贵阳一中2024届高考月考卷（五）物理-答案_2024届贵州省贵阳市第一中学高三上学期适应性月考（五）_贵州省贵阳市第一中学2024届高三上学期适应性月考（五）物理

贵阳第一中学 2024 届高考适应性月考卷（五） 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1～7题只有一项符合题目要 求，每小题 4 分；第 8～10 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 C A C C B D A BD BD AC 【解析】 W 1．单次站起过程对矿泉水做功W mgh72J，功率P 1 144W；2分钟内共站起30次， 1 t 总功W W 302160J，故C正确。 1 2．细线断开后，只要铁球还未沉底，木球还未浮出水面，二者组成的系统竖直方向上动量守 恒，木球运动至最深处瞬间，速度为0，设木球质量为m，铁球质量为4m，有5mv04mv ， 1 5 解得v  v，故A正确。 1 4 3．根据E eEx，电子向圆心运动，电势能减小，电场强度增大，电势能图线的斜率增大， p 同时电子运动路径上电势高于0，所以电子电势能始终为负，故C正确。 4π2R3 4．由T  ，与近地卫星相比，飞船做匀速圆周运动的半径减半，中心天体质量变为之 GM 前的八分之一，所以运行周期不变，故C正确。 v2 5．在A点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力，mgcosm A ， R 1 从最高点到 A 点，由动能定理有 mg(RRcos)W  mv2 0 ，代入数据解得 f 2 A W 0.1J，故B正确。 f 6．一段极短的时间t内落入货车的雨水质量为mxt ，雨水落入货车后，立即和货车共 速，选择货车前进方向为正方向，则由动量定理可得Ft mv0，可得雨水受到货车 的力为Fxv；由牛顿第三定律可知，货车受到雨水的反作用力向后，大小为Fxv， 对速度为 v 时的货车（包括已经进入的雨水），根据 PFv ，由牛顿第二定律得 Pvf xv2 F  f FMa，解得a ，故D正确。 vM 物理参考答案·第1页（共5页） {#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}2 7．设轨迹圆的半径为r，由几何关系POQ90，粒子做圆周运动的半径为r R；由几 2 πR2 R2  πr2 π(2r)2 3πR2 何关系，如图，该区域面积S        4 2 2 8 4   R2 3 1  ，代入数据，面积为 π m2，故A正确。 2 4 2 8．该幽门螺杆菌的检测方法利用了14C的半衰期较长这一特点，故 A 错误。β 衰变与原子核 6 内的弱相互作用有关，故B正确。半衰期的统计学规律对100个这样的小样本不适用，故 C错误。根据质量数守恒，新核X的核子数与14C相同，故D正确。 6 9．对气缸与活塞整体分析，细线拉力不变，故A错误。对封闭理想气体，压强不变，温度升 高，所以体积增大，活塞下移，故 D 正确。由U QW ，体积增大，对外做功，W 为 负，理想气体温度升高，内能增大，U 为正，Q为正，从外界吸热，故B正确，C错误。 10．变压器不改变交变电流的频率，故 A 正确。由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈 的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故B n 80%U 错误。根据 1  1 可得接收线圈的输出电压约为U 4V，故 C 正确。由于存在磁 n U 2 2 2 漏现象，电流比不再与匝数成反比，故D错误。 非选择题：共5小题，共57分。 11．（每空2分，共6分） （1）15.02 （2）660 （3）变小 【解析】（1）由游标尺的读数规则可知x (1510.02) mm15.02 mm。 2 x x L （2）两次暗纹的间隔为 6 个，故 x 2 1 2.31mm 。由 x  ，可知 6 d d 0.2106  x 2.31106nm660nm。 L 700106 L （3）频率变大，波长减小，由x 可知干涉条纹间距变小。 d 物理参考答案·第2页（共5页） {#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）如图所示（连线和表笔颜色共3分） （2）1099 （3）2250 （4）准确 【解析】（1）根据红表笔接内部电源的负极，所以左侧为红表笔。 E （2）R  1500，所以RR rR R 1099。 内 I 内 g 0 g E （3）R  3750，所以R R R 2250。 总 I x 总 内 x （4）由于满偏电流相同，指针指相同的位置时电流相同，所以R 相同，即读数准确。 x 13．（12分） 解：（1）因为在t 0时，P、Q两个质点的位移为正的最大值，而且P、Q间只有一个 1 波谷，故波长 0.4m ① 如果波是从P向Q传播，则在t ～t 内波的位移是 1 2  3 x n  1  4  3 n  所以波速为 v  x 1 =  4 (4n3)m/s 1 t t  0.4 周期为T   s(n  0，1，2，3，) 1 v 4n  3 1 如果波是从Q向P传播，则在t ～t 内波的位移为 1 2  1 x n  ② 2  4  1 n  x  4 波速为v  2  (4n1)m/s ③ 2 t t  0.4 T   s(n0，1，2，3，) ④ 2 v 4n1 2 （2）v35m/s时，满足v (4n3)m/s(n8)，故波传播方向是从P向Q ⑤ 1 物理参考答案·第3页（共5页） {#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#} 2 此时周期T   s v 175 由图中虚线，Q点在平衡位置，且向上运动 2π  T 175πrad/s ⑥ 则以t 时刻为计时起点，质点Q的振动方程为 2 y Asin175πt ⑦ 评分标准：本题共12分。正确得出①、⑥式各给1分，其余各式各给2分。 14．（14分） 解：（1）A静止有 m gsinkx ① A 0 得x 0.005m ② 0 当A、B加速度为零时速度最大，有 m gm gsinkx 0 ③ B A 1 此时弹簧伸长量x 0.005m 1 A、B及弹簧组成的系统下落机械能守恒 1 m g(x x )m g(x x )sin (m m )v2 ④ B 0 1 A 0 1 2 A B m 5 可得v  m/s ⑤ m 10 （2）A上升到最大高度时速度为零，弹簧和A、B组成的系统机械能守恒，弹簧伸长量 1 1 为x ，有 kx2  kx2 m g(x x )m g(x x )sin ⑥ 2 2 2 2 0 B 0 2 A 0 2 解得x 3x 0.015m ⑦ 2 0 B下降的最大距离Lx x 0.02m ⑧ 0 2 评分标准：本题共14分。正确得出①、②式各给1分，其余各式各给2分。 15．（16分） 解：（1）l 下滑h时速度为v，有 2 1 mgh mv2 2 得v 2gh 2m/s ① 物理参考答案·第4页（共5页） {#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}设第一次碰撞后l 的速度为v ，l 的速度为V ，则 2 1 1 1 mvmv MV ② 1 1 1 1 1 且 mv2  mv2  MV2 ③ 2 2 1 2 1 mM 2m 解得v  v1m/s，V  v1m/s 1 mM 1 mM 1 所以发热量Q MV2 7.5102J ④ 4 1 由动量定理，有 BILt MV ⑤ 1 qIt 0.15C ⑥ M m 2m （2）第二次碰撞后l 速度大小为v ，l 速度为V ，v  |v |，V  |v | 2 2 1 2 2 M m 1 2 M m 1 M m 2m n次碰后l 为v ，l 为V ，v  |v |，V  |v | 2 n 1 n n M m n1 n M m n1 对l 从第一次碰后到第一次停止的过程，位移为x ，由动量定理得 1 1 BILt MV 1 BLx 且It  1 ⑦ 2R 2MR 得x  V ⑧ 1 B2L2 1 2MR 同理x  V 2 B2L2 2 2MR x M m 则x  V ，得 n1  ⑨ n B2L2 n x M m n 总位移xx x x ⑩ 1 2 n 2MR 当n→∞时，x 2gh ⑪ B2L2 得x3m ⑫ 评分标准：本题共16分。正确得出⑦、⑧、⑨、⑫式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第5页（共5页） {#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}