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高考适应性考试
物 理 参 考 答 案
选项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B D C D B BD BC AC
1.【答案】A
【解析】原子核衰变中，剩余原子核数量公式为N(t)=N 1
0
2
t
τ,已知t=225s,N(t)= 1 N ，可解得
0
8
半衰期τ=75 s。故正确答案为A。
2.【答案】C
【解析】阻尼安培力阻碍列车前行，做负功，故A错。由F=kv=ma得，加速度与速度方向相反，
v减小时，a减小，故B错。由P=Fv=kv2得，v减小时，P减小，故C正确。由Ft=∆P得，
ΔP ΔP
=F=kv,v减小时， 减小，故D错。
t t
3.【答案】B
【解析】由牛顿第三定律可知作用力与反作用力等大反向共线，故球拍对乒乓球的冲量与乒乓球对
球拍的冲量大小相等，故A错。运动员入水过程水的阻力做负功，运动员的机械能减少，减少的机
械能转化为水的内能，故水的内能增加，故B正确。运动员刚接触蹦床时，蹦床形变量小，弹力小
于运动员的重力，往下过程，形变量逐渐增大，弹力逐渐增大到等于重力，再增大到大于重力，故
C错。地面对苏炳添有静摩擦力时，在力的方向上没有位移，故不做功，故D错。
4.【答案】D
GMm v2 2π
【解析】由卫星在圆轨道上运动时有： =m =mω2r=m
r2 r T
2 1
r=ma，又有E = mv2,可
K 2
计算得ABC选项错,D正确。
5.【答案】C
【解析】由机械波在同种均匀介质中传播时速度相等，故A错。由v=λf，λ <λ ，得f >f 故
甲 乙 甲 乙，
两列波不能发生稳定的干涉现象，故B错。因为甲波向右传，乙波向左传，均刚好传到P点，都使
得P点向-y方向起振，故C正确。甲波向右平移，乙波向左平移，在P点不会出现两列波峰峰相
遇，也不会出现谷谷相遇，所以两列波在P点叠加后的最大位移小于3A，故D错。
6.【答案】D
【解析】玻璃管带着小球在x轴正方向作初速度为零的匀加速运动，根据左手定则可判断正电小球
所受洛伦兹力f 竖直向上，f =qvB,开始v比较小，f <G，小球竖直方向不动。随着v增大，
洛 洛 洛
当 f >G时，小球竖直方向开始运动，运动中小球合加速度与合速度不共线，故小球的合运动轨
洛
迹为曲线，故ABC选项错,D正确。
7.【答案】B
1
【解析】由图像信息可知r=1 m,x=vt=2 m,h= gt2=2r=2 m,再根据B到C能量守恒得：
2
1 1
mv2= mv2+mg2r,解之得v =5 2 m/s,故A错。如果调整轨道半径r，落点距B点的水平距
2 0 2 0
4r 5
离x=vt= v2-4gr× = 20r-16r2= -16r-
0 g 8
2 25
+ ;可求得x =2.5 m，故B正确。
4 Maxv2 v2 1
对小球在B点和C点受力分析，由牛顿第二定律得：F -mg=m B ;F +mg=m C ; mv2 =
B r C r 2 B
1
mv2+mg2r;可解得：F -F =6mg，故C错。当轨道半径r一定时，小球每上升相同的高度∆h,
2 C B C
v2 v2
在这两个位置受力分析，由牛顿第二定律和能量守恒得：F -mgcosβ=m 2 ;F -mgcosα=m 1 ;
2 r 1 r
1 1
mv2= mv2+mg∆h;rcosβ-rcosα=∆h；可解得小球受到的弹力大小的差值∆F=F -F =
2 1 2 2 2 1
mgcosβ-cosα
mv2-mv2 3mg∆h
+ 2 1 =- ,故D错。
r r
8.【答案】BD
OM 2 1
【解析】A. sinθ= = 得θ=45°，而sinC= 得C=45°，即刚好发生全反射，故A错误；
R 2 n
ON 1 sinβ
B.sinα= = 得α=30°，而n= 得β=45°，偏转角β-α=15°,故B正确；
R 2 sinα
C.光的频率减小，临界角增大，全反射的临界光线向B点移动，故有光射
β
B
出部分变大，故C错误。
M θ α
D.光的频率增大，临界角减小，全反射的临界光线向O点平移，故有光射 N
120°
出部分变小，故D正确。
o A
故答案为BD。
9.【答案】BC
【解析】如图所示：当带电粒子射入磁场偏转半个周期刚好从D点射出磁场，由几何关系得： 2r =
1
3R v2 2mv
3R,解得能到达D点的粒子的最大半径r = ,由qv B =m 0 ,解得：B = 0 。故C正确，
1 2 0 1 r 1 3qR
1
A错误；
当带电粒子从圆弧BCD某点E离开磁场后延直线运动到D点，
如图所示，则此时粒子做圆周运动的圆心位于B点，有几何关
v2 mv
系得：r =R,由qv B =m 0 ,解得：B = 0 。故B正确，D
2 0 2 r 2 qR
2
错误。故正确答案选BC。
10.【答案】AC
【解析】A. 由滑块在O点恰好能平衡：μ(mg-kΔl)=qE得
P
k=50 N/m，故A正确；
Δl
B.滑块向右运动时：如图，摩擦力f=μ(mg-k •cosθ) Q
cosθ
E
=μ(mg-kΔl)，摩擦力f不变,设滑块在位置坐标为x时，滑 θ Δl
+q m
块受到的合力F=-0.5x，说明滑块开始向右做简谐运动，由
简谐运动对称性，当滑块运动到x=6cm处时速度减为0，
-5 0 +5 x/cm
但不能保持静止。当滑块向左继续运动时，摩擦力f大小不
变，方向相反，故B错误；
C.滑块向右运动时,f=μ(mg-kΔl)=qE，研究系统机械能先不变，但滑块向左运动时，摩擦力和
电场力都向右，均做负功，研究系统机械能减小，故C正确；
D.设滑块向左运动在x 处时合外力为零，由kΔltanθ=qE+f得x=Δltanθ=4cm，合外力F =
0 x
-kΔltanθ+qE+f=-k(x-x ),由简谐运动对称性，故滑块向左运动最左边为x=2cm处速度减
0为0，此后kΔltanθ=qE=1N,f=0，然后静止不动，故D的坐标为x=+2cm，故D错误。
故答案为AC。
11.（共6分）
【答案】(1) （2分）BD；(2)（4分）1.4，4.6～5.4。
【解析】略
12（. 共10分）
【答案】(1)（2分）6.0(建议填6也给分)；
(2)（6分）①BD，②1.96，线圈存在电阻产生焦耳热；装置存在漏磁损失磁场能；铁芯上产生涡
旋电流损失电能。
(3)（2分）C
【解析】(3)示波器可以等效于电压传感器，显示的电压可根据电磁感
应的规律分析，线圈中磁通量的变化率为示波器中显示的电压，故选 R
信号发生器 示波器
C，进一步研究有电压电路可简化如右图。
13.【答案】（1）30 cm （2）60 cm3 i
【解析】初始状态，封闭气体压强为：
p =p -h =50 cmHg
1 0 1
在水银柱未溢出前，气体发生等压膨胀。设加热到 T 时，气柱长度为 L 。
1 2
根据盖-吕萨克定律(或理想气体状态方程)有：
L S L S
1 = 2
T T
0 1
代入数据得：L =45cm
2
此时水银柱下端距离管口的距离 d 为：
d =L-L -h =30cm
1 2 1
(2)当水银柱下端刚好到达玻璃管开口处时，水银并未溢出，管内气体的压强保持不变，即：
p =p =50 cmHg
c 1
此时封闭气体的总体积为：
V=(L-h )S=150 cm3
c 1
初始状态气体的体积：
V =L S=60 cm3
1 1
整个充气过程等温，设充入压强为 p 的气体体积为 ΔV。根据变质量理想气体状态方程有：
in
p V +p V=pV
1 1 0 c c
p V p V pV
(注：若学生写出 1 1 + 0 = c c 同样给这2分)
T T T
代入数据解得：V=60 cm3
14.【答案】（1）获三等奖 （2）2R （3）0.15或15%
【解析】(1)小球P恰好通过B点时的速度v 满足
B
m v2
m g= P B
P R
v = gR
B
假设P与Q不相碰，运用动能定理有
1
-km gx=0- m v2
P 2 P B
解得x=RR<BC假设成立，故游戏者的获三等奖
（或者运用动力学公式：P在BC段上运动的加速度和位移为
v2
a =kg ，x= B =R<BC)
P 2a
P
(2)P在A点射出后的动能等于弹性势能E ，从小球射出到C碰撞前的过程列动能定理
p
1
-m gR-km g⋅2R= m v2-E
P P 2 P C p
2gR
解得 v =2
C 3
碰撞过程中的动量守恒、能量守恒
m v =m v +m v
P C P P Q Q
1 1 1
m v2= m v2+ m v2
2 P C 2 P P 2 Q Q
1 2gR 3
解得v = v = ,v = v = 6gR
P 2 C 3 Q 2 C
小球Q第一次在DE段上升的高度h满足
1
2 m Q v2 Q =m Q gR+h
解得h=2R
(3)小球P、Q从CD段下滑后，在BC段上会发生多次碰撞。m >m 故小球P从C向B运动的过
P Q
程中不会反向。由于小球Q为光滑球，从发射到两小球静止整个过程中运用能量守恒定律有
E =m gR+km gs
p P P
其中s为P在BC段上运动的总路程，若要获一等奖，应有3R≤s≤4R，
解得7.5mgR≤E ≤9mgR
p
9mgR-7.5mgR
由题意，其获得一等奖的概率为 =0.15 或15%
10mgR
mv
15.【答案】（1）BLv BLv d到c （2）见解析 （3）① 0 ②并非简单地增
1 2 2m + B2L2C
2m
大C就能提高效率，而是存在一个最佳电容值C= 。当C小于此值时，增大C可提高效率；
B2L2
当C大于此值时，增大C反而降低效率。
【解析】（1）此时ab棒的感应电动势为：
E =BLv
1 1
此时cd棒的感应电动势为：
E =BLv
2 2
cd棒中电流方向为d到c
（2）以向右为正方向，在Δt 内，设ab 棒中电流为I,对 ab 棒应用动量定理：
1
-BI LΔt =mΔv
1 1
设cd棒中电流为I,对cd 棒应用动量定理：
2
BI LΔt =mΔv
2 2
设电容器此时的充电电流为I ，由电路连接有：
C
I =I +I ，
1 2 C
对电容器有
Δq=I Δt
C联解得
BL
Δv +Δv =- Δq
1 2 m
从初始状态到t时刻求和，有：
BL
(Δv +Δv )=- Δq
1 2 m
BL
v +v =v - q
1 2 0 m
（3）① 最终稳定时，回路中无电流，即I =I =I =0。此时，ab棒、cd棒、电容器两端的电压相
1 2 C
等：
q =CBLv
总
对ab棒、cd棒运用动量定理得：
BLq =mv -2mv
总 0
mv
解得v= 0
2m + B2L2C
或者直接利用（2）要证明的结论解题也可以，即v =v ，q =CBLv
1 2 总
②该观点不正确（仅有观点没有规律分析不得分，有一定的分析可得1分） q
有充电过程电容器电量与电压变化图像可知，根据电场力做功与电势能的
关系可知，最终电容器储能为
1 1 1 mv
E = q U= C(BLv)2= CB2L2( 0 )2
C 2 总 2 2 2m + B2L2C
定义转化效率 η= E C = mCB2L2 O U
1mv2 (2m + B2L2C)2
2 0
mx 1
令x=B2L2C，则η= ，当x=2m时，η= 为最大值。（采用均值不等式确定最值或对
(2m+x)2 8
2m
x求导确定最值都可以）。所以当C= 时，效率最大。因此，并非简单地增大C就能提高效
B2L2
率，而是存在一个最佳电容值。当C小于此值时，增大C可提高效率；当C大于此值时，增大C反
而降低效率。
