物理参考答案

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1．B【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xvt当Δt→0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Fam是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是vat故D错误。故选B。2．C【详解】设地球的密度为ρ，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2GMgR由于地球的质量为343MR所以重力加速度的表达式可写成3224433GRGMgGRRR质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（R－d）的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度4()3gGRd所以有答案第2页，共12页gRdgR根据万有引力提供向心力有G2MmRh＝ma“天宫一号”所在处的重力加速度为a＝2GMRh所以22aRgRh，23RdRhgaR故选C。3．A【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12mFFg甲，3Fmg乙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31(180)sinsin2FF即sin30sin75mgmg甲乙解得2sin75sin30sin15cos60cos15sin60sin30sin15cos60cos15(12sin15)sin30sin15cos60cos15sin30sin15sin30cos1597sin3050mm甲乙故选A。4．C【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＝mgtanθθ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，θ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f＝F向＝mgtanθ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＝2R，则θ＝60°对小球根据牛顿第二定律可知mgtan60°＝m232vR则小球的动能Ek＝12mv2＝34mgRC正确；D．若h＝2R，根据mgtan60°＝man解得an＝3g结合AB选项的分析可知μ(M＋m)g≥f＝man解得μ≥311D错误。故选C。5．C【详解】A．受力分析如图1所示，由正弦定理可得12TTsinsin()sinFFmg在重物向上移动的过程中、均增加，α增加的角度为β的2倍，故1Tsin()sinFmg答案第4页，共12页减小，即1TF始终减小，A错误；B．因为、始终为锐角，且α始终小于β，由三角函数关系可知22TTsinsin2sinsinsinsinFFmgmg即22TTFF即2TF始终增大，B错误；CD．如图2所示，当重物接近乙时，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T2T122FFmgLdLd解得122TmgLdFL2TmgdFLC正确，D错误。故选C。6．A【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0FtvtSv解得2FSv当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则mPFv解得3m=PvS当速度达到最大速度一半时，此时速度为m12vv此时受到的牵引力PFv牵解得232FPS牵此时受到的阻力22m31()24vfSPS对整体根据牛顿第二定律5Ffma牵对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得2Fma联立解得23710FPS故选A。7．AB【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。8．B【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22mmTqBqB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2mvlvTqB∥∥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。答案第6页，共12页故选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。9．BD【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BLdEntt由欧姆定律可知23EEIRRR根据公式qIt联立解得3BLdqR故B正确；C．根据动能定理有0mghmgdW安解得-()Wmghmgd安则金属棒克服安培力所做的功为mghmgd，故C错误；D．根据功能关系可知：-QWmghmgd安则电阻R产生的焦耳热为R11()33QQmghd故D正确。故选BD。10．AD【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1.0~3.0小时内，图像面积小于1000mA·h，C错误；D．电池的电能为4.21.4Wh5.88WhEUQD正确。故选AD。11．BD【详解】A.由理想气体状态方程可得112212pVpVTT由图像可以看出1122pVpV所以12TT即ab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；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，cda外界对气体做的功大于abc气体对外界做的功，故B正确；C.由图像可知，da过程外界对气体做的功大于bc过程气体对外做的功，所以da过程向外界释放的热量大于bc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，ab过程气体对外做的功，气体温度由1T减小到2T，等于cd过程外界对气体做的功，气体温度由2T增加到1T，由热力学第一定律可知，ab过程气体对外做的功等于cd过程外界对气体做的功，故D正确。故选BD。12．BCD【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2cos30Tmg解得细线中的拉力为53N3T选项C正确；D．对PM的整体，水平方向答案第8页，共12页cos302.5NNMfT即木块M和N之间的摩擦力为2.5N，选项D正确。故选BCD。13．BD2.000.40【详解】（1）[1]AB．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=0.10s小车运动的加速度a=23CFOCxxT（）=2211.9910.017.986.023.962.00100.3（）22m/s2.00m/s（3）[3]设细绳上的拉力为TF，对砂桶和砂子受力分析，由牛顿第二定律可得TmgFma对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得TFMa联立解得a=mgMm，整理得111Maggm由11am关系图象可得0.50.1=100Mg解得0.40kgM14．9.20310.4058000209等于【详解】(1)[1][2]．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20.3×0.01mm，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=8000Ω即电阻箱接入电路的阻值为8000Ω。(3)[4]．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，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2122xgxRIIrRR由220.0205xgxRkrRR解得金属材料的电阻Rx=209Ω。(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）2.5n；81.210m/sv；（2）1mmr【详解】（1）设DQG为i，OQP为r，由几何关系,ssiinnDGOPrDQOQi由折射定律sinsininr带入数据解得2.5n由cnv可得答案第10页，共12页81.210m/scvn（2）设E点发出的光线ES、ET与法线的夹角分别为和，ES⊥EF，光线ET为任一光线，过O点向TE作垂线OZ，设OZ为h，则sin,sinhrRR又hr，所以sinsin可得即光线在ES的入射角最大。分析可知，达到临界角时r最大，则1sinrRn解得1mmr16．（1）14；（2）2955m/s5；（3）0.194m【详解】（1）物块恰好过D点，则有2()()DvMmgMmR从P到D点22212121211cos37cos37sinsincos22DkxmgMgxxMmvMmgxxRR解得114（2）根据题中给出数据有23tan4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12mvMmv甲物块碰前有221111011sincos22mgxmgxmvmv甲乙碰撞后有2221222211cos37cos37sin22kxmgMgxMmvMmgx解得02955m/s5v（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1sincosmgmgma对乙有23sincos