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1、2024届河南省普通高等学校招生全国统一考试适应性测试理科综合试题（一模）注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上。2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3 .考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Na23S32Ca40二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对
2、的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得O分。1 .如图，在同一根软绳上先后激发出a、b两段同向传播的简谐波，则它们（）A波长相同B.振幅相同C.波速相同D.频率相同2 .如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为%时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7： 1,位移之比为8： 7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（1d- 9V1C.-V0803 .某光源包含不同频率的光，光的强度与频率的关系如图所示。表中给出了一些金属的截止频率，,用该光源照射这些金属。则（）A.O246810v(10,4Hz)金属y(10,4Hz)钠4.
3、69钠5.53锌8.06鸨10.95A.仅艳能产生光电子B.仅钠、钠能产生光电子C.仅钠、钠、锌能产生光电子D.都能产生光电子4 .若两颗人造卫星M、N绕地球做匀速圆周运动，M、N到地心的距离之比为左，忽略卫星之间的相互作用。在时间，内，卫星M与地心连线扫过的面积为Sm,卫星N与地心连线扫过的面积为SN,则SM与SN的比值为（）A.1B.kC.pD.&5.2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为4和鸟的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，%=2舄。假设笊核；H沿内环切线向左进入磁场，泉核
4、：H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则；H和：H的速度之比为6 .如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角，=45。进入液体，经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为,光线在平面镜上的入射角为P。已知该液A.夕=30。B,夕=37.5。C.若略微增大a,则光线可以从液面射出D.若略微减小i,则光线可以从液面射出7 .。粒子（；He）以一定的初速度与静止的氧原子核（：0）发生正碰。此过程中，。粒子的动量随时间，变化的部分图像如图所示，4时刻图线的切线斜率最大。则（）AG时刻;6。的动量为R-Pl8 .4时刻;6。的加
5、速度达到最大9 .G时刻;6。的动能达到最大D.芍时刻系统的电势能最大8.如图（a）所示，L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为Ikg的滑块产以6m/s的初速度滑上木板，Z=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的一，图像如图（b）所示。重力加速度大小g取Iom/S?,则（）A.Q的质量为IkgB.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J10 1=5.8s时木板速度恰好为零三、非选择题：共62分。9.某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表
6、面画上一条痕迹（时间间隔为彷。如图（b）,在钢柱上从痕迹。开始选取5条连续的痕迹4、B、C、D、E,测得它们到痕迹。的距离分别为心、he、he、任、Aeo已知当地重力加速度为g。图（a）图（b）（1）若电动机的转速为3000rmin,则T=sR3、Ra（最大阻值均为9999.9C）；定值电阻Ho（阻值为5.0k）;单刀单掷开关Si、S2,单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。200 160 120 80 40/,AIOOXlo-6i230615A= 0.2mA0-2468101214-图（a）图（b）图（C）（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前Si、S2
7、断开，滑动变阻器R的滑片应置于（填“左”或“右”）端。将电阻箱用、R2、&的阻值均置于100O.0。，滑动变阻器H的滑片置于适当位置。保持以、R3阻值不变，反复调节&,使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则尸、。两点的电势（填相等或“不相等记录此时&的示数为1230.0C,则微安表的内阻为Qo（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱&阻值调至615.0C,将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2,记录微安表电流/随时间，的变化情况，得到如图（C）所示的图像。当微安表的示数为100A时，通过电阻RO的电流是A.（4）图（C）中每个最小方格面积所对应的电荷量为C（保留两位有效
8、数字）。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为F（保留两位有效数字）。【正确答案】.左.相等（3）.1230.0.300.3.2X106.4.8104【详解】（2）1为保护微安表，实验开始前Si、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明尸、。两点的电势相等。3根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0C。（3） 4由于微安表与用并联，则当微安表的示数为100A时，R分担的电流为则通过电阻R）的电流/总=Z4+Z=300A（4） 5图（C）中每个最小方格面积所对应的电荷量为夕=8AX0.4s=3.2C=3.2IO6C6BJ
9、150个这样的小方格为总电荷量为0=X4=150X3.2*106C=4.8XIO4C而微安表改装后流过Ro的电流是微安表示数的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为c=g=480xl0-x3F=48xl0.4FU311.房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为%,初始温度为几。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求(1)汽缸内空气升温膨胀后的总体积匕(2)升温前后室内空气质量之比。活塞TT【正确答案】(1)书；(2)【
10、详解】(1)由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖一吕萨克定律有ST解得T展/0(2)根据气体变化前后质量相等有PoPO=PV解得P=yPo则升温前后室内空气质量之比为MTO12.如图所示，一个带正电的小球，质量为，电荷量为夕，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑较接于。点，重力加速度为g。(1)未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。(2)若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。
11、求电场强度的水平分量员和竖直分量Ey。O【正确答案】(1)3wg；(2)EV=乂8，方向竖直向下，*=一&,方向水平向左qq【详解】(1)未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有712mgL=-mv则小球在最低点有V2F1-mg=zn-解得Fi=3wg(2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低mgL - E、qL EyqL = ； mv12点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有则小球在最低点
12、有其中T7Ti杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL+ExqL+EyqL=g则小球在最低点有F2-mg-Evq=m-L其中尸2=8?g联立解得EL整,EX=整qq13.如图(a)所示,一个电阻不计的平行金属导轨，间距Z=Im,左半部分倾斜且粗糙，倾角。=37。，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为,tana=0.1。右半部分俯视图如图(b)o导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数4=0.5o导体棒P以%=0.5m/s的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开
13、始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为6=IT,两棒的质量均为m=0lkg,。棒电阻A=0.5C,P棒电阻不计。重力加速度大小取g=10ms2,sin370=0.6,cos370=0.8,以。棒开始下滑为计时起点。求(1)撤去小立柱时，Q棒的加速度大小)；(2)Q棒中电流随时间变化的关系式；(3) Q棒达到的最大速度及所用时间4。【正确答案】(1) 2ms2;(2) Z=0.1t(A); (3) 4ms, 4sb _ 8SCj -=/ /【详解】(1)撤去小立柱时，导体棒P刚刚进入三角形磁场区域，没有感应电动势
14、，则对Q棒受力分析a0=nigSin_cs=gsn-gcosO=(IOX0.6-0.5XloX0.8)ms2=2ms2m(2)只有P棒在切割磁感线，所以感应电动势为岫_8S巳M/磁场穿过闭合电路的面积与时间的关系为5=-(v0r)(2tanav0)=tanavf所以0.05/ a 1 / a x KA=(Ht(A)=S=2tanccvZ=2Btanv/=210.10.52/=0.05/(V)（3）对Q棒受力分析ma=mgsin(nigcos+BIL)当Q棒速度达到最大时mgSinO=（Zgcos+BIL）解得此时I-0.4A,1=4s三角形磁场总长有,05U1.=m=5mF0.1而P棒在4s内运动的位移为2m,小于Q棒的加速度与时间的关系为BIL=gsin。一geos-=（2-0.5/）ms2ImJ画出Q棒的。“图，则Q棒速度的变化量等于图线下方与坐标轴围成的面积，则Q棒达到的最大速度%为= v =2x4m/s = 4ms所用时间4=4s
