东北育才学校科学高中部2023-2024学年度高考适应性测试（一）物理参考答案1．B【详解】A．卢瑟福通过对α粒子大角散射实验的研究提出了原子的核式结构模型，故A错误；B．爱因斯坦提出了光子说，成功地解释了光电效应现象，故B正确；C．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子核具有复杂结构，故C错误；D．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，提出了原子的枣糕模型，故D错误。故选B。2．B【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以代入数据可得人的质量为故选B。3．B【详解】A．汽车过该弯道时受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，选项A错误；B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为选项B正确；C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为选项C错误；D．汽车能安全通过该弯道速度最大时满足解得vm=30m/s选项D错误。故选B。4．C【详解】A．整个循环过程中，根据热力学第一定律气体的温度最终回到了初始状态，内能变化量为零，过程①温度降低对外放热，过程②温度升到初始状态，从外界吸热，整个循环过程内外热交换量为零，则气体对外界做的功等于外界对气体做的功，故A错误；B．由图像可知，过程①气体的压强减小、体积减小，由理想气体状态方程可知温度降低，由理想气体压强的微观意义可知，气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减少，单位时间内对容器壁单位面积的平均作用力减小，故B错误；C．过程②中气体的压强不变、体积增大，由理想气体状态方程可知温度升高，由理想气体压强的微观意义可知分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减少，故C正确；D．过程③中气体的压强增大、温度不变，由理想气体压强的微观意义可知分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增加，故D错误。故选C。5．D【详解】ABC．根据题意可知，A、F两点的电势分别为10V、0，故A点放置负电荷，F点放置正电荷，如图所示  匀强电场的电场强度方向为A指向F，大小为ABC错误；D．没有匀强电场时，根据等量异种电荷电场的分布规律可知，BCHE平面上的电势匀为零，又只有匀强单场时A、F两点的电势分别为10V、0，BCHE平面上的电势匀为5V，根据电势的叠加可知，放入点电荷后，H点电势为5V，D正确。故选D。6．D【详解】A．设相邻等差等势线电压为，由公式可得，电子从点运动到点的过程中，电场力做功为所以点电势大于小于，A错误；B．根据能量守恒，电子从至的运动过程中，电势能减小，动能增大，故B错误；C．由图，根据电场线越密电场强度越大可知，点的电场强度大于点的电场强度，由牛顿第二定律可知，电子在点的加速度大于在点的加速度，故C错误；D．从到电势逐渐升高，电子带负电，电势能减小，因此电子在点处的电势能大于在点处的电势能，D正确。故选D。7．C【详解】AB．由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供加速度有解得，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故AB错误；C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。故选C。8．BCD【详解】A．因a在地球上，c为地球同步卫星，所以a、c角速度相同，由可知c的线速度比a的线速度大，在相同时间的c转过弧长一定比a大，故A错误；B．b为近地轨道卫星，根据牛顿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正确；C．c为地球同步卫星，24h内转过的角度为，则6h内转过的角度为，故C正确；D．由开普勒第三定律可知卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，则d的运动周期可能是25h，故D正确。故选BCD。公众号：高中试卷君9．CD【详解】A．重力做功A错误；B．小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有解得机械能减少B错误；C．根据动能定理C正确；D．根据动能定理解得所以克服摩擦力做功为，D正确。故选CD。10．AB【详解】A．对炮弹，根据动量定理其中，平均安培力可得故A正确；B．刚充电结束时，电容器电荷量为导轨达到最大速度时，电容器电荷量此时电容器电压此时导轨产生的感应电动势等于U，故联立可得解得故B正确；C．炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则故C错误；D．根据B分析可知故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。故选AB。11．ABC2.02.8【详解】（1）[1]A．要保证每次钢珠都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，故A符合题意；B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，故B符合题意；C．为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，故C符合题意；D．第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，故D不符合题意。故选ABC。（2）[2]由竖直方向上是自由落体运动，则解得点迹间的时间间隔为弹丸离开弹射器的速度大小为[3]钢珠刚要打到C点时的竖直方向速度分量大小为弹丸打到C点时的速度大小为12．竖直向上负增大【详解】（1）[1]根据右手安培定则可知霍尔元件所处位置的磁场方向为竖直向上；（2）[2]因为前表面的电势高于后表面的电势，根据左手定则，粒子在洛伦兹力的作用下偏向后表面，所以材料中的载流子带负电；（3）[3]设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有根据电流微观表达式，有联立解得（4）[4]根据可知霍尔电势差增大，说明检测电流增大。13．（1）；（2）【详解】（1）光线在M点发生折射，由折射定律得（2）光在N点恰好发生全反射，则根据几何关系光在介质中的传播速度为速度光从接光源P经过N点到收器Q的时间14．（1）0.1；（2）2040N，方向竖直向下；（3）1.5m【详解】（1）根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则解得运动员从A运动到D，根据动能定理，有解得（2）运动员从C运动到D，根据动能定理可得在C点，根据牛顿第二定律，有联立解得根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为方向竖直向下；（3）运动员从最初A点到最终静止，根据动能定理，有解得所以运动员最后静止处距离B点的距离为15．（1）2A，电流的方向为由N到M；（2）；（3）【详解】（1）根据动能定理可知解得导体棒a刚进入磁场时的速度大小为导体棒a产生的电动势为由闭合电路欧姆定律可得联立解得由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M。（2）导体棒a到达时速度方向与水平方向的夹角为，则导体棒a到达时的速度为由题可知在导轨与平直部分从左到右，根据动量定理可得又联立解得（3）导体棒a到达时的速度为导体棒a刚进入磁场时的速度为，则解得最终匀速运动时，电路中无电流，则有此过程中，对导体棒a由动量定理得对导体棒b由动量定理得联立解得，该过程中整个回路产生的总焦耳热为解得金属棒b上产生的焦耳热为分两种情况讨论要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足解得要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足解得质子速度的大小范围为，