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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
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
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。
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
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
所以有根据万有引力提供向心力有
G ＝ma
“天宫一号”所在处的重力加速度为
a＝
所以
，
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
，
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。
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 ＝mgtanθ
向
答案第2页，共2页θ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 越大，对碗和小球
向
组成的整体，由牛顿第二定律有
f＝F ＝mgtanθ
向
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
θ＝60°
对小球根据牛顿第二定律可知
mgtan60°＝m
则小球的动能
E＝ mv2＝ mgR
k
C正确；
D．若h＝ ，根据
mgtan60°＝ma
n
解得
a＝ g
n
结合AB选项的分析可知
μ(M＋m)g≥f＝ma
n
解得
μ≥
D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
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
减小，即 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
即
即 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
解得
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
解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
答案第4页，共2页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。
7．AB
【详解】A．因OO与OO的距离相等，由电场的叠加知O、O 与O 的合电场强度都为零，故A正确；
1 2 1 2
B．同理由电场的叠加知，OO 连线上场强处处为零，移动电荷时电场力不做功，则直线OO 上各点电势相等，
1 2 1 2
故B正确；
C．将-q微粒从O 点沿OO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：
1 1
D．因O与O 点的合电场强度都为零，且OO之间的电场强度都为零，所以将-q微粒从O 点沿OO方间移至O
1 1 1 1
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。
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
由欧姆定律可知
根据公式
联立解得
故B正确；
C．根据动能定理有
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
答案第6页，共2页故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
D正确。
故选AD。
11．BD
【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；
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。
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
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）[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=0.10 s
小车运动的加速度
a= =
（3）[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
答案第8页，共2页解得
14． 9.203 10.405 8000 209 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
I （r +R)=U
2g 2g 2
解得
R=8000Ω
2
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
A 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。
2
(4)[5]．由并联电路规律可得
I（r +R)=(I-I）R
2 2g 2 1 2 x
变形得
由
解得金属材料的电阻
R=209Ω。
x(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 ，ES⊥EF，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。
分析可知， 达到临界角时r最大，则
解得
16．（1） ；（2） ；（3）0.194m
答案第10页，共2页【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v，碰撞后
1
为v，则有
2
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
答案第12页，共2页粒子在第一、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14页，共2页
