绵阳中学2023级高考适应性考试（一）物理答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260524四川绵阳中学2023级高考适应性考试（一）（全科）

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．D 2.C 3.D
1
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
8 1
1
8
= =  
∆m    60° 4
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，
∆t
5
竖直方向受力分析F-Mg=Ma，解得导弹加速度为 F= ×10 N
2
2 1 2
6.A【详解】甲图中，电动势的有效值：E = B 4 ×  / L  2ω = B L2ω 乙图中，设电动势有效值
1 2 0 2 1 4 0 1
2 2
2 1 2 3
B ⋅ L2ω B ⋅ L2ω
E2 2 0 4 2 T 2 0 4 2 T 10
为 ，则 2 T= ⋅ + ⋅ 解得：E = B L2ω 由于两图中
R R 2 R 2 2 8 0 2
热功  2率相等则： ，解得：ω 1 :ω 2 = 5:2，故选A。
3mg
7.B【详解】AB．  1 A=、  B 2静止时，根据平衡条件可得kx =2mg+mg，解得x = 振幅最大的位置，
0 0 k
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
6mg
kx−(2m+m)g=(2m+m)a 对磁铁B，由牛顿第二定律得2mg−mg=ma ，解得a =g，x=
max max max k
3mg
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
0 k
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
F −2mg+mg=mg解得F =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
N N
12m2g2
Δh=2A，其重力势能的变化量为 ΔE =2mg⋅ Δh= ，故D错误。
p k
二、多项选择题
Mm v2 4π2 GM 4π2r3
8.BD【详解】AB．根据G =m =m r，可知v= ，T= ，所以地球绕太阳运动
r2 r T2 r GM
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
r r 地 r
得 = ，则sinθ= sinα，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 sinθ，
sinθ sinα r 地
地
Mm
由G =mω2r，得ω :ω =1: sin3θ，D正确。故选BD。
r2 行 地
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
第 1 页 共 4 页线产生感应电动势，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
E
大速度，此时E＝BLv ，得v ＝ =10V，选项A正确；对金属杆应用动量定理有BLIt＝mv ，
m m m
BL
mE mE2
又q＝It，得q＝ =4C，选项B错误；电源提供的电能E ＝qE＝ =40J，选项C错误；根
B2L2 电 B2L2
1 mE2
据能量守恒定律，E ＝E ＋Q ，E ＝ mv2，可得Q ＝E －E ＝ =20J，Q 为电源内阻和
电 k 热 k 2 m 热 电 k 2B2L2 热
金属杆上产生的总热量，选项D正确。
10.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°+1°＝61°，故第一次碰撞的入射角为90°﹣61°
＝29°．第二次碰撞，∠BCA＝61°+1°＝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1°，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1°、
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
s 10
倍．即：s＝2AM＝2AOcos60°＝10m 。所用总时间：t= = =2s；
v 5
三、非选择题
nd d n−1 Nλ
11.【答案】(1) (2) +1
c c d
c d nd d
【详解】（1）[1]光在T2中的速度为v= ，光在T2中的时间为t = = [2]光通过T1的时间是t = ，
n 2 v c 1 c
d n−1
两束光从光源S到E点的时间差 Δt=t −t = （2）每看到一条亮条纹移过，一定是光程差增
2 1 c
d d
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
v c
c d d Nλ
n= ，可得c − =NT，根据nd−d=NcT=Nλ，解得n= +1
v c d
n
πUd2
12. 【答案】2.050 ① ②①⑤④③ 90
4IL
【详解】（1）螺旋测微器读数为：2mm+5.0×0.01mm=2.050mm（2）为方便调节，实验中R 应选
1
用最大阻值10 Ω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R 、R 的
1 2
滑片置于其中央附近，闭合开关S ，调节R ，使电流计的示数为零，闭合S ，调节R ，使电流计
1 2 2 1
第 2 页 共 4 页U
的示数为零，读出电压表的示数U和电流表的示数I，可得R = 故正确操作顺序是②①⑤④③；
x I
（4）粗调时电桥总阻值为R +R ，细调时电桥总阻值为R ；精度为10倍意为：两端相同电压下，
g 0 g
L L
R =ρ =ρ
细调时电流表读数为粗调时的10倍，故R g +R 0 =10R g ，则R 0 =90Ω（5）根据电阻定律：x S π( d )2 ，
2
U πUd2
又R = ，联立得： ρ=
x I 4IL
nV V
13．【答案】（1）(1＋ 0)p （2） ( )np
0 0
V V＋V
0
V
【解析】 (1)打气时，根据玻意耳定律得：p (V＋nV )＝p′V，（2分）所以p′＝(1＋n 0)p（2分）
0 0 0
V
V
(2)抽气时，根据玻意耳定律得：第一次抽气p V＝p (V＋V )，（2分）p ＝ p . 第二次抽气
0 1 0 1 0
V＋V
0
V V
p V＝p (V＋V ) p ＝ p ＝( )2p 活塞工作n次，则有：p V＝p (V＋V )（2分），
1 2 0 2 1 0. n n-1 0
V＋V V＋V
0 0
V
p ＝( )np .（2分）
n 0
V＋V
0
38gL 3
14.【答案】（1） 2gL （2） （3）B杆上方 L处
5 10
【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
1
中，对小球应用动能定理，有：mg(2Lsin30°)= mv2（1分）解得：v = 2gL（1分）
2 0 0
（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
v ，竖直速度大小为v ，滑杆B的速度大小为v 。以水平向左为正方
x y B
向，有Icos30°＝mv（1分）。以竖直向下为正方向，有
x
（1分）滑杆B与小球系统在水平方向动量守恒，有：
−     30°=    −
（1分）沿绳方向速度关联，满足
0 0=    −
3（  1  分  ）联立解得： v = 3v 0 ，   v  =   4 3 v 00°=      3，0 v °− =   3  v  0  30° （2分）此时小球的速
x 5 5 y 5 5 B 15 5
6gL 4 2gL 6gL
38gL = = =
度 v = v2+v2= （1分） 1
A x y 5
（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：v =v （1分）水平动量守恒：
A1 B1
mv +3mv =0解得：v =v =0，设B处为零势能面，机械能守恒：
A1 B1 A1 B1
1 1 3
mv2+ 3mv2−mgLsin30°=mgh+0+0（1分）解得：h= L（1分），即A能运动到的最高点为B
2 A 2 B 10
3
杆上方 L处
10
第 3 页 共 4 页21
15.【答案】（1）v 1m/s；（2）y  m；（3） y  2 m
0 1 2 2
【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vt
0
1 qE
（1分），竖直方向：y at2（1分），加速度：a （1分）y0.5x2，联立解得v 1m/s
2 m 0
（1分）
(2)粒子从O点进入磁场时，水平速度：v v 1m/s竖直速
x 0
度v at（1分）（1分）则速度方向与x轴负向夹角为
y
v
tan y （1分）带电粒子摄入电场时，y值越大， 越大；从坐标（1，0.5）射入的粒子中，
v
x

与x轴夹角最大为：θ=45°，速度相同的粒子，夹角越大，到达的最低点离x轴距离越大；相同
夹角的粒子，速度越大，到达的最低点离x轴距离越大；所以，从坐标（1，0.5）射入的粒子能
v2
在磁场中到达最低点。粒子合速度为v v2 v2  2m/s（1分）轨迹半径：qvB m （1
0 y 0 R
2
分）半径大小为R  m到达离x轴最大距离为 y  RRcos（1分）由以上公式联立可得
1
2
21
y  m（1分）
1 2
v
【另解】在O点时，v at  x m/s2，夹角tan y  x，则v v2 v2  1x2 ；
y v 0 y
0
mv 1x2 1x2 1 21
R   ，最远距离： y  RRcos - ，当x=1时， y  m。
qB 2 1 2 2 1 2
0
(3)带电粒子在磁场中水平初速度为v 1m/s；到达最低点时，粒子的速度为水平方向，最大速
0
度为v 2m/s；带电粒子在水平方向受到洛伦兹力F qv B，在水平方向上由动量定理得：
x y
qBv t mvmv （2分）带入B （ 2-1）y (T)可得（ 2-1）qyy mvmv （2分）
y 0 0
0 y
即：（ 2-1）q 2 y mvmv 代入数值可解得： y  2 m（2分）
2 2 0 2
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