1、大连市第二十四中学2022-2023学年度高考适应性测试（一）物理参考答案1B【详解】A电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故A错误；B根据速度定义式 当 t0 时，v就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，这里运用了极限思想，故B正确；C伽利略在研究自由落体的运动时采用了将实验和逻辑相结合的方法，故C错误；D公式是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是故D错误。故选B。2C【详解】设地球的密度为，则在地球表面，物体受到的重力和地球的万有引力大小相等，有由于地球的质量为所以重力加速度的表达式可写成质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度
2、为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（Rd）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度所以有根据万有引力提供向心力有Gma“天宫一号”所在处的重力加速度为a所以，故选C。3A【详解】如图1所示，轻质光滑小环一共收到三段绳子的拉力，由于甲乙受力平衡，则由，轻质光滑小环受力平衡，则这三个力围成的矢量三角形闭合且首尾相接，如图2所示。由根据正弦定理得即 解得故选A。4C【详解】A对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则F向mgtan为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角。由几何关系知：h越小，越大；则向心力F向越大，对碗和小球组成的整体，由牛顿第二定律有全
3、科试题免费下载公众号高中僧课堂fF向mgtan故h越小，地面对碗的摩擦力越大，A错误；B对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；C若h，则60对小球根据牛顿第二定律可知mgtan60m则小球的动能Ekmv2mgRC正确；D若h，根据mgtan60man解得ang结合AB选项的分析可知(Mm)gfman解得D错误。故选C。5C【详解】A受力分析如图1所示，由正弦定理可得在重物向上移动的过程中均增加，增加的角度为的2倍，故减小，即始终减小，A错误；B因为始终为锐角，且始终小于，由三角函数关系可知即即始终增大，B错误；CD如图2所示，当重物
4、接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹角逐渐趋近90，可认为两拉力垂直，由相似三角形可得解得C正确，D错误。故选C。6A【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得解得当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则解得当速度达到最大速度一半时，此时速度为此时受到的牵引力解得此时受到的阻力对整体根据牛顿第二定律对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得联立解得故选A。7AB【详解】A因O1O与O2O的距离相等，由电场的叠加知O、O1与O2的合电场强度都为零，故A正确；B同理由电场的叠加知，O1O2连线上场强处处为零，移动电荷时电场力不做功，则直线O1O2上各点电势相等，故
5、B正确；C将-q微粒从O1点沿O1O方向移至O点过程，电场力不做功，电势能变化为零，故C错误：D因O与O1点的合电场强度都为零，且O1O之间的电场强度都为零，所以将-q微粒从O1点沿O1O方间移至O点过程所受电场力为零，故D错误。故选AB。8B【详解】A从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小。故A错误；B从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大。故B正确；C从左端到右端的运动过程
6、中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变。故C错误；D粒子做圆周运动的周期为由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为由于平行于轴线的速度先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小。故D错误。故选B。【点睛】根据题意理解粒子运动的规律。注意粒子运动的分解，运动的分解包含速度、受力等矢量的分解。9BD【详解】A由右手定则可知：金属棒向右切割磁感线时，在闭合回路中产生逆时针方向的感应电流，即通过定值电阻的电流方向是从Q到N，故A错误；B根据电磁感应定律有由欧姆定律可知根据公式联立解得故B正确；C根据
7、动能定理有解得则金属棒克服安培力所做的功为，故C错误；D根据功能关系可知：则电阻R产生的焦耳热为故D正确。故选BD。10AD【详解】A由图像可知，充电结束时，电池电压约为4.2V，所以该锂电池的电动势约为4.2V。A正确；B给电池充电时，电池相当于用电器，则充电电压必须高于电池电动势，所以该锂电池的充电电压不可能小于4.2V。B错误；C电流时间图像的面积表示电量。所以在充电的1.03.0小时内，图像面积小于1000mAh，C错误；D电池的电能为D正确。故选AD。11BD【详解】A. 由理想气体状态方程可得由图像可以看出所以即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的，故A错误；
8、B. 理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，故B正确；C.由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量，故C错误；D.因为两个过程是绝热过程， 过程气体对外做的功，气体温度由减小到，等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到，由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功，故D正确。故选BD。12BCD【详解】A木块M处于静止状态，则水平方向受力为零，即木块M不受木块P的摩擦力作用，选项A错误；B对PMN的整体，若其它条件不变，变小，则整体受力不变，木块N对
9、桌面的压力不变，系统仍将处于平衡状态，选项B正确；C设细线的拉力为T，则对结点分析可知解得细线中的拉力为选项C正确；D对PM的整体，水平方向即木块M和N之间的摩擦力为2.5N，选项D正确。故选BCD。13 BD 2.00 0.40【详解】（1）1AB图线不过原点且力F为零时小车加速度不为零，所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）,故B正确，A错误；CD图线末端发生了弯曲，是因为当砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M时，绳上拉力小于砂桶和砂子的总重力，故D正确，C错误。故选BD；（2）2相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻两计数点间时间间隔T=0.10 s小车运动的加速度a=（3）
10、3设细绳上的拉力为，对砂桶和砂子受力分析，由牛顿第二定律可得对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得联立解得a=，整理得由关系图象可得解得14 9.203 10.405 8000 209 等于【详解】(1)12根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9mm，可动刻度部分读数为20.30.01mm，所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度L=10.4cm+0.005cm=10.405cm。(2)3改装后电压表量程为U=6V，由I2g（r2g+R2)=U解得R2=8000即电阻箱接入电路的阻值为8000。(3)4由于待测电阻的阻值远大于滑动
11、变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱与电流表A2串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。(4)5由并联电路规律可得I2（r2g+R2)=(I1-I2）Rx变形得由解得金属材料的电阻Rx=209。(5)6由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。15（1）；（2）【详解】（1）设为，为，由几何关系由折射定律带入数据解得由 可得（2）设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为和，ESEF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则又，所以可得即光线在ES的入射角最大。分析可
12、知，达到临界角时r最大，则解得16（1）；（2）；（3）0.194m【详解】（1）物块恰好过D点，则有从P到D点解得（2）根据题中给出数据有可知，物块乙开始时处于静止状态，此时弹簧处于原长，弹力和弹性势能均0，甲与乙碰撞前的速度为v1，碰撞后为v2，则有甲物块碰前有甲乙碰撞后有解得（3）二者刚要分离时，甲乙间的压力恰好为0，两者加速度仍然相等，对甲有对乙有则两物块被弹回时分离的位置距P点的距离解得17（1）；（2），；（3）【详解】（1）作出轨迹如图所示根据几何分析可知，在第二象限轨迹圆心在坐标原点，且根据解得（2）根据几何关系可知，粒子射入第一象限的速度与y轴正方向夹角可知根据对称性可知，粒子射出第四象限的速度与y轴正方向夹角也为。由于经过第三象限的匀强电场作用后垂直打到x轴上的某点P，则有，解得，即P点位置坐标为。（3）粒子在第三象限圆周运动的圆心角为运动的时间粒子在第一、四象限圆周运动的圆心角为运动的时间则粒子从A点运动到P点的总时间解得答案第13页，共1页学科网（北京）股份有限公司s