2024年4月12日发(作者：祖成)

2024年安徽省高考适应性演练_答案解析

物理

一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共

32分．在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合要求的．

1

．

【答案】B

【解析】

A

．在铀核裂变的过程中，动量守恒，故

A错误；

BD．设X为

Z

A

X

，由核电荷数守恒可知

92056363Z

，可得

Z0

，由质量数守

恒得

2351144893A

，解得

A1

，所以该

核反应方程中的X为

1

0

n

，故B正确，D错误；

C

．由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能

为

EE

2

E

3

E

1

，故C错误

。

，故选B。

2

．

【答案】

A

【解析】由功率的定义式

P



W

t

得，功率单位

为

W



J

s



N



m

s



kg



m/s

2



m

s



kg



m

2



s



3

，

故选A。

3

．

【答案】C

【解析】A．质中质点不会沿波的传播方向移动，

只在自己平衡位置附近振动，故

A

错误；

B

．介质中质点的振动速度不等于波速，波速与介

质有关，振动的速度与距平衡位置的远近有关，

故B错误；

C．横波和纵波都能传递能量，故横波是传递能量

的一种方式，故

C

正确；

D

．频率由波源决定，与介质无关，故横波由一种

介质进入另一种介质时频率不发生变化，故D错误。

故选C。

4

．

【答案】

C

【解析】速度平方与提起高度的关系图像是坐在

实验车上的人观察的图像，即小球相对于车的速度

关系图像。小车相对于车竖直提起，则图像中的速

度为小球竖直方向的速度图像。由速度与位移关系

公式

v

2

v

0

2

2ay

结合图像可知，开始小球时在竖

直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加

速度竖直向上。结合小球在水平方向一直做匀速直

线运动可知，地面上静止的观察者看到的运动轨迹

是先做匀速直线运动，后做类斜抛运动。故选

C

。

5

．

【答案】

D

【解析】该电场线竖直方向，带电小球仅在重力

和沿电场线的电场力的作用下，在M点速度方向

竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减

速后反向加速，电场力方向竖直向上。

A．仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，

且不知道MN两点的加速度大小关系，故无法

判断两点的电场场强关系，A错误；

B．由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但

未知小球所带电荷的电性，故无法判断

MN

两

点的电势高低，

B

错误；

C．小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功

的大小关系和速度大小关系，故无法判断小球

在

MN

两点的动能大小关系，

C

错误；

D

．小球电场力方向竖直向上，从

M

点到

N

点电场

力做负功，电势能增加，故小球在

M

点

的

电势能

小于N点的电势能，D正确。故选D。

6

．

【答案】B

【解析】

A

．

cb

过程，气体体积不变，即等容

变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。

该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错

误；

B

．由微元法可得

pV

图像与横坐标围成的面积

表示为气体做功的多少，由图像可知，

acb

过程比

ab

过程气体对外界所做

的功多，

B

正确；

C．

ab

过程为绝热过程，气体体积变大对外做

功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，

温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气

体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，

C错误；

D．

ac

过程，气体的压强相等，体积变大温度

变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动

量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状

态

a

时比在状态

c

时单位时间内撞击在单位面积上

的分子数多，D错误。故选B。

7

．

【答案】

A

【解析】卫星一、卫星二轨道的半长轴分别为

a

1



2

R



h

1

2

R



h

2

，

a

2



2

2

由开普勒第三定律得

T

T

1

a

1

3



3



k

，整理得

2

a

2

2

R



h

1



k

3

h

2

2



2





,

星球表面的重力加速度为

g



k

3



1

，根据





万有引力提供重力得

G

Mm

R

2



mg

c

，星球质量的表

达式为

M



4



3



R

3

，联立得

3

g



2



1



k

3



c







3

g

4

c





GR



2

G

2

，故选A。







h



2

k

3





h

1





8

．

【答案】

D

【解析】A．施加拉力F前，以小环O为对象，

受到轻绳2的拉力等于物块P的重力

mg

，竖直方

向根据受力平衡可得

2T

1

cos30mg

，解得轻绳

1的张力大小为

T

3

1



3

mg

，故A正确，不满足

题意要求；

B

．物块在缓慢移动过程中，以小环

O

为对象，由

于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则

小环O两侧轻绳1的张力合力沿

MON

平分

线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始

终平分

MON

，故

B

正确，不满足题意要求；

C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的

夹角



逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可

得

T

2

cos



mg

，可知

T

2



mg

cos



，可知轻绳

2

的张力越来越大，故

C

正确，不满足题意要求；

D

．物块在缓慢移动过程中，由于

M

、

N

之间的轻

绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动

轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2

与

MN

连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的

短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时

MON

最大，

则此过程

MON



逐渐增大，以小环O为对象，

根据受力平衡可得

2T

1



cos



T

2

，可得

T

1





T

2

2cos



，可知此过程经绳1的张力一直增大，

故D错误，满足题意要求。故选D。

二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共

10分．在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求．全部选对的得5分，选对但不全

的得3分，有选错的得0分．

9

．

【答案】AD

【解析】A．由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，

可知，粒子在

A

点所受洛伦兹力向下，根据左手定

则，四指指向与速度方向相反，可知，粒子带负电，

故A正确；

B．由于圆形区域半径为R，A点到

CD

的距离为

R

2

，

令粒子圆周运动的半径为

r

，根据几何关系有

22

r

2







r



R







R

2



R





2









2



，解得



rR

，粒子做

匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

qv

v

0

B



m

r

0

2

，解得

v

0



qBR

m

，故B错误；

C

．根据上述，作出运动轨迹，如图所示

由于圆形区域半径为

R

，

A

点到

CD

的距离为

R

2

，

根据上述，粒子圆周运动的半径也为

R

，则

AOO'

与

EOO'

均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心

角为

120



，粒子圆周运动的周期

T



2



r

v



2



m

，

0

qB

t



120



则粒子在磁场中运动的时间为

360



T



2



m

3

qB

，

故

C

错误；

D．结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为

x



120



2

360





2



r





R

3

，故

D

正确。故选

AD

。

10

．

【答案】BCD

【解析】A．小球落地时重力的功率为

P

G

mgvsin



，故

A

错误；

B．小球下落过程在竖直方向根据动量定理

mv

sin



mgtk

(

v

y

1

v

y

2

v

y

3



......)

t

，



(

v

y

1

v

y

2

v

y

3



......)

th

，解得小球下落的时

间为

t



mvsin





kh

mg

，故

B

正确；

C

．小球在水平方向根据动量定理

mv

cos



mv

0

k

(

v

x

1

v

x

2

v

x

3



......)

t

，



(

v

x

1

v

x

2

v

x

3



......)

tx

，解得小球下落过程

中的水平位移大小为

x



m



v

0



vcos





k

，故C

正确；

D．小球下落过程根据动能定理

1

2

1

2

mv

2

mv

2

0

mghW

f

，解得小球下落过程

中空气阻力所做的功为

W

f

mgh

1

2

mv

2



1

2

mv

0

2

，故D正确。故选

BCD。

三、非选择题：共5题，共58分．

11

．

【答案】

①

.21.000

②

.

6.73



10



4

【解析】（

1

）该读数为

20.5mm50.00.01mm21.000mm

（

2

）已知条纹

PP'

间还有

3

条亮条纹，则相邻两亮条

纹的间距为



x



21.000



0.822

4

mm



5.0445

mm

，由干涉

条纹的间距公式



x



l

d



，解得





6.73



10



4

mm

12

．

【答案】

①

.

指针定位螺丝

②

.BAD

③

.

193

④

.黑表笔

⑤

.2000

【解析】（

1

）指针式多用电表使用前应该调整指

针定位螺丝，使指针指向“

0

”；

（2）用指针式多用电表测几百欧姆电阻时，应先

将开关旋转到“

10

”位置，再将红表笔和黑表

笔直接接触，最后调节欧姆调零旋钮使指针指向

欧姆零点，所以正确的顺序是BAD。

该电阻的阻值为

19.310Ω=193Ω

（

3

）电池的负极应接多用电表的负极，则应接多

用电表的黑表笔；

触点在a端时G满偏，则R

T

与G串联，串联部分的

电压为

U

1

I

g

(

R

T

R

g

)



0.30V

，根据串并联电

路

的

特点可知R

2

两端的电压为

2024年4月12日发(作者：祖成)

2024年安徽省高考适应性演练_答案解析

物理

一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共

32分．在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合要求的．

1

．

【答案】B

【解析】

A

．在铀核裂变的过程中，动量守恒，故

A错误；

BD．设X为

Z

A

X

，由核电荷数守恒可知

92056363Z

，可得

Z0

，由质量数守

恒得

2351144893A

，解得

A1

，所以该

核反应方程中的X为

1

0

n

，故B正确，D错误；

C

．由能量守恒定律可知，该核反应中释放的核能

为

EE

2

E

3

E

1

，故C错误

。

，故选B。

2

．

【答案】

A

【解析】由功率的定义式

P



W

t

得，功率单位

为

W



J

s



N



m

s



kg



m/s

2



m

s



kg



m

2



s



3

，

故选A。

3

．

【答案】C

【解析】A．质中质点不会沿波的传播方向移动，

只在自己平衡位置附近振动，故

A

错误；

B

．介质中质点的振动速度不等于波速，波速与介

质有关，振动的速度与距平衡位置的远近有关，

故B错误；

C．横波和纵波都能传递能量，故横波是传递能量

的一种方式，故

C

正确；

D

．频率由波源决定，与介质无关，故横波由一种

介质进入另一种介质时频率不发生变化，故D错误。

故选C。

4

．

【答案】

C

【解析】速度平方与提起高度的关系图像是坐在

实验车上的人观察的图像，即小球相对于车的速度

关系图像。小车相对于车竖直提起，则图像中的速

度为小球竖直方向的速度图像。由速度与位移关系

公式

v

2

v

0

2

2ay

结合图像可知，开始小球时在竖

直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加

速度竖直向上。结合小球在水平方向一直做匀速直

线运动可知，地面上静止的观察者看到的运动轨迹

是先做匀速直线运动，后做类斜抛运动。故选

C

。

5

．

【答案】

D

【解析】该电场线竖直方向，带电小球仅在重力

和沿电场线的电场力的作用下，在M点速度方向

竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减

速后反向加速，电场力方向竖直向上。

A．仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，

且不知道MN两点的加速度大小关系，故无法

判断两点的电场场强关系，A错误；

B．由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但

未知小球所带电荷的电性，故无法判断

MN

两

点的电势高低，

B

错误；

C．小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功

的大小关系和速度大小关系，故无法判断小球

在

MN

两点的动能大小关系，

C

错误；

D

．小球电场力方向竖直向上，从

M

点到

N

点电场

力做负功，电势能增加，故小球在

M

点

的

电势能

小于N点的电势能，D正确。故选D。

6

．

【答案】B

【解析】

A

．

cb

过程，气体体积不变，即等容

变化过程，气体压强变小，温度降低，故内能减小。

该过程气体对外不做功，故气体向外界放热，A错

误；

B

．由微元法可得

pV

图像与横坐标围成的面积

表示为气体做功的多少，由图像可知，

acb

过程比

ab

过程气体对外界所做

的功多，

B

正确；

C．

ab

过程为绝热过程，气体体积变大对外做

功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，

温度降低。温度是分子平均动能的标志，故气

体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，

C错误；

D．

ac

过程，气体的压强相等，体积变大温度

变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的动

量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状

态

a

时比在状态

c

时单位时间内撞击在单位面积上

的分子数多，D错误。故选B。

7

．

【答案】

A

【解析】卫星一、卫星二轨道的半长轴分别为

a

1



2

R



h

1

2

R



h

2

，

a

2



2

2

由开普勒第三定律得

T

T

1

a

1

3



3



k

，整理得

2

a

2

2

R



h

1



k

3

h

2

2



2





,

星球表面的重力加速度为

g



k

3



1

，根据





万有引力提供重力得

G

Mm

R

2



mg

c

，星球质量的表

达式为

M



4



3



R

3

，联立得

3

g



2



1



k

3



c







3

g

4

c





GR



2

G

2

，故选A。







h



2

k

3





h

1





8

．

【答案】

D

【解析】A．施加拉力F前，以小环O为对象，

受到轻绳2的拉力等于物块P的重力

mg

，竖直方

向根据受力平衡可得

2T

1

cos30mg

，解得轻绳

1的张力大小为

T

3

1



3

mg

，故A正确，不满足

题意要求；

B

．物块在缓慢移动过程中，以小环

O

为对象，由

于小环O两侧轻绳1的张力大小总是相等，则

小环O两侧轻绳1的张力合力沿

MON

平分

线上，根据受力平衡可知，轻绳2的延长线始

终平分

MON

，故

B

正确，不满足题意要求；

C．物块在缓慢移动过程中，轻绳2与竖直方向的

夹角



逐渐增大，以物块为对象，根据受力平衡可

得

T

2

cos



mg

，可知

T

2



mg

cos



，可知轻绳

2

的张力越来越大，故

C

正确，不满足题意要求；

D

．物块在缓慢移动过程中，由于

M

、

N

之间的轻

绳1长度不变，根据数学知识可知，小环O的运动

轨迹为椭圆，M、N为椭圆的两个焦点；当轻绳2

与

MN

连线方向垂直时，小环O刚好位于椭圆的

短轴顶点上，根据椭圆知识可知此时

MON

最大，

则此过程

MON



逐渐增大，以小环O为对象，

根据受力平衡可得

2T

1



cos



T

2

，可得

T

1





T

2

2cos



，可知此过程经绳1的张力一直增大，

故D错误，满足题意要求。故选D。

二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共

10分．在每小题给出的选项中，有多项符合

题目要求．全部选对的得5分，选对但不全

的得3分，有选错的得0分．

9

．

【答案】AD

【解析】A．由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，

可知，粒子在

A

点所受洛伦兹力向下，根据左手定

则，四指指向与速度方向相反，可知，粒子带负电，

故A正确；

B．由于圆形区域半径为R，A点到

CD

的距离为

R

2

，

令粒子圆周运动的半径为

r

，根据几何关系有

22

r

2







r



R







R

2



R





2









2



，解得



rR

，粒子做

匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

qv

v

0

B



m

r

0

2

，解得

v

0



qBR

m

，故B错误；

C

．根据上述，作出运动轨迹，如图所示

由于圆形区域半径为

R

，

A

点到

CD

的距离为

R

2

，

根据上述，粒子圆周运动的半径也为

R

，则

AOO'

与

EOO'

均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心

角为

120



，粒子圆周运动的周期

T



2



r

v



2



m

，

0

qB

t



120



则粒子在磁场中运动的时间为

360



T



2



m

3

qB

，

故

C

错误；

D．结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为

x



120



2

360





2



r





R

3

，故

D

正确。故选

AD

。

10

．

【答案】BCD

【解析】A．小球落地时重力的功率为

P

G

mgvsin



，故

A

错误；

B．小球下落过程在竖直方向根据动量定理

mv

sin



mgtk

(

v

y

1

v

y

2

v

y

3



......)

t

，



(

v

y

1

v

y

2

v

y

3



......)

th

，解得小球下落的时

间为

t



mvsin





kh

mg

，故

B

正确；

C

．小球在水平方向根据动量定理

mv

cos



mv

0

k

(

v

x

1

v

x

2

v

x

3



......)

t

，



(

v

x

1

v

x

2

v

x

3



......)

tx

，解得小球下落过程

中的水平位移大小为

x



m



v

0



vcos





k

，故C

正确；

D．小球下落过程根据动能定理

1

2

1

2

mv

2

mv

2

0

mghW

f

，解得小球下落过程

中空气阻力所做的功为

W

f

mgh

1

2

mv

2



1

2

mv

0

2

，故D正确。故选

BCD。

三、非选择题：共5题，共58分．

11

．

【答案】

①

.21.000

②

.

6.73



10



4

【解析】（

1

）该读数为

20.5mm50.00.01mm21.000mm

（

2

）已知条纹

PP'

间还有

3

条亮条纹，则相邻两亮条

纹的间距为



x



21.000



0.822

4

mm



5.0445

mm

，由干涉

条纹的间距公式



x



l

d



，解得





6.73



10



4

mm

12

．

【答案】

①

.

指针定位螺丝

②

.BAD

③

.

193

④

.黑表笔

⑤

.2000

【解析】（

1

）指针式多用电表使用前应该调整指

针定位螺丝，使指针指向“

0

”；

（2）用指针式多用电表测几百欧姆电阻时，应先

将开关旋转到“

10

”位置，再将红表笔和黑表

笔直接接触，最后调节欧姆调零旋钮使指针指向

欧姆零点，所以正确的顺序是BAD。

该电阻的阻值为

19.310Ω=193Ω

（

3

）电池的负极应接多用电表的负极，则应接多

用电表的黑表笔；

触点在a端时G满偏，则R

T

与G串联，串联部分的

电压为

U

1

I

g

(

R

T

R

g

)



0.30V

，根据串并联电

路

的

特点可知R

2

两端的电压为