2024届山东省日照市莒县文心高中高考适应性考试物理试卷含解析

2024届山东省日照市莒县文心高中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、如图，劲度系数为400N/m 的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块的顶端O 处，另一端拴一质量为m =10
10
kg 的小球。

当楔形滑块以大小为a =3g 的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s 2）（ ）
A ．
54
cm B ．
104
cm C ．1.25cm D ．2.5cm
2、如图所示为某质点做匀变速运动的位移—时间（x －t ）图象，t ＝4s 时图象的切线交时间轴于t ＝2s 处，由此可知，t ＝0时刻质点的速度大小为（ ）
A ．0
B ．0.25m/s
C ．0.5m/s
D ．1m/s
3、如图所示，a 、b 是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的正方形单匝闭合线框，b 的边长为a 的两倍，a 和b 所用的铜线粗细不同。

现以相同速度0v ，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电热a b :Q Q 为（ ）
A ．1:1
B ．1:2
C ．1:4
D ．4:1
4、一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。

已知发电机线圈内阻为1Ω，外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（ ）
A ．电压表的示数为220V
B ．线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零
C ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最小为零
D ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最大，为112
Wb 5π
5、下列说法正确的是（ ）
A ．“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是123
112H+H He →
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关
D ．中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量
6、2019年11月4日美国正式启动退出《巴黎气候变化协定》的程序，《巴黎协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。

为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如下： 车型尺寸长×宽×高 4870×1950×1725 最高时速（km/h ） 120 电机型式
交流永磁同步电机 电机最大电功率（kW ） 180 工况法纯电续驶里程（km ）
500
等速法纯电续驶里程（km ）
600
电池容量（kWh）82.8 快充时间（h） 1.4
0-50km/h加速时间（s） 2 0-100km/h加速时间（s） 4.6
根据电动汽车行业国家标准（GB/T18386-2017）、电机的最大功率为电机输出的最大机械功率：电池容量为电池充满电时储存的最大电能根据表中数据，可知（）
A．0-100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于66m
B．电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N
C．该车在0-50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2
D．用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流为269A
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0分。

7、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
8、下列说法正确的是（）
A．水亀可以停在水面上是因为液体具有表面张力
B．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功
C．当两分子间距离大于平衡位置的间离时，分子间的距离越大，分子势能越小
D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点
E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
9、如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N，手机端为接收线圈M，接收线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，手机可看成纯电阻R，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。

下列说法正确是（）
A ．只要发射线圈N 中有电流流入，接收线圈M 两端一定可以获得电压
B ．只要接收线圈M 两端有电压，发射线圈N 中的电流一定不是恒定电流
C ．当接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M 中有均匀增加的电流
D ．若t ∆时间内，接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加B ∆，则接收线圈M 两端的电压为
()
nS BR
t R r ∆∆+
10、如图，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表读数减小
B ．小球的电势能减小
C ．电源的效率变高
D ．若电压表、电流表的示数变化量分别为U ∆ 和I ∆ ，则
1U r R I
∆<+∆
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）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。

打点计时器固定在木板上端，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从木板上滑下。

图乙是打出的一段纸带。

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz ，选取A 至G 的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得B C D E F G 、、、、、各点到A 点的距离依次是5.29cm 11.05cm 17.30cm 24.01cm 31.22cm 38.92cm 、、、、、。

由此可知滑块下滑的加速度a =________2m/s （结果保留三位有效数字）。

（2）为了测量动摩擦因数，还应测量的物理量有_____________。

A ．木板的长度L
B ．木板的末端被垫起的高度h
C ．木板的质量1m
D ．滑块的质量2m E.滑块运动
的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=______（用题中各物理量的字母代号及重力加速度g 表示）。

由于该测量装置存在系统误差測量的动摩擦因数会____________（填“偏大”或“偏小”）。

12．（12分）图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固定在O 点。

将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间t ，用游标卡尺测出小圆柱的直径d ，如图乙所示。

忽略空气阻力，实验步骤如下：
(1)小圆柱的直径d ＝________cm ；
(2)测出悬点到圆柱中心的距离l ，并测出对应的挡光时间△t ； (3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据；
(4)以悬点到圆柱重心的距离l 为纵坐标，以_______为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如图丙所示。

计算得该图线的斜率为k ，则当地重力加速度g =_______(用物理量的符号表示)。

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）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO 、MN ，磁感应强度大小为B 0，方向垂直水平南
向下，磁场的宽度为
00
22E m qB ，俯视图如图所示。

在磁场的上方固定半径00
2R E m qB =
的四分之一光滑绝缘圆
弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A 、B 两点。

现有带孔的小球a 、b （视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A ，球a 质量为2m 、电量为－q ；球b 质量为m 、电量为q ；某瞬时绝缘裝置解锁，a 、b 被弹开，装置释放出3E 0的能量全部转为球a 和球b 的动能，a 、b 沿环的切线方向运动。

求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用）
(1)解锁后两球速度的大小v a 、v b 分别为多少； (2)球a 在磁场中运动的时间；
(3)若MN 另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a 进人电场后做直线运动，球b 进入电场后与a 相遇；求电场强度E 的大小和方向。

14．（16分）在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光致冷”的技术。

即利用激光作用于原子，使原子运动速率变慢，从而温度降低。

(1)若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的力学模型相似。

如图所示，一辆质量为m的小车（左侧固定一轻质挡板以速度v0水平向右运动；一个动量大小为p。

质量可以忽略的小球水平向左射入小车后动量变为零；紧接着不断重复上述过程，最终小车将停下来。

设地面光滑。

求：
①第一个小球入射后，小车的速度大小v1；
②从第一个小球入射开始计数到小车停止运动，共入射多少个小球?
(2)近代物理认为，原子吸收光子的条件是入射光的频率接近于原子吸收光谱线的中心频率如图所示，现有一个原子A 水平向右运动，激光束a和激光束b分别从左右射向原子A，两束激光的频率相同且都略低于原子吸收光谱线的中心频率、请分析：
①哪束激光能被原子A吸收?并说明理由；
②说出原子A吸收光子后的运动速度增大还是减小。

15．（12分）“∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个
金属小球A、B，其中A球质量为m，带负电，电量为q，B球的质量为2
3
m，B球开始不带电，整个装置处于竖直向
下的匀强电场中，电场强度。

现将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放：
(1)当“∟”形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？
(2)若使小球B也带上负电，仍将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为90°，则小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？
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、D 【解析】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a 0，则由牛顿第二定律，有
0tan mg
ma θ
=
代入数据得 a 0=g
故当滑块以a =3g 的加速度水平向右运动时，由a ＞a 0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得
22()0()1F mg ma mg =+=
根据胡克定律有 F=kx
联立代入数据得 x =2.5×10-2m=2.5cm 故ABC 错误，D 正确； 故选D 。

2、A 【解析】
由图象可知，t =4s 时质点的速度
6
2x v t ∆=
=∆m/s=3m/s 01
()2
x v v t =+
求得
00v =.
A ．0，与结论相符，选项A 正确；
B ．0.25m/s ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．0.5m/s ，与结论不相符，选项C 错误；
D ．1m/s ，与结论不相符，选项D 错误； 故选A. 3、B 【解析】
设a 的边长为L ，横截面积为1S ，b 的边长为2L ，横截面积为2S ，因质量相等，有
1248LS LS =
得
122S S =
a 的电阻为
11
4R S L ρ
= b 的电阻为
212
84S L
R R ρ
== 线圈匀速向外拉，感应电流为
1a 0
BLv I R =
b 2
2BLv I R =
产生的焦耳热
21
0a a L Q I R v = 0
b 2
2
b 2L Q I R v = 综上可得
a b :1:2Q Q =
故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

4、D 【解析】
A ，可知感应电动势的有效值为220V ，电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V ，故A 错误；
B ．线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故B 错误；
CD ．由乙图可知t =0.01s 时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T =0.02s ，由
m 2E BS BS
T
π
ω== 可得
112
Wb 5M
BS
Φπ
故C 错误，D 正确。

故选D 。

5、C 【解析】
A ．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A 错误；
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B 错误；
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。

故C 正确；
D ．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故D 错误。

故选C 。

6、D 【解析】 A ．100km/h=250
9
m/s ，0-100km/h 的加速时间为4.6s ，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程 s =
2
v
t =64m 实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m ，故A 错误。

B ．P =180kW=180000W ，v m =120km /h =33.3m/s ，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力
f =F =
m
P
v =5400N 故车受到的阻力大小为5400N ，故B 错误。

C ．50km /h =125
9
m /s ，该车在0-50km/h 的加速过程中，用时2s ，平均加速度 a =
v
t
=6.9m/s 2 故C 错误。

D ．电池容量82.8kW•h ，快充时间为1.4h ，用输出电压为220V 的充电桩给电池快速充电时，充电电流
I =382.810=
220 1.4
E Ut ⨯⨯A=269A 故D 正确。

故选D 。

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0分。

7、AC 【解析】
A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B A B Q q Q q
k
k r r = 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q
E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

8、ADE
【解析】
A ．水虽可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，故A 符合题意；
B ．功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化，故B 不符合题意；
C ．当两分子间距离大于平衡位置的间距r 0时，分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子引力做负功，分子势能增加，故C 不符合题意；
D ．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D 符合题意；
E ．气体分子无论在什么温度下，根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故E 符合题意。

故选ADE 。

9、BD
【解析】
A ．若发射线圈N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A 错误；
B ．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B 正确；
C ．若穿过接收线圈M 的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律
B E n n S t t
∆Φ∆==∆∆ 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M 中有感应电流且恒定，C 错误； D ．根据法拉第电磁感应定律有
B E n nS t t
∆Φ∆==∆∆ 根据分压规律得M 两端的电压
()
E nS BR U R R r t R r ∆==+∆+ D 正确。

故选BD 。

10、AD
【解析】
A 项：由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R 1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A 正确；
B 项： 由A 项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据U E d
=，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P 原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B 错误；
C 项：电源的效率：=P IU U P IE E η==出总
,由A 分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C 错误； D 项：将R 1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R 1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则1U r R I ∆=+∆总
,由A 分析可知3=R A I I I 总∆∆+∆，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R 3中的电流减小，则I A 增大，所以A I I ∆>∆总，所以1A
U r R I ∆<+∆，故D 正确． 点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律E U IR =+ 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
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、0.480 AB
偏大
【解析】
（1）[1]打点计时器使用的交流电频率为50Hz ，可知打点周期为0.02s ，由于各计数点之间均有4个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为50.02T =⨯s=0.10s 。

根据B C D E F G 、、、、、各点到A 点的距离可以计算出相邻计数点之间的距离，利用逐差法可得滑块下滑的加速度 20.480(3)
DG AD x x a T -==m/s 2 （2）[2][3]滑块沿木板下滑，设木板与水平面间的夹角为θ，由牛顿第二定律有
sin cos mg mg ma θμθ-=
根据几何关系得
sin h L
θ=
联立解得μ=，因此为了测量动摩擦因数，应该测量木板的长度L 和木板末端被垫起的高度h ，故AB 符合
题意，CDE 不符合题意；
（3）[4]由（2
）问可知，μ=
，由于实验没有考虑滑块拖着纸带运动过程中纸带受到的阻力，所以测量的动摩擦因数会偏大。

12、1.02
21()t ∆ 2d k
【解析】
(1)[1]．小圆柱的直径d =1.0cm+2×0.1mm=1.02cm.
(2)[2][3]．根据机械能守恒定律得 212
mgl mv =
所以 2211()22d gl v t
==∆ 得到
22
12()d l g t =∆ 则以悬点到圆柱重心的距离l 为纵坐标，以
2
1()t ∆为横坐标。

其中 2
2d k g
= 故
2
2d g k
=
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)a =
v
b =v (2)0πm qB
MN 成斜向上45︒方向 【解析】
(1)对两球a 、b 系统，动量守恒，有 a a b b m v m v =
22011322
a a
b b E m m =+v v 解得
0a E m =v ，02b E m
=v (2)小球在磁场中运动轨迹如图所示，
由牛顿第二定律得
2
mv qvB r
= 2πr T v
= 故小球在磁场中运动的半径 02
a b r r E m qB ==由几何知识得
2cos 2
r OBC d ∠==π4OBC = 两粒子在磁场中运动对应的圆心角均为 π22OBC θ=∠=
0π2πa a m t T qB θ==
(3)两小球相遇，且a 做直线运动，电场若与a 从磁场射出时的方向相同，则a 做减匀速直线运动，b 做类平抛运动，b 在轨道上运动时间
10π2b m t qB =
20
π2π2b b m t T qB θ
== 12 b b b t t t +=
两球同时出磁场，若电场与小球a 从磁场射出时的方向相同，小球a 做匀减速直线运动，小球b 做向左方做类平抛运动，则两球不能相遇，故电场方向为与a 从磁场出射方向相反，即电场方向为与MN 成斜向上45︒方向。

现小球b 做向右方做类平抛运动与a 球相遇
b b r t =v
2112b y a t = a b a r y y =+
2212
a a y t a t =+v
1E a q m =
22E a q m
= 联立得
043B E E m
043
B E m MN 成斜向上45︒方向。

14、 (1)① v 0p m
-；②0mv p ；(2)①激光束，理由见解析b ；②减小 【解析】
(1)①取向右方向为正，小车与小球水平方向动量守恒
01mv P mv -=
得10P v v m
=- ②设入射n 个小球后小车将停下来，由动量守恒定律得
00mv nP -= 解得0mv n P
=。

(2)① 激光束b
理由是原子A 向右运动，是迎着激光束b 运动的，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束b 的频率升高，进一步接近了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束b 吸收光子的几率增大。

原子A 的运动方向和激光束a 的传播方向相同，所以它感受到激光束a 的频率减小，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束a 的频率降低，进一步远离了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束a 吸收光子的几率减小。

综上所述，原子A 吸收了激光束b 的光子。

②减小。

由动量守恒定理得
()0b b b mv m v m m v -=+
()0b b b mv m v v m m -=+
所以是减小了。

15、 (1)53°；(2)13q ，
12
mgl 。

【解析】
(1)转速最大时，系统力矩平衡： A B sin sin cos θθθ=+m gl Eql m gl
解得：
4tan 3
θ= 53θ=
(2)设B 带的电量为q'，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：
B A '0+--=Eql m gl m gl Eq l
解得：
13
q q '= 当转角为α时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：
sin 1cos αα'=--（）W Eq l Eql
整理得：
12=W mgl 式中当：m 12=W mgl ，电势能的最大增加值为12mgl 。