2024屆湖北省宜荊荊高三下學(xué)期5月適應(yīng)性測試（一模）物理試題【含答案解析】

宜荊荊五月高考適應(yīng)性測試物理試題一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求．每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.2022年9月國家原子能機構(gòu)展示了近年來核技術(shù)在我國國民經(jīng)濟領(lǐng)域的重大應(yīng)用成果。其中醫(yī)用同位素镥177的自主可控及批量生產(chǎn)入選。該成果破解了多年來我國對其大量依賴進口的局面。镥177的半衰期約為6.7天，衰變時會輻射γ射線。其衰變方程為，下列說法正確的是（）A.該反應(yīng)產(chǎn)生的新核比的比結(jié)合能小B.衰變時放出的X粒子的電離本領(lǐng)比γ射線弱C.衰變時放出的X粒子來自于镥177內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化D.100克含有镥177的藥物經(jīng)過13.4天后，將有25克的镥177發(fā)生衰變【答案】C【解析】【詳解】A．衰變時放出核能，故產(chǎn)生的新核比的比結(jié)合能大，A錯誤；C．根據(jù)核反應(yīng)中電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒判斷，反應(yīng)方程為即衰變方程中的X為電子，為β衰變，其中的β射線是由原子核中的中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子和一個電子產(chǎn)生的，C正確；B．衰變時放射出的射線電離本領(lǐng)最弱，B錯誤；D．經(jīng)過13.4天后，剩余25克的镥177，D錯誤。故選C。2.2023年2月26日，中國載人航天工程三十年成就展在中國國家博物館舉行，展示了中國載人航天發(fā)展歷程和建設(shè)成就。如圖所示是某次同步衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道3，點火變速在軌道P、Q兩點，P為軌道1和軌道2的切點，Q為軌道2和軌道3的切點。軌道1和軌道3為圓軌道，軌道2為橢圓軌道。設(shè)軌道1、軌道2和軌道3上衛(wèi)星運行周期分別為、和。下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星在軌道3上的動能最大B.衛(wèi)星在軌道3上Q點的加速度大于軌道2上P點的加速度C.衛(wèi)星在軌道2上由P點到Q點的過程中，由于離地高度越來越大，所以機械能逐漸增大D.衛(wèi)星運行周期關(guān)系滿足【答案】D【解析】【詳解】A．在圓軌道，根據(jù)萬有引力提供向心力可得則衛(wèi)星在軌道3上的速度小，故衛(wèi)星在軌道3上的動能小，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得解得故軌道3上Q點的加速度小于軌道2上P點的加速度，故B錯誤；C．軌道2上從P到Q點只有萬有引力做功，機械能不變，故C錯誤；D．根據(jù)開普勒第三律，對軌道1有同理對2、3有聯(lián)立可得故D正確故選D。3.某品牌電動汽車以額定功率在平直公路上勻速行駛，在t1時刻突發(fā)故障使汽車的功率減小一半，司機保持該功率繼續(xù)行駛，到時刻汽車又開始做勻速直線運動（設(shè)汽車所受阻力不變），則在時間內(nèi)（）A.汽車的加速度逐漸增大 B.汽車的加速度逐漸減小C.汽車的速度先減小后增大 D.汽車的速度先增大后減小【答案】B【解析】【詳解】電動汽車以額定功率在平直公路上勻速行駛，則有在t1時刻突發(fā)故障使汽車的功率減小一半，由于速度來不及變化，可知此時牽引力減小為原來的一半，即牽引力小于阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度方向與速度方向相反，汽車開始做減速運動，速度減小，又導(dǎo)致牽引力增大，可知汽車的加速度逐漸減小，當(dāng)牽引力增大到等于阻力時，加速度減少到0，又做勻速直線運動；故在時間內(nèi)汽車做加速度逐漸減小的減速運動。故選B。4.圖甲是一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.5m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x=12m處的質(zhì)點；圖乙為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A.這列波沿x軸負(fù)方向傳播B.在t=0.25s時，質(zhì)點P的位置坐標(biāo)為C.從t=0.1s到t=0.25s的過程中，質(zhì)點Q的位移大小為30cmD.從t=0時刻開始計時，質(zhì)點P在時（n=0、1、2…）到達波峰【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)圖乙，t=0.1s時，質(zhì)點Q向下振動，所以這列波沿x軸正方向傳播，A錯誤：B．根據(jù)乙圖，波的周期為T=0.2s，根據(jù)圖甲，波向正方向傳播，則t=0.1s時質(zhì)點P向下振動，到t=0.25s，歷時質(zhì)點P回到t=0.1s時的初始位置，坐標(biāo)為，B正確；C．從t=0.1s到t=0.25s的過程中，歷時，質(zhì)點Q運動到波峰，其位移大小為10cm，C錯誤；D．波速為根據(jù)圖甲，t=0.1s時刻開始計時，質(zhì)點P到達波峰的時刻（n=0、1、2…）D錯誤。故選B。5.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1，電源的輸出電壓，定值電阻，，滑動變阻器的最大阻值為5Ω，a、b為滑動變阻器的兩個端點，所有電表均為理想電表?，F(xiàn)將滑動變阻器滑片P置于b端，則（）A.電流表示數(shù)為B.電壓表示數(shù)為10VC.滑片P由b向a緩慢滑動，消耗的功率減小D.滑片P由b向a緩慢滑動，變壓器的輸出功率減小【答案】C【解析】【詳解】AB．題圖的電路圖可以等效為設(shè)原線圈兩端電壓為，副線圈兩端電壓為，又因為理想變壓器原副線圈的功率相等，有整理有電源的電壓輸出為因為電流表和電壓表測量的為有效值，電源的有效值為30V，電流表的示數(shù)為原線圈兩端電壓的有效值為電壓表測量的是副線圈兩端的電壓，即整理有故AB錯誤：C．當(dāng)滑片P從b向a緩慢滑動過程中，阻值變大，根據(jù)電流規(guī)律可知，總電阻變大，結(jié)合之前的分析可知，流過電阻的電流減小，由變壓器規(guī)律，流過副線圈的電流也成比例減小，電阻不變，電流減小，根據(jù)，所以功率減小，故C正確；D．由之前的分析，可以將電阻與電源放在一起，等效成新電源，其副線圈輸出功率變?yōu)樾码娫吹妮敵龉β剩须娫吹妮敵龉β实囊?guī)律可知，當(dāng)?shù)刃щ娮璧扔谛码娫吹膬?nèi)阻20Ω時，即，其輸出功率最大，所以在滑片從b向a緩慢滑的過程中，其副線圓的輸出功率先增大，后減小，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，長方形ABCD所在平面有勻強電場，E、F分別為AB邊、CD邊中點，已知AB邊長為8cm、BC邊長為4cm。將電子從C點移動到D點，電場力做功為20eV；將電子從E點移動到F點，電場力做功為-10eV，不計所有粒子重力，下列說法正確的是（）A.長方形ABCD的四個頂點中，D點的電勢最高B.勻強電場的電場強度大小為C.沿AC連線方向，電勢降低最快D.從D點沿DC方向發(fā)射動能為4eV的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為2eV【答案】D【解析】【詳解】AC．由于電子帶負(fù)電，根據(jù)可知，將電子從C點移動到D點，電場力做功為20eV，則有將電子從E點移動到F點，電場力做功為-10eV．則有取F點電勢為零由于F為CD邊中點。則有可得，則DE為等勢面。根據(jù)等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線沿AF方向，如下所示可知，沿AF方向電勢降低最快，A點的電勢最高，故AC錯誤；B．勻強電場大小為故B錯誤；D．從D點沿DC方向發(fā)射動能為4eV的電子。則該電子在電場中做類斜地運動，則當(dāng)電子沿電場線方向上的分速度為零時，電子的動能最小，此時電子的速度為由于發(fā)射動能為則最小動能為故D正確。故選D。7.如圖甲所示，物體a、b間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中a物體最初與左側(cè)的固定擋板相接觸，b物體質(zhì)量為4kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在a物體離開擋板后的某時刻開始，b物體的圖象如圖乙所示，則可知（）A.a物體的質(zhì)量為1kgB.a物體的最大速度為2m/sC.在a物體離開擋板后，彈簧的最大彈性勢能為6JD.在a物體離開擋板后，物體a、b組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒【答案】C【解析】【詳解】AB．解除對彈簧的鎖定，a離開擋板后，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。由題意可知b的速度最大時，a的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；b的速度最小時，a的速度最大，且此時也處于原長。設(shè)a的質(zhì)量為，a的最大速度為根據(jù)動量守恒有由機械能守恒可得由圖像可知，解得，AB錯誤；C．當(dāng)a、b速度相等時，a、b動能之和最小，根據(jù)能量守恒定律，此時彈簧勢能最大。根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒解得C正確；D．在a物體離開擋板后，物體a、b以及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒，D錯誤。故選C。8.如圖所示，在屏幕MN的下方有一截面為等邊三角形的透明介質(zhì)，三角形邊長為1，頂點與屏幕接觸于C點，底邊AB與屏幕MN平行。激光a垂直于AB邊射向AC邊的中點，恰好發(fā)生全反射，光線最后照射在屏幕MN上的E點（圖中未畫出）。已知光在真空中的傳播速度為c，下列說法正確的是（）A.光在透明介質(zhì)中發(fā)生全反射的臨界角為30°B.該透明介質(zhì)的折射率為C.光在透明介質(zhì)中的傳播速度為D.光從射入AB面開始到射到E點的時間為【答案】BCD【解析】【詳解】AB．畫出光路圖如圖所示在界面AC恰好發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系可知全反射臨界角則折射率故A錯誤，B正確；C．又則光在透明介質(zhì)中的傳播速度為故C正確；D．由幾何關(guān)系可得則光從射入AB面開始到射到E點的時間為故D正確。故選BCD。9.如圖所示，MN、PQ兩條平行光滑固定金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，兩導(dǎo)軌的間距為L，M和P之間接阻值為R的定值電阻。導(dǎo)軌所在的空間有兩條寬度均為d的勻強磁場I和Ⅱ，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，大小分別為、，磁場I的下邊界與磁場Ⅱ的上邊界間距為3d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，阻值為R的導(dǎo)體棒從距磁場I上邊界距離為d處由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好分別以速度、勻速穿過磁場I和Ⅱ。導(dǎo)體棒穿過磁場I和Ⅱ的過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量分別為、，定值電阻R上產(chǎn)生的熱量分別為、。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，在運動過程中導(dǎo)體棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，則（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【詳解】A．當(dāng)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上無磁場區(qū)域運動過程，根據(jù)牛頓第二定律解得導(dǎo)體棒從靜止運動到磁場I上邊界過程，根據(jù)解得導(dǎo)體棒運動到磁場I上邊界時的速度為同理導(dǎo)體棒從靜止運動到磁場Ⅱ上邊界過程根據(jù)解得解得A正確；B．受到的安培力為導(dǎo)體種通過兩勻強磁場時做勻速直線運動有兩式聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度則B正確；C．通過導(dǎo)體棒電荷量兩磁場寬度相等，導(dǎo)體棒長度不變，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小之比則導(dǎo)體棒在穿過勻強磁場I和Ⅱ過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量C錯誤；D．導(dǎo)體棒的電阻與定值電阻阻值相等，根據(jù)串聯(lián)電路特點可知，兩者產(chǎn)生的熱量相等，導(dǎo)體棒勻速通過勻強磁場I過程中，根據(jù)能量守恒定律有解得導(dǎo)體棒勻速通過勻強磁場Ⅱ過程中，根據(jù)能量守恒定律有解得則且D錯誤。故選AB。10.如圖所示，半徑為R=0.4m的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心等高。一個質(zhì)量為m=2kg的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方處。小球從最高點A由靜止開始沿順時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為。下列說法正確的有（）A.彈簧長度等于R時，小球的動能最大B.小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差的大小為80NC.小球運動到B點時的速度大小為4m/sD.從A點運動到B點的過程中，小球的機械能先增大后減小，在D點小球的機械能最大【答案】BC【解析】【詳解】A．由題可知，彈簧長度等于R時，彈簧處于原長，在此后的過程中，小球的重力沿軌道的切向分力大于彈簧的彈力沿軌道切向分力，小球仍在加速，所以彈簧長度等于R時，小球的動能不是最大。故A錯誤；C．小球在A、B兩點時彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得解得小球運動到B點時的速度故C正確；B．設(shè)小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F，在A點，圓環(huán)對小球的支持力在B點，由牛頓第二定律得解得圓環(huán)對小球的支持力則由牛頓第三定律知，小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg=80N故B正確；D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，從A到D的過程中，彈性勢能先減小后增大，故小球機械能先增大后減小，彈簧原長時小球機械能最大，故D點機械能不是最大，故D錯誤。故選BC。二、非選擇題：本題共5小題，共60分．11.在“用單擺測量重力加速度的大小”實驗中：（1）用游標(biāo)卡尺測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖甲所示，則該擺球的直徑為________cm，用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖乙所示，懸掛點與刻度尺0刻度線對齊，由圖甲和圖乙可知單擺的擺長為________m（結(jié)果保留三位小數(shù)）；（2）將單擺正確懸掛后進行如下操作，其中正確的是_______A.實驗時可以用秒表測量擺球完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期B.把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度靜止釋放，使之做簡諧運動C.實驗時將擺球拉開一個很小的角度靜止釋放，并同時啟動秒表開始計時D.擺球應(yīng)選體積小，密度大的金屬小球（3）用多組實驗數(shù)據(jù)作出圖像，可以求出重力加速度g。已知三位同學(xué)作出圖線的示意圖如圖丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹怠t相對于圖線b，下列分析正確的是________A.出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB.出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將51次全振動記為50次C.圖線c對應(yīng)的重力加速度g大于圖線b對應(yīng)的g值【答案】（1）①.0.95②.0.993（2）BD（3）C【解析】【小問1詳解】[1]根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法可得，擺球的直徑為0.9cm+5×0.1mm=0.95cm[2]單擺的擺長為擺線的長度加上擺球的半徑，由圖乙可得，擺線的長度為98.8cm，則擺長為【小問2詳解】A．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期誤差較大，應(yīng)用累積法測量周期，即記錄n次全振動的時間，則周期為，A錯誤；B．把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之做簡諧運動，B正確；C．為減小測量誤差，在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時，C錯誤：D．為了減小擺球擺動過程中的空氣阻力，擺球應(yīng)選體積小，密度大的金屬小球，所以D正確。故選BD；【小問3詳解】A．若測量提長時忘了加上擺球半徑，則擺長變成搖線的長度L，則有根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，對圖象來說與b線斜率相等，兩者應(yīng)該平行，是截距；故作出的圖象中a線的原因，可能是誤將懸點到小球上端的距離記為擺長L。故A錯誤；B．圖線c的斜率變小，根據(jù)可知可能是T變小或L變大，誤將51次全振動記為50次則周期T變大，B錯誤；C．由可知則k變小，重力加速度g變大，C正確。故選C。12.多用電表是實驗室中常用的測量儀器，如圖甲所示為多量程多用電表示意圖。（1）通過一個單刀多擲開關(guān)S，接線柱B可以分別與觸點1、2、3、4、5接通，從而實現(xiàn)使用多用電表測量不同物理量的功能。圖中的E是電源電動勢（內(nèi)阻不計），、、是定值電阻，居是歐姆調(diào)零電阻，A、B分別與兩表筆相接。、、、都是定值電阻，表頭G的滿偏電流為20mA，內(nèi)阻為，已知。關(guān)于此多用電表，下列說法正確的是__________；A.圖中B是黑表筆B.當(dāng)S接觸點1或2時，多用電表處于測量電流的擋位，且接1比接2時量程小C.當(dāng)S接觸點3時，多用電表處于測電阻的擋位，電源的電動勢越大，歐姆表的內(nèi)電阻越大D.當(dāng)S接觸點4、5時，多用電表處于測量電壓的擋位，且接5比接4時量程大（2）該學(xué)習(xí)小組將“B”端與“3”相接，將A、B表筆短接，調(diào)節(jié)進行歐姆調(diào)零后測量未知電阻。得到通過表頭G的電流與被測未知電阻的關(guān)系如圖乙所示，由此可知多用電表中電池的電動勢E=_______V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。通過分析可知該小組使用多用電表的__________（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的歐姆擋進行測量未知電阻。（3）實驗小組用多用電表電壓擋測量電源的電動勢和內(nèi)阻。器材有：待測電源（電動勢約為8V），定值電阻，多用電表一只，電阻箱一只，連接實物如圖丁所示，正確操作后測得電阻箱接入電路的阻值R及其兩端電壓U，記錄多組數(shù)據(jù)后，得到對應(yīng)的圖，如圖丙所示，則電動勢________V，內(nèi)阻________Ω。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）。【答案】（1）CD（2）①.3.60②.×10（3）①.8.33②.4.00【解析】【小問1詳解】A．圖中B接3接線柱時，由于B連接的是電源負(fù)極，根據(jù)電流從紅表筆流入，從黑表筆流出，因此B為紅表筆．故A錯誤：B．當(dāng)S接觸點1或2時．且電路中沒有電源，由于表頭和電阻并聯(lián)，故改裝成了電流表，且接1時左邊的電阻為分流電阻，即一個電阻為分流電阻：接2時兩個電阻申聯(lián)后為分流電阻，所以S接1時分流電圖小，故接1時的量程更大，故B錯誤；C．當(dāng)S接點3時，電表內(nèi)部有電源，故多用表為歐姆表，電源的電動勢越大，流過表頭電流相同的情況下，歐姆表的內(nèi)電阻就越大，故C正確：D．當(dāng)開關(guān)S接4或5時．多用表為電壓擋。但接4時分壓電阻為一個電阻，即左邊的電阻：接5時兩個電阻串聯(lián)后的總電阻為分壓電阻，所以接5時分壓電阻的阻值要大，故接5時量程更大，故D正確。故選CD?！拘?詳解】[1]由閉合電路歐姆定律結(jié)合圖乙可得聯(lián)立可得[2]由上述分析可知歐姆表中值電阻為150Ω，則該小組使用多用電表的“×10”倍率的歐姆擋進行測量未知電阻?！拘?詳解】[1][2]根據(jù)丙圖和閉合電路歐姆定體可知整理可得結(jié)合圖像的核起和解率可知解得E=8.33Vr=4.00Ω13.在五四青年節(jié)“放飛夢想”慶典活動上，五顏六色的氦氣球飛向廣闊天空。用一個容積為50L、壓強為1.0×107Pa的氦氣罐給氣球充氣（充氣前球內(nèi)氣體忽略不計），充氣后每個氣球體積為10L，球內(nèi)氣體壓強為1.5×105Pa，設(shè)充氣過程中罐內(nèi)氣體、氣球內(nèi)氣體溫度始終與大氣溫度相同，求：（1）用一個氦氣罐充了20個氣球后，罐內(nèi)剩余氣體的壓強為多少；（2）氦氣球釋放后飄向高空，當(dāng)氣球內(nèi)外壓強差達2.7×104Pa時發(fā)生爆裂，此時氣球上升了3km。已知氣球釋放處大氣溫度為300K，大氣壓強為1.0×105Pa，高度每升高1km，大氣溫度下降6℃，大氣壓強減小1.1×104Pa，則氦氣球爆裂時體積為多少?！敬鸢浮浚?）；（2）15L【解析】【詳解】（1）已知，，，，設(shè)充氣后罐內(nèi)剩余氣體壓強為，則解得（2）升至3000m高空時，氣球內(nèi)氣體溫度T=300K-18K=282K此處大氣壓強氣球脹裂時內(nèi)外壓強差可得球內(nèi)氣體壓強對氣球內(nèi)氣體研究，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程解得氣球爆裂時體積14.如圖所示，傾角的傳送帶始終以速度順時針運動，其頂端平臺上固定一個卷揚機。卷揚機的纜繩跨過光滑定滑輪與一小物塊（m=2kg）相連，且纜繩與傳送帶平行。卷揚機未啟動時，物塊在傳送帶上保持靜止，纜繩剛好伸直但無拉力。t=0時刻啟動卷揚機，物塊在纜繩牽引下沿傳送帶向上做勻加速運動。時，物塊速度增加至，且卷揚機的輸出功率達到最大值，此后卷揚機保持該最大輸出功率不變，直到時物塊運動至傳送帶頂端。纜繩質(zhì)量忽略不計，重力加速度，，。求：（1）傳送帶表面與物塊之間的動摩擦因數(shù)；（2）在這2s內(nèi)，卷揚機平均輸出功率；（3）物塊沿傳送帶上升的過程中，傳送帶對它做的功W?！敬鸢浮浚?）0.75：（2）37.5W；（3）40J【解析】【詳解】（1）卷揚機未啟動時，物塊靜止在傳送帶上解得（2）啟動卷揚機，物塊先沿傳送帶向上勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有由運動學(xué)公式解得勻加速階段的位移卷揚機給出功率保持不變2s內(nèi)卷揚機的平