《巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）物理-答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）物理-答案.pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 物理参考答案第 1页（共 9页）巴蜀中学 2024 届高考适应性月考卷（六）物理参考答案 选择题：共 10小题，共 43分。在每小题给出的四个选项中，第 17题只有一项符合题目要求，每小题 4分；第 810题有多项符合题目要求，每小题 5分，全部选对的给 5分，选对但不全的给 3分，有选错的给 0分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C D C C B BD AD BD【解析】1根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变多，根据电容定义式QCU可知电容器的电容C增大，故 D 错误。根据电容的决定式4rSCkd可知极板间距d减小，极板之间形成匀强电场，根据
2、UEd可知极板间电场强度E增大，故B、C错误。极板间距d减小，材料竖直方向尺度增大，故A正确。2脚对崖壁的压力与崖壁对脚的支持力是一对作用力和反作用力，故A错误。重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力三力平衡，所以轻绳对人的拉力和重力的合力一定与OC的支持力等大反向，而OC的支持力一定沿杆，故B错误。在虚线位置时，AC变长，OA，OC长度不变，根据相似三角形，有GNTOAOCAC，则轻绳承受的拉力变大，OC段受到的压力一直不变，故C错误。此时刻，重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形，所以轻绳对人的拉力1T等于人的重力大小G；当OC水平时，三角形AOC为等腰直角三角形，则22ACOAOC
3、，根据相似三角形，有GNTOAOCAC，轻绳AC承受的拉力2T大小为2G，1222TT，故D正确。3波速4m1m/s4sstv，故A正确。因振源A产生的波在4st 时刻传到4mx 的位置，则振源A起振方向沿y轴负方向，故B正确。04s，C质点没动，48s，只有甲波使C振动，#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 2页（共 9页）运动路程为8cm，810s，甲乙两列波叠加，C质点振动加强，运动的路程为8cm，则总路程为16cm，故C错误。振幅2cmA，周期4sT，22T，又振源B起振方向沿y轴负方向，则振源为B的
4、振动方程为2sin cm2yt，故D正确。4根据上述可知，神舟十七号先到轨道，然后在与轨道交会点加速，才能与天和核心舱完成对接，故A错误。由万有引力提供向心力，有2GMmmar，解得2GMar，可知飞船变轨前通过椭圆轨道近地点P时的加速度等于变轨后经过P点的加速度，故B错误。在轨道的角速度一定大于在轨道的角速度，故C错误。根据开普勒第三定律可知312312212RRRTT，可得312112RRTTR，飞船在轨道从P到Q的时间为112T，故等于312122RRTR，故D正确。5当37时，配重的受力如图所示。张力5Ncos37mgT，故A错误。配重受到的合力为tan37Fmg合，且2(sin37)
5、FmrL合，解得配重的角速度为5rad/s，故B错误。由功能关系，由0缓慢增加到37的过程中，绳子 对 配 重 做 的 功 等 于 配 重 机 械 能 的 增 加 量，重 力 势 能 的 增 加 量p(1cos37)0.2JEmg hmgL ，动能的增加量2k12Emv，且sin37()rLv，解得k0.45JE，则绳子做的功pk0.65JWEE ，故C正确。绳子张力的竖直分力要与配重的重力平衡，故绳子张力的竖直分力不能为零，故不能为90，故D错误。6甲汽车从速度v减为0的位移21112.5m2xav，即从离收费站中心线112.5m处开始减速，乙汽车从速度v减速到 v，行驶的位移为221100
6、m2savv，即从离收费站中心线110m处开始减速，所以甲汽车先减速，故A、B错误。甲汽车通过1x所用时间为115stav，根据对称性，总时间为01248sttt，从减速到恢复正常行驶过程的位移#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 3页（共 9页）大小12225mxx；乙汽车通过1s所用时间为110sta vv，匀速运动时间为22sst v，又据对称性，加速时间与减速时间相等，另外通过剩余位移用时为1321sxsst v，总 时 间123223stttt，乙 汽 车 比 甲 汽 车 节 约 时 间 为25st
7、tt 。故C正确，D错误。7从O到A的位移为x总，粒子在00t 时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为yTv，sin30yx 总，所以2xT总v，路程大于2 Tv，故A错误。粒子在00t 时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为yTv，粒子沿x轴方向在0 2T内做初速度为零的匀加速运动，位移为1x，则21122Txa，粒子沿x轴方向在2TT内做匀减速运动，位移为2x，据运动的对称性12xx，粒子沿x轴方向的总位移为12xx，粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得0qEma，由题意OA与x轴正方向夹角为30，则tan30yx，解得04 3qmE Tv。粒子在08Tt 时刻射入电
8、场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为yTv；沿x轴方向在82TT内做初速度为零的匀加速运动，位移为3x，末速度为4v，则234133288TTxaa，v，粒子沿x轴方向在2TT内做匀变速运动，位移为4x，末速度为5v，则2445412222TTTxaa，vvv，粒子沿x轴方向在98TT内做匀变速运动，位移为5x，则2551828TTxa，v解得2345382aTxxxTv，则A点的坐标为32TT，vv，故B正确，C错误。粒子在04Tt 时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变，粒子沿x轴方向在42TT内做初速度为零的匀加速运动，末速度为1v，则14Tav，粒子沿x轴方向在2TT内做匀变
9、速运动，末速度为2v，则#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 4页（共 9页）212Tavv，粒子沿x轴方向在54TT内做匀变速运动，末速度为3v，则324Ta，vv解得30v，则粒子通过A点的速度为v，故D错误。8撤去拉力前，弹簧发生拉伸形变，故A错误。设Q的质量为2m，P的质量为m。撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为2Fmg弹，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为2 mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为PFmgma弹，解得3Pag；此时Q的加速度为零，故B正确，C错误。滑
10、块P、Q水平向右减速运动，但同时刻P的加速度更大，减速更快，故PQ间的距离在减小，故D正确。9磁场以3v匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为32EBbv，线框中的电流大小为312BbIRv，故A正确。由平衡关系得12BI bMg，金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量为2234B bMgRv，故B错误。当磁场以1v运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上能达到最大速度，则电动势为212()EBb上vv，22EIR，由平衡关系可得12()2BbFBbMgR上安vv，求得13上vvv，故C错误，D正确。10由于球C的机械能减小，所以绳对其的拉力做负功，故A错误。从开始至A、B分离，A
11、BC系统机械能守恒和水平方向动量守恒，取水平向左为正：2211222CAmglmmvv，20CAmmvv，解得233ACglgl，vv，故B正确。球C第一次到达最低点时，C相对于A的速度为33CACAglvvv，又2CATmgmlv，所以4Tmg，故C错误。球C向左摆至最高点时，A、C共速，AC系统机械能守恒和水平方向动量守恒，取水平向左为正，有2221112222ACmmmmgh共vvv，2CAmmm共vvv，解得34hl，则此时小球C离O点的竖直距离为4l，故D正确。#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第
12、5页（共 9页）非选择题：共5小题，共57分。11（每空2分，共6分）（1）A（2）D（3）221nn 【解析】把变压器和R等效为一个电阻1R，0R当作电源内阻，当内外电阻相等，即10RR此 时 输 出 功 率 最 大，根 据1122UnUn可 得11122I RnI Rn，又1221I nI n，解 得22221011nnRRRnn，即2201nRRn。12（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）12 （2）0.20 （3）0.13（3分）（4）222lhh 【解析】（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。
13、结合图乙的Ft图有5.00cmx、0.610NF，根据胡克定律Fkx，计算出k 12N/m。（2）根据牛顿第二定律有Fma，则aF图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有11130kg5kg0.6m，则滑块与加速度传感器的总质量为0.20kgm。（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中，则有1111.50kg3kg0.5m，则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为0.33kgm，则待测物体的质量为 0.13kgmmm。#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 6页（共 9页）（4）设轨道
14、的倾斜角为，则tanhl，由图中的虚线可知，弹力为零时，加速度为0.50m/s2，则根据牛顿第二定律，sinmgma，可知当地的重量加速度222lhgh。13（10分）解：（1）对于理想气体：AB过程 由查理定律得ABABppTT 即BBATpp150KAT （2）BC过程由盖吕萨克定律得CBBCVVTT 解得450KCT A、C温度相等，0U AC的过程，由热力学第一定律UQW 得530(1 102 10 J)200JBCQUWUW -即该过程气体吸热，与外界交换的热量是200J 评分标准：本题共10分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。14（14分）解：（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑
15、行过程中有 QCU QI t 所以电流为UICt 则有1sinCUmgBLmat 又有1UB Lv 则11sinCB LmgBLmatv 又因为atv#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 7页（共 9页）所以可求得金属棒加速度为2221sin2m/smgamB L C （2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得 24m/sMQaLv 金属棒a越过QQ后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律 1(3)mmmvv 解得11m/sv 此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场2B区域，即de边进入磁场2B区域时速
16、度为1m/s（3）在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R，根据 FBIL，EBLv 则碰后粘在一起全部进入磁场B2区域过程，根据动量定理有 2222144B LBLmmRvv 解得20.8m/sv 金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，有 22232440.5B LBLmmRvv 解得30.4m/sv 所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为 222311440.48J22RRQmmRRvv 故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J 评分标准：本题共14分。
17、正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。15（18分）解：（1）对P1由动能定理有 22111102kI dlmv 得6AI#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 8页（共 9页）（2）对12PP的碰撞 1 11 122mmmvvv 2221 11 122111222mmmvvv 得121122mmmvv 同理对于P2P3的碰撞可得 232232mmmvv 则3P运动起来的速度为 123112234()()m mmmmmvv 整理可得 1333221141mmmmmmvv 由基本不等式有 当2133kgmm m
18、 时有最大的 3m9m/s2v （3）45P P和弹簧组成的系统运动时，4P的速度向左（右）取最大时总出现在弹簧原长的时候，以向右为正向 444455mmmvvv 222444455111222mmmvvv 可得41m/s v 因此4P在运动过程中的速度()tv在1m/s和3m/s之间变化 又仅在34PP碰撞时才有能量损失 33m4()3434()tmmmmvvv#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#物理参考答案第 9页（共 9页）22223433m4()34343m()341111()()2222ttm mEmmmmmmvvvvv 弹簧具有最大弹性势能时三者一定共速，且三者组成的系统动量守恒 33m44345g()mmmmmvvv 222pm33m44345g111()222EmmmmmEvvv 综上当4P速度为1m/s和3m/s时即为弹性势能的两个端点 pm1225JJ3232E 评分标准：本题共18分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。#QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=#