2021-2022学年湖北省襄阳市第五中学高三（下）适应性考试物理试题（四）（解析版）

1、襄阳五中2022届高三年级适应性考试（四）物 理 试 题一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44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，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 下列说法正确的是（）A. 电磁波可以在真空中传播，它在介质中的传播速度只与介质有关，与其他因素无关B. 光子被吸收，会裂变，发生链式反应，产生核能C. 氢原子会辐射光子，形成氢原子光谱，它包含有红外线、可见光、紫外线和射线D. 铯137发生衰变时，往往同时释放出射线，射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板【答案】D【解析】【详解】A

2、电磁波可以在真空中传播，它在介质中的传播速度不仅与介质有关，还与电磁波本身的频率有关，故A错误； B吸收中子后会裂变，发生链式反应，释放核能，故B错误；C氢原子光谱为不连续的明线光谱，自无线电波、微波、红外光、可见光、到紫外光区段都有可能有其谱线，射线是因核能级间的跃迁而产生，故C错误；D铯137进行衰变时通常释放出射线，射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板，故D正确故选D。2. 如题图所示，夏天，从湖底形成的气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高，大气压强不变，将泡内气体视为理想气体。则在气泡缓慢上升的过程中，对于泡内气体，下列说法正确的是（ ）A

3、. 每一个气体分子的热运动都变快B. 对气泡壁单位面积单位时间内的冲量变小C. 对气泡壁做功，内能减少D. 内能增大，放热【答案】B【解析】【详解】A如果气体温度升高，分子的平均动能增大，并不是每一个分子热运动的速率都增加，A错误；B根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积撞击力减小I = Ft易知气泡内气体分子对气泡壁单位面积单位时间内的冲量一定减小，B正确；C气泡上升过程中，温度升高，与水面的距离减小p=p0 +gh压强减小，则根据可知气体对气泡壁做功，内能增大，C错误；D湖内水的温度越高，气体的温度升高，气体内能增大，根据以上选项分析，可知体

4、积增大，气泡内气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气泡内气体吸热，D错误。故选B。3. 每个工程设计都蕴含一定的科学道理。如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力（）A. 等于B. 小于C. R越大，弹力越大D. R越大，弹力越小【答案】D【解析】【详解】如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为，爪与爪之间的距离为，由图中几何关系可得由受力平衡可得解得可知越大，越小，越大，越小，D正确，ABC错误；故选D。4. 2021年10月16日，神舟十三号成功发射升空并顺利与天和核心

5、舱进行对接，对接后的组合体做匀速圆周运动的角速度为，已知地球半径为R，地球的第一宇宙速度为v，则组合体做匀速圆周运动的轨道高度为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】因为万有引力提供向心力，则即所以其轨道半径为又因为地球第一宇宙速度满足即则组合体做匀速圆周运动的轨道高度为所以联立解得故选D。5. 如图所示，在竖直边界左侧有磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，竖直边界处有一小孔，大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从小孔射入磁场。紧贴小孔的下方有一可绕转动的足够长挡板（忽略小孔的大小，认为小孔与转动轴在同一位置），射入磁场的带电粒子能全部打在挡板上。不计粒

6、子重力及其相互作用，当挡板和边界的夹角由0增大到180的过程中，从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将（）A. 不断增大B. 先增大，后减小，其长度变化情况先后对称C. 先增大，后减小，其长度变化情况先后不对称D. 先增大，后不变【答案】D【解析】【详解】由题意带正电的粒子进入磁场后，由左手定则得轨迹如图则当挡板和边界的夹角由0增大到180的过程中，在位置1时，电荷打在板上长度不足直径，从2位置开始电荷打在板上长度等于直径，此后维持不变，直到增大到180。故选D。6. 桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱压水蒸气囊体积为V0，柱形水桶体积为70V0，高为35cm；水桶颈部的长度为10cm。当

7、人用力向下压气囊时，气囊中的空气被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于10m水压产生的压强，当桶内的水还剩5cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水桶颈部的体积。为能有水从出水管流出，至少需要把气囊完全压下的次数为（ ）不考虑温度的变化）。A. 2次B. 3次C. 4次D. 5次【答案】B【解析】【详解】水刚好流出时，桶内气压增大的数值为设气囊中气体的体积为，n次压入水桶的气体，相当于一次压入到水桶内，使桶内气压增加，只以压入水桶中的气体为研究对象，由玻意耳定律有代入数据解得所以至少需要压缩3次，故ACD错误，B正确。故选B。7. 如图所示，两个质

8、量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上，质量均为m，木板长度均为L，水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙，粗糙部分与两木板的动摩擦因数均为，粗糙部分的长度为s（s 2L）。初始时木板B的左端恰与M点重合，现使木板A木块以初速度v0滑向B，与B碰后粘合成为一个整体（碰撞时间极短），最终两木块没有掉落桌面，则v0的最大值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据动量守恒A、B成为一个整体的速度为从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面，摩擦力随位移均匀增大，然后摩擦力不变，减速至零，根据动能定理解得即v0的最大值。故选A。8. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于

9、磁场的轴OO/匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2，定值电阻R1= R，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则（）A. 电流表的示数为B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为D. 当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U【答案】ACD【解析】【详解】A依题意有则有故A正确；B根据欧姆定律，发电机产生感应电动势的最大值为，有从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为故B错误；C依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为，则有解得故C正确；D当线圈

10、转动的转速为2n时，线圈中产生的电动势的最大值为因所以其有效值为5U，假定电压表示数为，则有 解得当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U，故D正确。故选ACD。9. 如图所示，O为两等量异种点电荷连线的中点，竖直固定的半径为R的光滑绝缘圆轨道与O点相切，a、b、c为圆轨道上的三个点，a、b两点连线与两点电荷连线垂直，c点是轨道的最高点，M、N为与圆心等高的圆轨道上的两个点。一带正电的小球从轨道的最低点O开始以速度v沿逆时针方向在轨道内侧做圆周运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. a点的场强小于b点的场强B. 小球在a点的电势能比在b点的电势能低C. 小球到达c点时的速度大小

11、为D. 小球在圆轨道内运动时，在N、M两点间的电势能大小相差最多【答案】BC【解析】【详解】A根据等量异种电荷的电场分布特点，可知a点的场强大于b点的场强，故A错误；B根据等量异种电荷的电势分布特点，可知在a点的电势比在b点的电势低，小球带正电，故小球在a点的电势能比在b点的电势能低，故B正确；C小球从轨道的最低点O到最高点c，电场力做功为零，根据动能定理小球到达c点时的速度大小为故C正确；D等量异种电荷的等势线如图可知圆和等势线相切的两个切点为电势差最大的点，即电势能相差最大的点，故D错误。故选BC。10. 如图所示，倾角为=30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端

12、固定在挡板上，另一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）A. 无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛B. 若，则m刚开始将向下运动C. 若M = m，则M的最大速度为D. 若M = m，则m能上升的最大高度为【答案】AC【解析】【详解】A释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则根据牛顿第二定律有此时M的加速度最大，绳子张力最小为当M向下运动，m沿斜面向上运动，m受到重力和弹簧弹力的合力方向

13、沿斜面向下且逐渐变大， m与M做加速度减小的加速运动，当绳子张力与Mg相等时速度最大，然后做加速度增大的减速运动，直到速度为0，可知下降过程，绳子张力从逐渐增大到大于重力；由于一切摩擦不计，系统还回到最初的位置，上下运动对称可知，M先向上做加速度减小的加速运动，经速度最大后做加速度增大的减速运动，直到回到最初释放点，上升过程绳子拉力逐渐减小到，所以整个过程中绳子都有张力、不会松驰，故A正确；B刚开始释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则有解得根据牛顿第二定律有则刚开始释放瞬间绳子拉力与加速度分别为可知无论M质量多大，刚开始M向下加速，则m沿斜面向上加速，故B错误；C

14、若M = m，当绳子拉力等于其重力时，m和M有最大速度，则有解得因开始弹簧压缩了，速度最大时又伸长了x，两状态弹性势能相同，物体M下降的高度为2x，据能量守恒定律有解得故C正确； D若M = m，在刚开始释放时，对整体分析，根据牛顿第二定律有解得根据运动的对称性原理可知，当M下到最底点时的加速度大小也为，方向竖直向上，对M分析，根据牛顿第二定律有解得设此时弹簧伸长了，对m分析，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有解得则m上升的最大位移为可知m上升的最大高度为故D错误。故选AC。11. 如图所示，一斜面倾斜角度为53，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，O为圆心，A、B为其竖直方向上的

15、直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg，带电荷量q=+1.010-5C的小球（可视为质点）以初速度v0=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3105N/C，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）A. 小球从开始到A点的运动是类平抛运动B. 小球在A点处的速度大小为12.5m/sC. 小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道D. 小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N【答案】AB【解析】【详解】A小球受到重力和电场力的作用，如图所示设F与水平方

16、向夹角F与v0垂直，所以小球做类平抛运动，故A正确；B因为小球做类平抛运动，由图可知故B正确；C如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会在脱离半圆轨道故C错误；D在A点根据牛顿第二定律得从A至C过程中根据动能定理根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N，故D错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共56分12. 某学习小组利用图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验，图中大的轻质定滑轮可绕水平轴转动，绕过定滑轮

17、的轻绳两端分别系有钩码和弹簧测力计，弹簧测力计下端挂装有细砂的小桶并在外壳上固定一金属片。实验的主要步骤如下：用螺旋测微器测量A处金属片的厚度d，其示数如图乙所示。用手控制钩码不动，读出弹簧测力计的示数为F0释放钩码后，读出弹簧测力计的示数为F1，记下金属片通过光电门的遮光时间t1钩码下方再挂一个钩码，用手控制钩码，调整金属片的位置仍在A处静止不动，释放钩码后，读出弹簧测力计的示数为F2，记下金属片通过光电门的遮光时间t2重复步骤，进行多次实验。请回答下列问题：（1）d=_mm（2）要完成本实验，下列物理量中还必须要测量的是：_。A.金属片与光电门间的高度差hB.钩码的总质量MC.弹簧测力计、

18、金属片、砂和小桶的总质量m（3）若用F表示钩码释放后弹簧测力计的示数，则能正确反映“质量一定时，加速度与合外力的关系”的是_。A. B.C. D.（4）要“验证牛顿第二定律”，即验证第（3）问中所选图像的斜率与_是否相等（用（2）中选择的量以及d，F0，g表示）【答案】 . 2.612 . A . D . 【解析】【详解】（1）1读数为（2）2设砂和小桶的质量为，用手控制钩码不动，读出弹簧测力计的示数释放钩码后，解得可知还需要测量金属片与光电门间的高度差h。故选A。（3）3由得与成正比，由（2）可知与成正比，故能正确反映“质量一定时，加速度与合外力的关系”的是与图线。故选D。（4）4要“验证牛

19、顿第二定律”，即验证第（3）问中所选图像的斜率与是否相等。13. 某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“1”、“10”和“100”三个倍率的挡位，并使改装后的刻度盘正中央的刻度为15，如图乙所示。所提供的器材规格如下：A干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）B电流表G（量程为，内阻为）C定值电阻（阻值为）D定值电阻R2、R3E滑动变阻器R4（，额定电流0.5A）F滑动变阻器R5（，额定电流1.0A）G单刀多掷开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干（1）滑动变阻器应选择_（填“R4”或“R5”）。（2）电路中定值电阻R2=_， R

20、3=_。（3）现利用该欧姆表测定一未知电阻的阻值，将开关S接2，经正确操作后，欧姆表的指针位置如图丙所示，为较准确地测定被测电阻的阻值，以下正确且必要的操作是_。A开关S接1B开关S接3C将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指在电阻的0刻线D将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指向电阻的刻线（4）按正确方法测量电阻的阻值，欧姆表示数如图丁所示，则_（保留两位有效数字）。【答案】 . R4 . 16.2 . 162 . BC . 【解析】【详解】（1）1 当“100”倍率挡位，且刻度盘正中央的刻度为15，可知此时欧姆表的内阻为1500，根据题意，R5最大为1000，不满足调节需求，可知滑动变

21、阻器选R4；（2）23 根据欧姆表的原理，可知将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏因为欧姆表中间刻度值为15，则针对“1”、“10”和“100”三个倍率挡，对应的改装后电流表量程分别为100mA、10mA和1mA；则依题意，接1时有接2时有接3时有联立可得（3）4开关S接2，指针偏角小，说明被测电阻的阻值较大，为准确测量，应换用大量程，开关S应接3，并重新进行欧姆调零，故AD错误，BC项正确。故选BC。（4）5欧姆表示数14. 如图所示，以原点O为界在x轴上有两段不同材料的绳子，波源S1和S2分别置于和处，产生两列简谐横波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。t=0时刻和处的质

22、点刚好开始振动，某时刻二列波恰好同时到达原点处的质点O，若从开始到时间内P点经过的路程为6cm，求：（1）甲乙两波的频率之比；（2）甲波在左侧绳子中的传播速度大小；（3）从t=0到t=5s，原点处的质点O经过的路程。【答案】（1）1:1；（2）；（3）0【解析】【详解】（1）两列波同时传到0点，由得出由波速公式 由题可知联立可得，甲乙两波的频率之比为（2）经时P质点在平衡位置向y轴负方向运动，由图像可知时P质点的x位置坐标为则在内甲波传播的路程为由解得（3）由于两列波的频率相同，振幅相同，且两波同时传到O点，所以O点是振动减弱点，故P点路程为零。15. 如图，运动员起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触。已知篮球出手时球心离地的高度、与篮板的水平距离，篮圈离地的高度，“打板区”方框的上沿线离篮圈的高度，篮圈的直径，篮板与篮圈的最小距离；若篮球的直径、质量m=0.5kg，不考虑空气作用力和篮球的转动。重力加速度g取，求：（1）篮球击中篮板时的速度大小；（2）若篮球与篮板作用时间t为0.2秒，之后篮球从篮圈正中心进圈（即篮球球心与篮圈圆心重合），求篮球对篮板的平均作用力；（3）篮球打板损