四川绵阳中学2023级高考适应性考试（一）物理+答案

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⭐绵阳中学2023级高考适应性考试（一）

物理试题

注意事项:

1.考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名、准考证号、座位号和班级。

2.考生回答选择题时，选出每小题答案后,须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。考生回答非选择题时，须用0.5mm黑色字迹签

字笔将答案写在答题卡上。选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效。

3.考生不得将试卷、答题卡和草稿纸带离考场,考试结束后由监考员统一收回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是最符合题目要求的。

1．有关光的现象和电磁波，下列说法正确的是()

A．康普顿效应说明光具有波动性

B．干涉现象说明光是横波

C．偏振现象说明光具有粒子性

D．电磁波的电场、磁场、速度方向之间相互垂直

2.下列关于电场线的画法错误的是()

ABCD

3．如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，在向低能级跃

迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确

的是()

A．逸出光电子的最大初动能为10.20eV

B．从n=3跃迁到n=1放出的光子，动量最小

C．有3种频率的光子，能使金属钠产生光电效应

D．用光子能量为10.2eV的光照射时，不能使处于基态的氢原子电离

4．2026年2月13日，中国完成首次火箭一级箭体海上搜索与回收任务。假定回收火箭A时，

钢索1234刚好处于行架的正中间，钢索中间的正方形夹住火箭A，火箭A伸出托架压在四条钢

索上。平衡时，每条钢索与竖直方向成60°。已知火箭质量为m，重力加速度为g；则每一条钢

索的张力为()

11

A．mgB．mgC．mgD．2mg

42

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5．东风-5C是中国研制的液体燃料洲际弹道导弹，最大射程超过1万公里，具备全球打击能力。

设某导弹起飞质量M=5×104kg，竖直起飞阶段发动机以kg/s的速率向后喷射燃气，燃气

相对导弹的喷射速度v=2800m/s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求起飞瞬间导弹的竖

直向上加速度()

A．3m/s2B．4m/s2C．5m/s2D．6m/s2

6.如图甲所示，虚线MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0与MN

共面、边长为L的单匝金属线框abcd以MN为对称轴

放置在纸面内，以角速度ω1绕轴匀速转动，再将线框

1

在纸面内向右平移L，使线框绕MN以角速度ω2匀速

4

转动，如图乙所示，若甲、乙两图中线框中热功率相等，

则ω1：ω2等于()

A.5：2B．2：5

C．3：2D．2：3

7.如图所示，一根劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂质量为2m铁块A，其下方吸引一质量为m磁

铁B，磁铁对铁块的吸引力恒为2mg。若使A和B能一起沿竖直方向做简谐运动，重力加速度为

g，空气阻力不计。下列说法正确的是()

A．A、B一起做简谐运动的最大振幅为mg

k

B．铁块A的最大加速度为g

C．铁块A在最高点时，A、B之间的弹力可能为零

22

D．铁块A从最低点至最高点过程中，其重力势能变化量最大值为9mg

k

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小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。

8.如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。地球和太阳中心的连

线与地球和该行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。

已知该行星的最大视角为θ,当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好

者观察该行星的最佳时期。下列说法正确的是()

A．地球绕太阳运动的周期小于该行星绕太阳运动的周期

B．地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度

C．行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等

3

D．行星绕太阳运动的角速度与地球绕太阳运动的角速度之比为ω行:ω地=1:sinθ

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9．如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为0.5m，左端连接的电源电动

势为10V、内阻为2Ω,质量为0.4kg、长为0.5m的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻

为3Ω。整个装置处在磁感应强度大小为2T、方向竖直向下的匀强

磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，

则下列说法正确的是()

A．金属杆的最大速度大小为10m/s

B．此过程中通过金属杆的电荷量为2C

C．此过程中电源提供的电能为20J

D．此过程中回路电阻产生的总热量为20J

10.图中AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角α=1°（图中α

角为放大后）．现将一质点在BOA面内从A处以速度v＝5m/s射出，其方向与AO间的夹角

θ=60°,OA＝10m．设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点

与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，

可忽略不计，下列说法正确的是()

A.回到A点前小球经过59次碰撞

B.回到A点前小球经过60次碰撞

C.小球运动2s后回到A点

D.小球运动23s后回到A点

三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13~15小题解答时请写出必要的文字说明、

方程式和重要的演算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11.雅明干涉仪可以利用光的干涉来测定气体的折射率，其光路图如图所示。图中S为光源，G1、

G2为两块完全相同的平行玻璃板，彼此平行放置，每一块玻璃板都有一个镀银面。T1、T2为两

个等长度的玻璃管，长度均为d。测量时，先将两管抽空，然后将气体徐徐充入玻璃管T2中，

在E处观察干涉条纹的变化，即可测得该气体的折射率。（已知光速为c）兴趣小组成员设计了

如下实验：

（1）若T1中是真空，T2中充入气体达到标准状态后，气体的折射率为n，则光通过T2的时间

是；从光源S到E点的时间差。

（2）保持温度不变，将待测气体充入T2管中，从开始进气至到达标准状态的过程中，在E处看

到恰好移过N条干涉亮条纹，已知待测光在真空中的波长为λ,该气体在标准状态下的折射率为

。（用λ、d、N表示）

12.某兴趣小组的同学测量一根长直金属丝的电阻率。按图甲所示的电路用补偿法测出该金属丝

的电阻：先将R0串入电路，粗调R2，使灵敏电流计G（零刻度在中央）读数为零，再将R0短路，

细调R1，使电流计G读数为零。读出电压表和电流表的示数，即可得到金属丝接入电路的电阻Rx。

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（1）用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径，然后求出直径的平均值d。

某次测量时，螺旋测微器示数如图乙所示，则读数为mm。

（2）已知金属丝接入电路的阻值约为5Ω,若有两种规格的滑动变阻器：①最大阻值10Ω;②最

大阻值200Ω,实验中R1应选用。（填①或者②)

（3）按图甲连接好电路后，正确操作顺序是。

①闭合开关S1

②将滑动变阻器R1、R2的滑片置于其中央附近

③读出电压表的示数U和电流表的示数I

④闭合S2，调节R1，使电流计的示数为零

⑤调节R2，使电流计的示数为零

（4）灵敏电流计内阻Rg=10Ω,细调精度为粗调的10倍，则R0=Ω,

（5）用刻度尺测出金属丝接入电路部分的长度L，则金属丝的电阻率ρ=（用L、d、U、

I表示）。

13．（10分）已知一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，

其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，容器内的空气压强为p0，大气压强

为p0，求：

(1)作为打气筒时，活塞工作n次后，容器内的气体压强分别为多少？

(1)作为抽气筒时，活塞工作n次后，容器内的气体压强分别为多少？

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14.（12分）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行细导轨（足够长）水平放置，一质

量为3m的缓冲细滑杆B与轨道垂直且左右对称放于轨道上，其中点通过一根不可伸长的轻绳连

接一质量也m的小球A。轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳拉直，与水平面夹角成30°,绳

长为L。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，绷直瞬间时间极短，A球重力的冲量可忽

略不计。重力加速度为g。求：

（1）小球A运动到绳即将绷直前的速度大小；

（2）小球A运动到绳绷直后瞬间的速度大小；

（3）小球A释放后能运动到的最高位置。

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15.（16分）如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图

中虚线所示，其方程为y=0.5x2，虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大

小为E=1N/C，第三象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0=2T。在抛

物线的下方0≤y≤0.5m的区域有大量质量m=6.0×10_6kg、电荷量q=+6.0×10_6C的粒子以相同

的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒子的重力，求：

(1)带电粒子的初速度v0大小；

(2)在磁场中，所有带电粒子能到达离x轴的最远距离y1。

(2)若磁感应强度与y轴的关系为B=（2-1）y(T)，那么所

有粒子在磁场中，能到达离x轴的最远距离y2。

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绵阳中学2023级高考适应性考试（一）

物理答案

一、单项选择题

1．D2.C3.D

4．A在竖直方向上，每一根钢索的分力为mg，则每一根钢索的张力为

Tmg

5．B【详解】对微元∆m，动量定理得F∆t=∆mv，变形得v=7；则对起飞时的导弹，

5

竖直方向受力分析F-Mg=Ma，解得导弹加速度为Fx10N

2

4m/s2

6.A【详解】甲图中，电动势的有效值：EB0Lω1乙图中，设电动势有效值

2

为，则解得：EB0Lω2由于两图中

热功率相等则：，解得：，故选。

E2ω1:ω2=5:2A

E1=E2

7.B【详解】AB．A、B静止时，根据平衡条件可得kx0=2mg+mg，解得x振幅最大的位置，

回复力最大，加速度最大，形变量最大，设为x，对整体，由牛顿第二定律得

kx−(2m+m)g=(2m+m)amax对磁铁B，由牛顿第二定律得2mg−mg=mamax，解得amax=g，x

A、B做简谐运动的最大振幅为A=x−x故A错误，B正确；C．铁块A在最高点时，根

据简谐运动的对称性可知，磁铁B的加速度为g，方向竖直向下，对磁铁B，由牛顿第二定律得

FN−2mg+mg=mg解得FN=2mg>0故C错误；D．铁块A从最低点运动到最高点的竖直高度差为

，其重力势能的变化量为故错误。

Δh=2AΔEp=2mg.ΔhD

二、多项选择题

8.BD【详解】AB．根据Gr，可知v所以地球绕太阳运动

的周期大于该行星绕太阳运动的周期，地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度，

A错误、B正确；C．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的

面积相等，C错误；D．设该行星与太阳的连线和该行星与地球的连线的夹角为α,则由正弦定理

得则sinsinα,当α=90°时地球对该行星的视角最大，可得行星的轨道半径r=r地sinθ,

地

2

由Gmωr，得ω行:ω地D正确。故选BD。

9．AD【详解】闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感

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线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最

大速度，此时E＝BLvm，得vm＝l0V，选项A正确；对金属杆应用动量定理有BLIt＝mvm，

B

又q＝It，得q＝C，选项B错误；电源提供的电能E电＝qE＝J，选项C错误；根

BB

2

据能量守恒定律，E电＝Ek＋Q热，Ek＝mvm，可得Q热＝E电－EkJ，Q热为电源内阻和

金属杆上产生的总热量，选项D正确。

l0.AC【详解】此质点弹性碰撞时的运动轨迹所满足的规律

和光的反射定律相同，所以可用类比法通过几何光学的规律

进行求解．即可用光在平面镜上反射时，物像关于镜面对称

的规律和光路是可逆的规律求解．AB.第一次，第二次碰撞

如图所示：由三角形的外角等于不相邻的一两个内角和可知

∠MBA＝60°+l°=6l°,故第一次碰撞的入射角为90°_6l°

=29°.第二次碰撞，∠BCA＝6l°+l°=62°,故第二次碰

撞的入射角为90°_62°=28°.因此，每碰一次，入射角

要减少l°,即入射角为29°、28°、0°,当入射角为0°时，

质点碰后沿原路返回，最后在A处的碰撞之前，往返总共

59次碰撞。CD.如图所示：从O依次作出与OB边成l°、

2°、3°、的射线，从对称规律可推知，在AB的延长线上，BC,、C,D,、D,E,分别和BC、CD、

DE相等，它们和各射线的交角即为各次碰撞的入射角与直角之和．碰撞入射角为0°时，即交

角为90°时开始返回．故质点运动的总路程为一锐角为60°的Rt△AMO的较小直角边AM的二

倍．即：s＝2AM＝2AOcos60°=l0m。所用总时间：ts；

三、非选择题

ndd(n_l)

ll.【答案】(l)

cc

【详解】（）光在中的速度为光在中的时间为光通过的时间是

l[l]T2vT2t]Tltl

两束光从光源到点的时间差）每看到一条亮条纹移过，一定是光程差增

SEΔt=t2_tl2

大了一个波长，时间差为一个周期T。由于移动N条干涉亮纹，时间差为NT，有NT，又

n可得NT，根据nd_d=NcT=Nλ,解得nl

πUd2

l2.【答案】2.050①②①⑤④③90

4IL

【详解】（l）螺旋测微器读数为：2mm+5.0×0.0lmm=2.050mm（2）为方便调节，实验中Rl应选

用最大阻值l0Ω的滑动变阻器，即选择①；（3）按图甲连接好电路后，将滑动变阻器Rl、R2的

滑片置于其中央附近，闭合开关Sl，调节R2，使电流计的示数为零，闭合S2，调节Rl，使电流计

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的示数为零，读出电压表的示数U和电流表的示数I，可得Rx=故正确操作顺序是②①⑤④③;

（4）粗调时电桥总阻值为Rg+R0，细调时电桥总阻值为Rg；精度为10倍意为：两端相同电压下，

Rx

细调时电流表读数为粗调时的10倍，故Rg+R0=10Rg，则R0=90Ω（5）根据电阻定律：

又Rx联立得：

13．【答案】（2）

【解析】(1)打气时，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V，（2分）所以（2分）

V

(2)抽气时，根据玻意耳定律得：第一次抽气p0V＝p1(V＋V0)，（2分）p1＝p0.第二次抽气

V＋V0

p1V＝p2活塞工作n次，则有：pnV＝pn-1(V＋V0)（2分），

pn＝（2分）

14.【答案】（1）2gL（2）（3）B杆上方L处

【详解】（1）小球从静止开始做自由落体运动，直至到达与轨道水平面对称的位置。在此过程

中，对小球应用动能定理，有：mgmv（1分）解得：v0=2gL（1分）

（2）绷直瞬间，绳的拉力远大于重力，对小球在水平和竖直方向分别

应用动量定理。设绳的冲量大小为I，绷直后瞬间小球水平速度大小为

vx，竖直速度大小为vy，滑杆B的速度大小为vB。以水平向左为正方

向，有Icos30°=mvx（1分）。以竖直向下为正方向，有

（1分）滑杆B与小球系统在水平方向动量守恒，有：y

__Isin30o=mv__

（1分）沿绳方向速度关联，满足

mv00=mvx__

BByx

3（mv分）联立解得：vCOs30o=vsin30o__vCOs30此时小球的速

1vxvyvB

度分）

vA1

（3）从轻绳绷直后到小球运动至最高点，滑杆B与小球系统水平方向动量守恒且机械能守恒。

当小球运动到最高点时，小球与滑杆B相对静止，即此时：vA1=vB1（1分）水平动量守恒：

mvA1+3mvB1=0解得：vA1=vB1=0，设B处为零势能面，机械能守恒：

mvmvmgLsin30°=mgh+0+0（1分）解得：hL（1分），即A能运动到的最高点为B

3

杆上方L处

10

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15【答案】（1）1m/；（2）；（3）

.v0=symy2=·2m

【详解】（1）设从坐标为（x，y）处射入的粒子，在电场中做类平抛运动，则水平方向：x=v0t

22

（1分），竖直方向：yat（1分），加速度：ay=0.5x，联立解得v0=1m/s

（1分）

(2)粒子从O点进入磁场时，水平速度：vx=