?東北育才學(xué)?？茖W(xué)高中部2023-2024學(xué)年度高考適應(yīng)性測(cè)試（一）
物理參考答案
1．B
【詳解】A．盧瑟福通過(guò)對(duì)α粒子大角散射實(shí)驗(yàn)的研究提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯(cuò)誤；
B．愛(ài)因斯坦提出了光子說(shuō)，成功地解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象，故B正確；
C．貝克勒爾通過(guò)對(duì)天然放射現(xiàn)象的研究，發(fā)現(xiàn)了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；
D．湯姆孫通過(guò)對(duì)陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子，提出了原子的棗糕模型，故D錯(cuò)誤。
故選B。
2．B
【詳解】對(duì)人和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以

代入數(shù)據(jù)可得人的質(zhì)量為

故選B。
3．B
【詳解】A．汽車(chē)過(guò)該彎道時(shí)受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．汽車(chē)過(guò)該彎道時(shí)所受徑向靜摩擦力大小為

選項(xiàng)B正確；
C．汽車(chē)過(guò)該彎道時(shí)的向心加速度大小為

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．汽車(chē)能安全通過(guò)該彎道速度最大時(shí)滿足

解得
vm=30m/s
選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選B。
4．C
【詳解】A．整個(gè)循環(huán)過(guò)程中，根據(jù)熱力學(xué)第一定律
氣體的溫度最終回到了初始狀態(tài)，內(nèi)能變化量為零，過(guò)程①溫度降低對(duì)外放熱，過(guò)程②溫度升到初始狀態(tài)，從外界吸熱， 整個(gè)循環(huán)過(guò)程內(nèi)外熱交換量為零，則氣體對(duì)外界做的功等于外界對(duì)氣體做的功，故A錯(cuò)誤；
B．由圖像可知，過(guò)程①氣體的壓強(qiáng)減小、體積減小，由理想氣體狀態(tài)方程

可知溫度降低，由理想氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知，氣體分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)減少，單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁單位面積的平均作用力減小，故B錯(cuò)誤；
C．過(guò)程②中氣體的壓強(qiáng)不變、體積增大，由理想氣體狀態(tài)方程

可知溫度升高，由理想氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)減少，故C正確；
D．過(guò)程③中氣體的壓強(qiáng)增大、溫度不變，由理想氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知分子單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)增加，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5．D
【詳解】ABC．根據(jù)題意可知，A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0，故A點(diǎn)放置負(fù)電荷，F(xiàn)點(diǎn)放置正電荷，如圖所示
??
勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)锳指向F，大小為

ABC錯(cuò)誤；
D．沒(méi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)的分布規(guī)律可知，BCHE平面上的電勢(shì)勻?yàn)榱?，又只有勻?qiáng)單場(chǎng)時(shí)A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0，BCHE平面上的電勢(shì)勻?yàn)?V，根據(jù)電勢(shì)的疊加可知，放入點(diǎn)電荷后，H點(diǎn)電勢(shì)為5V，D正確。
故選D。
6．D
【詳解】A．設(shè)相鄰等差等勢(shì)線電壓為，由公式

可得，電子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為

所以點(diǎn)電勢(shì)大于小于，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)能量守恒，電子從至的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故B錯(cuò)誤；
C．由圖，根據(jù)電場(chǎng)線越密電場(chǎng)強(qiáng)度越大可知，點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，由牛頓第二定律可知，電子在點(diǎn)的加速度大于在點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；
D．從到電勢(shì)逐漸升高，電子帶負(fù)電，電勢(shì)能減小，因此電子在點(diǎn)處的電勢(shì)能大于在點(diǎn)處的電勢(shì)能，D正確。
故選D。
7．C
【詳解】AB．由左手定則可知a帶正電，b、c帶負(fù)電，由圖可知，由粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供加速度有

解得
，
若三個(gè)粒子比荷相同，則粒子c在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度最小，加速度最小，故AB錯(cuò)誤；
C．若三個(gè)粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子c在磁場(chǎng)中的加速度最大，故C正確；
D．若三個(gè)粒子入射的動(dòng)量相同，則粒子c的帶電量最大，故D錯(cuò)誤。
故選C。
8．BCD
【詳解】A．因a在地球上，c為地球同步衛(wèi)星，所以a、c角速度相同，由

可知c的線速度比a的線速度大，在相同時(shí)間的c轉(zhuǎn)過(guò)弧長(zhǎng)一定比a大，故A錯(cuò)誤；
B．b為近地軌道衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律定律可得

解得


可知b的向心加速度近似等于地球表面重力加速度g，故B正確；
C． c為地球同步衛(wèi)星，24h內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，則6h內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，故C正確；
D．由開(kāi)普勒第三定律

可知衛(wèi)星的半徑越大，周期越大，所以d的運(yùn)動(dòng)周期大于c的周期24h，則d的運(yùn)動(dòng)周期可能是25h，故D正確。
故選BCD。
9．CD
【詳解】A．重力做功

A錯(cuò)誤；
B．小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力，則有

解得

機(jī)械能減少

B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)能定理

C正確；
D．根據(jù)動(dòng)能定理

解得

所以克服摩擦力做功為，D正確。
故選CD。
10．AB
【詳解】A．對(duì)炮彈，根據(jù)動(dòng)量定理

其中，平均安培力

可得

故A正確；
B．剛充電結(jié)束時(shí)，電容器電荷量為

導(dǎo)軌達(dá)到最大速度時(shí)，電容器電荷量

此時(shí)電容器電壓

此時(shí)導(dǎo)軌產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于U，故

聯(lián)立可得

解得

故B正確；
C．炮彈在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，電容器有電壓存在，通過(guò)炮彈的平均電流并不是，則


故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)B分析可知

故炮彈的最大速度與電容器電容大小并不成正比，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
11． ABC 2.0 2.8
【詳解】（1）[1] A．要保證每次鋼珠都做平拋運(yùn)動(dòng)，則必須確保彈射器水平放置，故A符合題意；
B．為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選用體積小密度大的彈丸，故B符合題意；
C．為保證彈丸的初速度相同，每次必須將彈簧壓縮至相同位置釋放彈丸，故C符合題意；
D．第一次實(shí)驗(yàn)時(shí)，不需要測(cè)量彈射器開(kāi)口到墻壁的距離，故D不符合題意。
故選ABC。
（2）[2]由豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)，則

解得點(diǎn)跡間的時(shí)間間隔為

彈丸離開(kāi)彈射器的速度大小為

[3]鋼珠剛要打到C點(diǎn)時(shí)的豎直方向速度分量大小為

彈丸打到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為

12． 豎直向上 負(fù) 增大
【詳解】（1）[1]根據(jù)右手安培定則可知霍爾元件所處位置的磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向上；
（2）[2]因?yàn)榍氨砻娴碾妱?shì)高于后表面的電勢(shì)，根據(jù)左手定則，粒子在洛倫茲力的作用下偏向后表面，所以材料中的載流子帶負(fù)電；
（3）[3]設(shè)前后表面的厚度為d，最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有

根據(jù)電流微觀表達(dá)式，有

聯(lián)立解得

（4）[4]根據(jù)

可知

霍爾電勢(shì)差增大，說(shuō)明檢測(cè)電流增大。
13．（1）；（2）
【詳解】（1）光線在M點(diǎn)發(fā)生折射，由折射定律得

（2）光在N點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則


根據(jù)幾何關(guān)系

光在介質(zhì)中的傳播速度為速度

光從接光源P經(jīng)過(guò)N點(diǎn)到收器Q的時(shí)間

14．（1）0.1；（2）2040N，方向豎直向下；（3）1.5m
【詳解】（1）根據(jù)題意，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)沖出去后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則

解得

運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到D，根據(jù)動(dòng)能定理，有

解得

（2）運(yùn)動(dòng)員從C運(yùn)動(dòng)到D，根據(jù)動(dòng)能定理可得

在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有

聯(lián)立解得

根據(jù)牛頓第三定律可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)對(duì)雪道的壓力大小為

方向豎直向下；
（3）運(yùn)動(dòng)員從最初A點(diǎn)到最終靜止，根據(jù)動(dòng)能定理，有

解得

所以運(yùn)動(dòng)員最后靜止處距離B點(diǎn)的距離為

15．（1）2A，電流的方向?yàn)橛蒒到M；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可知

解得導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為

導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

由閉合電路歐姆定律可得

聯(lián)立解得

由右手定則可判斷，此時(shí)電阻R的電流的方向?yàn)橛蒒到M。
（2）導(dǎo)體棒a到達(dá)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為，則

導(dǎo)體棒a到達(dá)時(shí)的速度為

由題可知在導(dǎo)軌與平直部分從左到右，根據(jù)動(dòng)量定理可得

又

聯(lián)立解得

（3）導(dǎo)體棒a到達(dá)時(shí)的速度為

導(dǎo)體棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，則

解得

最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流，則有

此過(guò)程中，對(duì)導(dǎo)體棒a由動(dòng)量定理得

對(duì)導(dǎo)體棒b由動(dòng)量定理得

聯(lián)立解得
，
該過(guò)程中整個(gè)回路產(chǎn)生的總焦耳熱為

解得

金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為
分兩種情況討論
要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，應(yīng)滿足

解得

要使質(zhì)子不進(jìn)入曲線MON左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，應(yīng)滿足

解得

質(zhì)子速度的大小范圍為
，

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