步卫星的周期写为一个火星日，而天问一号火星探测器的周期工是两个火星日，即

7；=27；

由开普勒第三定律得

（°）二3

所以可以求得火星同步卫星的轨道半径，故D正确。

故选BD。

9.如图所示，截面为梯形平台放在粗糙水平地面上，左边斜面倾角4=37°,右边斜面光滑，

倾角。2=53。，滑块a和滑块b通过轻绳和轻弹簧跨过两个等高的轻质滑轮相连，静止时滑块a

恰好不上滑，连接两滑块的轻绳均与相应的斜面平行。已知滑块a的质量为（）.3kg,滑块b的质量

为0.5kg,平台的质量为4.2kg,轻弹簧的劲度系数为2N/cm,取重力加速度g=lOm/sz,

sin37°=0.6,cos370=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）

A.轻弹簧的伸长量为2cm

B.滑块a与斜面间的动摩擦因数为〃

12

C.剪断轻弹簧瞬间，水平地面对平台的支持力小于50N

D.剪断轻弹簧瞬间，水平地面对平台的摩擦力为零

答案：ABC

详解】A.右边斜面光滑，，对于b物体，有

kx=叫,gsin53,

可解得轻弹簧的伸长量为

x=2cm

故A正确；

B.由于滑块a恰好不上滑，有

mugsin37+fjmugcos37=kx

解得

11

〃二—

12

故B正确；

C.剪断轻弹簧瞬间，由于〃〉tan。一滑块a和静止。右侧斜面光滑，滑块b有竖直向下的加速度

分量，因此水平地面对平台的支持力小于50N,故C正确；

D.剪断轻弹簧瞬间，滑块b有水平向右的加速度分量，可知平台对滑块b的作用力有水平向右的

分力，由牛顿第三定律知滑块b对平台的作用力有水平向左的分力，可知水平地面对平台的摩擦力

不为零，故D错误。

故选ABCo

10.如图甲所示，以两虚线MN为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压

UMN的变化如图乙所示，电压的大小为U。，周期为工）；M、N两侧为相同的匀强磁场区域I、II,

磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为Bo/=（）时，将一质量为m的带正电粒子从边界线M

上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为工）-两虚线M、

N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（）

Uo-

0-27^

-Uo-

XXXMN*xX

甲乙

q7i

A.该粒子的比荷福=西

B.粒子第1次在磁场区域I中做圆周运动的的半径飞

C.粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时,两位置间的距离为△[=23)罂

D.若粒子的质量增加为^机，电荷量不变，仍在7=0时，将其从A处由静止释放，则在r=0至

f=2”的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动

答案：BC

解：A.由于粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T。，根据圆周运动有

4/

qvB-m-^R

整理有

q_2兀

7一踵

A错误；

B.粒子在MN间加速后有

粒子在磁场中做圆周运动有，并根据选项A有

幺=生_4

mT()B,4丫。8=1n不

计算有

R

7tB

B正确;

C.粒子第二次经过MN后再次加速有

在磁场区域n做圆周运动有

q_2兀

qv'B-m

mTQB五

解得粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为

\d=2R'-2R=2(72-l)J^y

C正确；

I）.若粒子的质量增加为（加，电荷量不变，则根据

q_2TT

mTB

可知质量改变则粒子做圆周运动的周期也发生改变，则粒子将不会“准时”到达MN间，故粒子在

M、N间的运动不都是加速运动，D错误。

故选BC。

三、非选择题：共56分.第11〜14题为必考题，每个试题考生都必须作答.第15、

16题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共43分.

11.为测定当地的重力加速度g,某实验小组用图甲所示装置进行实验。长为L的轻质细绳一端固

定在0点，另一端拴一个质量为m的小球（其直径远小于L）,在悬点0的正下方小球摆动时球心

经过处的N点固定一光电门，忽略空气阻力和细绳的形变。

（1）用螺旋测微器测出小球的直径D,示数如图乙，小球直径。=.mm；

(2)将小球拉至偏离竖直方向的某位置，测出此时细绳与竖直方向的夹角e；

(3)多次从不同夹角。处释放，并测出相应的小球经过光电门的时间该小组同学利用图像来

分析数据，以cos。为横轴，以为纵轴，可作出图像为如图丙所示的一条直线。

,11

A.B.(△/)C.—D.―7T

')\t(Ar)

(4)若求得图像斜率的绝对值为k,则当地的重力加速度为8=(用D、k、L表示)。

z-n2

答案：①.5.670##5.668##5.669##5,671##5.672②.D③.——

2L

解：(1)[1]根据螺旋测微器读数规则得小球的直径D为

D=(5.5+17.0x0.01)mm=5.670mm

(3)[2]小球经过光电门的速度为

D

v--

Ar

根据机械能守恒定律有

1

mgL7(“i-cos0A)、=—/7?1—丫I

整理可得

工二驾一当c°se

(Ar)2D2D2

1

所以以cos。为横轴，以7r▼为纵轴，可作出图像为如图丙所示的一条直线。

(4)[3]由(3)知图像的斜率为

所以解得当地的重力加速度为

kD2

g=x

12.某同学欲测量量程为300RA的微安表头G的内阻，可供选择的实验器材有:

A.微安表头G(量程3001iA,内阻约为几百欧姆)

B.滑动变阻器与(0〜10kQ)

C.滑动变阻器/?2（0~50kn）

D.电阻箱（（）〜999.9C）

E.电源E（电动势约为9V）

F.开关、导线若干

该同学先采用如图甲所示的电路测量G的内阻，实验步骤如下:

①按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；

②断开S2,闭合S「调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；

③闭合S2,保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，使G的示数为250RA,记下此时电阻

箱的阻值.

回答下列问题：

（1）实验中滑动变阻器应选用（填器材前面的序号）；

（2）若实验步骤③中调节后的电阻箱如图乙所示，则G的内阻4=Q,设电流表G的内阻

的真实值为R宾，测量值为R测，贝1」夫真R测（选填“大于”、“小于”或“等于”）；

乙

（3）将该表头G改装成一个量程为3mA的电流表，需要（选填“串联”或“并联”）一个

C的电阻（保留一位小数）。

答案：①.C②.124③.大于④.并联⑤.13.8

解：(l)[1]表头的满偏电流为300piA,对应的电路中最小电阻为

9

R.=---------C=30k。

1300x10"

所以滑动变阻器应选择阻值较大的耳，故选C。

(2)[2][3]电阻箱的读数R=620.0。，闭合开关S2时认为电路中总电流不变，流过微安表电流

为250NA,则流过电阻箱的电流为5()RA,微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成

反比，则

R=-/?=124Q

者5

由于S2闭合后，总电阻减小，则总电流增大，所以通过电阻箱的真实电流大于50RA,即

/真＞/测

根据

IgRx=I'R'

解得

可得

R真＞R测

(3)[4][5]量程由原来的300^^扩大到30认，量程扩大到原来的10倍，需要并联一个

R

—JR13.8Q

10-1

的电阻。

13.如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为。，斜面上放置一个同种材料制成粗细均匀的矩形导线

框“Oc'd,其中a人边长L,be边长为2L，线框质量为m,电阻为R,孑1与MN之间存在磁感应

强度为B,方向垂直于斜面向上的有界匀强磁场(图中未画出)，为磁场的边界且W

到PQ间距离大于2L，导线框在平行于斜面向上且大小为F=mg的恒力作用下从静止开始运动,

运动过程中a/?边始终与底边M/V保持平行，aZ7边刚离开磁场时导线框做匀速运动，求：

(1)导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q；

(2)导线框离开磁场时速度v的大小；

(3)导线框离开磁场的过程中,沿边产生的热量Q。

答案：（1）q^^L.（2）丫=理（1—sin。）；（3）Q=—sin。）

RBL3

解：(1)根据

E=BLv

/一

R

q=It

2L=vt

得电荷量为

(2)导线框刚离开磁场时做匀速运动，沿斜面方向由力的平衡条件有

F=mgsin0+F安

由法拉第电磁感应定律有

E=BLv

%=BIL

R

联立得

y=，yA(l_sing)

B2l3

(3)设导线框离开磁场的过程中产生的总热量为。总，由能量守恒定律可知

。叔=F-2L-mg•2Lsin6

由电阻定律可知，边的电阻r=所以导线框离开磁场的过程中ab边产生的热量

6

。1。总

解得

Q叫心(1-sin8)

14.如图所示，长为L=0.5m的轻绳上端固定，下端拴接一个质量町=100g的小球，轻绳伸直

时小球恰好静止在光滑水平台上，质量为200g的平板紧靠平台放在水平地面上，其

上表面水平且与平台等高，平板上表面长s=0.36m,高〃=().2()m,质量为加2=200g的小

物块在水平面上以初速度%(未知)向右运动，与小球发生弹性碰撞后，碰撞结束瞬间轻绳上的拉

力为/=8.2N,随后小球在竖直平面内做圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上平板,

小物块与小球均可看作质点，平板与小物块间的动摩擦因数M=02,平板与地面间的动摩擦因数

4=0.5,gIR10m/s2，求:

(1)碰撞结束瞬间小球的速度外的大小;

(2)小物块刚滑上平板时的速度打的大小;

(3)小物块第一次落地时与平板右端的水平距离Xo

答案：(1)6m/s；(2)1.5m/s；(3)O.O7m

解：(1)碰撞结束瞬间，对小球有

0

口vr

可得

(F一叫g)L

W==6m/s

mA

(2)小物块与小球碰撞过程，有

m2vQ-+m2v2

g网1=(g片+；%芍

联立，代入数据求得小物块刚滑上平板时的速度，即碰后速度

v2=1.5m/s

(3)滑上平板后，根据牛顿第二定律可得小物块加速度大小

=2m/s2

对平板有

从铀g-%(M+)n^g=Ma2

代入数据求得

2

a2-lm/s

小物块到达平板最右端时，有

121，

V2rl-2a1?1=］。2，1+S

代入数据解得

4=0.4s或4=0.6s

因0.4s后，物块已经滑离平板，所以乙=0.6s舍去，可得％=0.4s时

v物=v2~a\f\=0-7m/s

v板=a2rl=0.4m/s

物块滑下平板后，做平抛运动有

物块

%,=丫物=0.14m

对平板，物块滑离后加速度大小为

。3=42g=0-5m/s

右=0.2s时,平板有

v3=u板一at2=0.3m/s

平板未停下，所以

12

故小物块第一次落地时与平板右端的水平距离

x=x]-x2=0.07m

（二）选考题：共13分.请考生从两道题中任选一题作答.如果多做，则按第一题计

分.

[物理---选修3-3]（13分）

15.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程be、四回到原状态，其〃一T图像如

图所示，aZ?的反向延长线过原点0,be,平行T轴，平行P轴，下列说法正确的是（）

A.a、b和c三个状态中，状态c体积最小

B.a、b和c三个状态中，状态b分子的平均动能最大

C.过程be中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量

D.过程中气体一定吸热

E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同

答案:ABD

解：A.依题意，由理想气体状态方程可知a、b在同一等容线上，所以a、b两状态体积相等，从

c到a温度不变，压强减小，体积增大，所以三个状态中，状态c体积最小，故A正确；

B.由题图可直接判断知

Tb>Tc=Ta

所以三个状态中，状态b分子的平均动能最大，故B正确；

C.过程be中，由理想气体状态方程可知气体压强不变，温度降低，体积减小，则外界对气体所做

功，气体的能量减小，根据热力学第一定律

△U=Q+W

可知，外界对气体所做的功小于气体所放出的热量，故C错误；

D.过程中气体体积不变，温度升高，根据热力学第一定律可知

W=0,Al/>0

则Q>0,所以气体一定吸热，故D正确；

E.由题图知

Pb=Pc，Tc<Th

所以b状态分子平均动能大于c状态分子平均动能；根据压强的微观解释可知b和c两个状态中，

容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数b状态少于c状态，故E错误。

故选ABD»

16.如图所示，总长为100cm的汽缸内壁光滑，右端开口，通过厚度不计的活塞封闭一定质量的理

想气体.开始时，汽缸内气体温度为27℃,活塞到汽缸左侧距离为60cm,现对汽缸缓慢加热，气

体膨胀而活塞右移.己知大气压强为p0=L()xIO,Pa.求

(1)汽缸内气体温度升到177℃时，活塞到汽缸左侧的距离；

(2)汽缸内气体温度升到3270c时，缸内封闭气体的压强.

答案：(l)90cm；(2)1.2X105Pa

解：(D由题意可知，在活塞移动到汽缸口前的过程中，气体发生的是等压变化.设活塞的横截面

积为S,活塞未移动时封闭气体的温度为T。，封闭气体的温度为［时，活塞到汽缸左侧距离x,则

由盖吕•萨克定律可知

及=匕

又因为

V；=0.65

K=xS

Ta=300K

工=450K

解得

x=9()cm

因为x<100cm,所以汽缸内气体温度缓慢升到177℃时，活塞到汽缸底部距离90cm.

（2）当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体温度为Tz,则由盖•吕萨克定律可知

%=匕

ToT2

又因为

匕=0.6S

V2=15

Ta=300K

解得

T2=500K=227℃

因为

227℃<327℃

所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到327℃时，封闭气体的压强为P3,由查理定律可以

得至（I

T2n

又

4=600K

代入