2024届湖南省高考适应性考试物理试卷含解析

2024届湖南省宁远县第一中学高考适应性考试物理试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、一辆汽车以速度y匀速行驶了全程的一半，以;行驶了另一半，则全程的平均速度为（）

2

v2v,3uv

A.-B9—C.—D.一

2323

2、吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈。若两岁的妞妞质量约为12kg,从十楼坠落，下落高度为28.8m,吴

菊萍的手臂与妞妞的接触时间约为0.1s,已知重力加速度g=10m/s2,则她受到的冲击力约为

A.3000NB.2880NC.1440ND.3220N

3、一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x内速度增加了v,动能变为原来的9倍。则该质点的加速度为（）

4、如图所示，物体m与斜面体M一起静止在水平面上。若将斜面的倾角（）稍微增大一些，且物体m仍静止在斜面

上，则

A.斜面体对物体的支持力不变

B.斜面体对物体的摩擦力变大

C.水平面与斜面体间的摩擦力变大

D.水平面与斜面体间的摩擦力变小

5、放射性元素A经过2次a衰变和1次p衰变后生成一新元素B,则元素B在元素周期表中的位置较元素4的位置

向前移动了

A.1位B.2位C.3位D.4位

6、我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为（=〃的圆轨道上做匀

速圆周运动，到4点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点4点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入

半径为4=3/•的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭厕轨道时距地心的晅离与速度的乘积为定值,卫星在椭圆轨

道上4点时的速度为y,卫星的质量为帆，地球质量为“，引力常量为G,则发动机在A点对卫星做的功与在点对

卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（）

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。分。

7、如图所示，一细长玻璃管插入面积很大的水银槽中，玻璃管上方有一段被封闭的长为/，的理想气体，玻璃管内、

外水银面的高度差为心玻璃管是导热的。当环境温度升高，玻璃管固定不动，气体和外界达到新的热平衡时，下列

说法正确的是O

A.L增大，h减小,气体压强增大

B.理想气体每个分子的速率都增大

C.封闭气体的内能一定增大

D.外界对封闭气体做功

E.封闭气体一定从外界吸收热量

8、如图是一定质量的理想气体的p—V图，气体状态从A-B—CrD-A完成一次循环，A—B（图中实线）和C—D为

等温过程，温度分别为Ti和T2.下列判断正确的是（）

A.TI>T2

B.C-D过程放出的热量等于外界对气体做的功

C.若气体状态沿图中虚线由A-B,则气体的温度先降低后升高

D.从微观角度讲BTC过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的

E.若B-C过程放热200.1,DTA过程吸热300J,则D->A过程气体对外界做功100J

9、下列关于热力学定律的说法正确的是_______。

A.如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定用等

B.外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加

C.可以找到一种材料做成墙壁，冬天供暖时吸收热量温度升高，然后向房间自动释放热量供暖，然后再把热量吸收

回去，形成循环供暖，只需要短时间供热后即可停止外界供热

D.低温系统可以向高温系统传递热量

E.无论科技如何进步与发展，绝对零度都不可以达到

10、如图所示，质量为机的滑块以一定初速度滑上倾角为6的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力尸=〃区sin6；

已知滑块与斜面间的动摩擦因数〃=tan。，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量

滑块动能势能"尸，机械能七随时间I,位移•，关系的是（）

0

B

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）某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片尸

置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯（选

填“插入”或“拔出”）或将变阻器的滑片P向端滑动（选填或“肥）°

12.（12分）图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，Ri、Ri、&、&和心是固定电阻,

心是可变电阻，表头电流表G的量程为内阻4=200Q,E为换挡开关，A端和8端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，分别为直流电压3V挡和15V挡，直流电流5mA挡和1A挡，欧姆“xlOOQ”挡。

表头

AB

甲J

（1）图甲中A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接

⑵开关S装位置_________（填或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。4+&=

&=R$=Co

⑶某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时8端是与“产相连的，则多用电表读数为;若此时3端

是与“3”相连的，则读数为o

（4）多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测

量电阻时，所测得的电阻值将（演“偏大”、“偏小”或“不变

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）如图所示，长0.32m的不可伸长的轻绳一端固定于。点，另一端拴一质量为0.3kg的小球B静止在水平

面上，绳恰好处于伸直状态。一质量为0.2kg的小球A以某一速度沿水平面向右运动，与小球B发生弹性正碰，碰撞

后小球B恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取lOmU,求：

⑴碰撞后小球B的速度大小；

⑵碰撞前小球A的速度大小。

2

14.（16分）如图所示，一个高L=18cm、内壁光滑的绝热汽缸，汽缸内部横截面积S=30cnR缸口上部有卡环，一绝

热轻质活塞封闭一定质量的气体，活塞与汽缸底部距离L产9cm。开始时缸内气体温度为27C,现通过汽缸底部电阻

丝给气体缓慢加热。已知大气压强p=lxl（）5Pa,活塞厚度不计，活塞与汽缸壁封闭良好且无摩擦。

①封闭气体温度从27C升高到127c的过程中，气体吸收热量18J,求此过程封闭气体内能的改变量；

②当封闭气体温度达到387C时，求此时封闭气体的压强。

15.（12分）如图所示，在04x4”的区域I内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域H内有垂直于纸面向

外的匀强磁场，它们的磁感应强度均为瓦，磁场边界与x轴交于尸点。一质量为〃?，电荷量为q（g>0）的粒子沿x

轴从原点。水平射入磁场。当粒子射入速度不大于%时，粒子在磁场中运匆的时间都相等，不计重力：

（1）求速度小的大小；

（2）若粒子射入速度的大小为2%）,求粒子两次经过边界到尸点距离的比值；（结果可带根号）

（3）若调节区域H磁场的磁感应强度大小为2队，使粒子以速度〃卬（n>l）从。点沿x轴射入时，粒子均从。点射

出磁场，求〃与2满足的关系。

i*ii

ax

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、B

【解析】

_s_2s22v

设全程为2s,前半程的时间为；r,=-.后半程的运动时间为："=7.则全程的平均速度为：v=--S=J.故

v24+'23

B正确，ACD错误.故选B.

2、A

【解析】

对妞妞下降过程有

v2=2gh

得

v=24m/s

规定向上为正向，由动量定理得

(F-mg)t=0-(-wv)

代入数据求得

F=3000N

A.3000N与分析相符，故A正确；

B.2880N与分析不符，故B错误；

C.1440N与分析不符，故C错误：

D.3220N与分析不符，故D错误：

故选：Ao

3、A

【解析】

设质点的初速度为％,则动能

L12

%=5，叫

由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故

v'=3%,Av=2v0=v

故平均速度

匚中=2…

根据位移公式可知

-x

V=—=V

t

根据加速度定义可知

Avv2

a=—=一

tx

A正确，BCD错误。

故选A。

4、B

【解析】

A、物体m静止不动，受力平衡.可对物体受力分析，正交分解重力G得：

斜面体对物体的支持力N=mgcos6

斜面体对物体的摩擦力f=mgsin-,

比较可知己稍微增大一些，N变小，f变大，故A错误、B正确.

C、对于水平面对斜面的力，最好采用整体法，对m和M整体进行受力分析：

整体受重力和水平面的支持力，因为整体处于静止也就是平衡状态，所以地面对斜面体的摩擦力始终为零，水平面对

斜面体间的支持力不变.故C错误、D错误.

故选：B.

5、C

【解析】

a粒子是；He,小粒子是因此发生一次a衰变电荷数减少2,发生一次衰变电荷数增加1,据题意，电荷数变

化为：-2x2+1=—3,所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位.故选项C正确.

【点睛】

衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次a衰变电荷数减少2,发生一次p衰变电荷数增加1可以计算出放射性

元素电荷数的变化量.

6、B

【解析】

根据万有引力提供向心力可得

GMm_

解得卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小

4=怦

同理可得在半径为3r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为

设卫星在椭圆轨道上8点的速度为匕，根据题意有

v«r=ve»3r

可知在A点时发动机对卫星做功

...1212

\V]=—mv--mv~

在B点时发动机对卫星做的功为

叫号喃­3呜/

因此有

5,2GMm

Wi-W,=-mv---------

-93r

故B正确，A、C、D错误；

故选B.

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。分。

7、ACE

【解析】

A.当环境温度升高，假设内、外水银面的高度差不变，由于气体温度升高，气体压强增大，故内、外水银面的高度

差不可能不变，高度差〃减小，气体长度L增大，气体压强增大，故A正确；

B.气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的平均速率都增大，故B错误：

C.一定质量的理想气体，内能由温度决定，温度升高时，气体的内能一定增大，故C正确：

D.由于气体体积增大，故气体对外做功，故D错误：

E.根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，故E正确。

故选ACEo

8、ABE

【解析】

由图示图象可知，O-A过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高，即A点的温度高于

。点的温度，则工>(,故A正确；C-D过程是等温变化，气体内能不变，AU=0,气体体积减小，外界对气体做

功，VV>0,由热力学第一定律得Q=AU—W=-WvO,气体放出热量，由以上分析可知，C-O过程放出的热量

等于外界对气体做的，故B正确；若气体状态沿图中虚线由A-比则气体的温度先升高后降低，故C错误；从3-C

过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，

分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变，分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减

小，故D错误；由热力学第一定律可知，若8-C过程放热200J,过程吸热300J,则过程气体对外界做

功100J,故E正确；

9、ADE

【解析】

A.如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等，A正确；

B.外界做正功，有可能同时放热，内能的变化不确定，B错误；

C.根据热力学第二定律，题中所述的问题不可能实现，选项C错误；

D.低温系统向高温系统传递热量是可以实现的，前提是要引起其他变化，D正确；

E.绝对零度不可以达到，E正确.

故选ADE。

10、CD

【解析】

A、滑块向上滑动过程中做匀减速直线运动，5=%入件,由此可知位移s与时间成二次关系，由。寸可知，A错;

B、根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，图像B应为曲线，B错；

C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能故Ep・s图象是直线，故C正确；

D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；

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、拔出、a

【解析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通

量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片产向。端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。

12、黑1505602400052A1400。偏大

【解析】

由题中所示电路图可知，8与欧姆表内置电源的负极相连，8为红表笔，4为黑表笔。

(2)[2]由题中所示电路图可知，开关S接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；

⑶根据题中所示电路图，由欧姆定律可知

1x103x200

R、+R、Q=5OC

5X10-3-1X10-3

|4||5)5mA电流挡的内阻为

（凡+凡）4

=40Q

用+R?+Rg

则

3

凡u-40）Q=560Q

/2

&二4-凡一凡=(15,-40-560)。=2400。

I-)5x10

(3)[6国端是与“1”相连的，电流表量程为13分度值是0.02A,多用电表读数为

0.02Ax26=0.52A

⑺此时B端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为

14xl(X)C=14(X4

(4)[8]当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流4不变，欧姆表内阻

变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R内变小时，有

1=E%。

0十尺。+9

由于4不变、R内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。

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、(1)4m/s；(2)5m/s

【解析】

⑴小球B通过最高点时，由牛顿第二定律得

对小球R从最低点到最高点由动能定理得

1

r/。12

乙乙

解得

vlt=4m/s

⑵小球A与小球B发生弹性正碰，由动量守恒定律得

外%="中。+外。

由能量守恒定律得

乙乙乙

解得

%=5m/s

14、®9J；②l.lxl^Pa

【解析】

①活塞上升过程中封闭气体做等