贵阳第一中学2024届高考适应性月考卷（一）物理-答案_2023年9月_01每日更新_22号_2024届贵州省贵阳市第一中学高考适应性月考（一）

贵阳第一中学 2024 届高考适应性月考卷（一） 物理参考答案 选择题：共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每小题4 分；第 7～10 题有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的 得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B B D ABD AD ABD AB 【解析】 2．裁判员给跳水冠军全红婵打分时，不能将其看作质点，故A错误。光电门测算瞬时速度是 利用极短时间内的平均速度代替瞬时速度，故B错误。在推导匀变速直线运动位移公式时， 把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后用各小段的位移 相加之和代表物体整个运动过程的位移，这里采用了“微元累积法”，故C正确。在探究 加速度与力和质量之间的关系时，先保持质量不变研究加速度和力的关系，再保持力不变 研究加速度和质量的关系，该实验采用了“控制变量法”，故D错误。 3．vt图像只能描述质点做直线运动的速度随时间的变化，故A错误。图线切线的斜率表示 质点运动的加速度，故B正确。2s~4s内切线的斜率不断减小，所以加速度减小，故C错 误。2s~3s 内质点做加速度减小的减速运动，位移小于质点做匀减速直线运动的位移，而 质点做匀减速的平均速度为初末速度的平均值，即为 1.5m/s，故图中质点的平均速度小于 1.5m/s，故D错误。 4．A 惯性较小，B 惯性较大；当车刹车时，由于 A 球的惯性小，将被涌向右侧的液体推向左 边，即A球向左运动；B球由于惯性大，将能继续保持原来的匀速状态，则B球相对于车 向右运动。 F F 5．对整体根据牛顿第二定律可得F 3ma，解得a ；对C，f ma ；B和C整体沿 3m 3 斜面向上的加速度为acos，以BC 为研究对象，沿斜面向上根据牛顿第二定律可得 2 f 2mgsin2macos，解得 f 2mgsin Fcos，故B正确，A错误。若水平力F 3 方向改为向右，B、C间的摩擦力方向一定变为向右；A、B间摩擦力可能仍然沿斜面向上， 故C、D错误。 6．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当达到传送带速度5m/s时，传送带开始匀减速，加 速度大小为2m/s2，而物块的最大加速度为a1m/s2，所以物块不能和传送带无相对滑动 物理参考答案·第1页（共5页） {#{QQABBQCEogggAhAAAQhCEQFyCkKQkBAAACoOwFAIoAAAwQFABCA=}#}一起匀减速，故A错误。滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右， 达到5m/s后摩擦力向左，故B错误。匀加速阶段，有ag 1m/s2、vat ，解得t 5s， 1 1 v 所以滑块的位移为x  t 12.5m，传送带的位移为x vt 25m，故在匀加速阶段划痕 1 2 1 2 1 长度为l  x x 12.5m；滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等， 1 2 1 且末速度为零，所以匀减速位移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，为 12.5m，传送带 v2 52 的位移为x   m6.25m，故匀减速阶段的划痕长度为l xx 6.25ml ， 2 2a 22 2 1 2 1 由此可知，滑块在传送带上的划痕长度为 12.5m，故 C 错误。全过程中摩擦生的热为 Qmgl mgl 18.75J，故D正确。 1 2 7．对小球进行受力分析，如图所示，mg的对角始终为120，设F 的 TA 对角为，F 的对角为β，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡， TE mg F F 由正弦定理得  TA  TE ，角由150减小到60，F 先增大后减小，当 sin120 sin sin TA 2 3mg 90时，F 最大，最大值为 ，故A正确，C错误。角由90增加到180，F TA 3 TE 2 3mg 一直减小到0，当90时，F 最大，最大值为 ，故B、D正确。 TE 3 8．0～t 时间内，手机向下做加速度减小的加速运动，加速度方向向下；t ～t 时间内，手 2 2 3 机向下做加速度增大的减速运动，加速度方向向上，t 时刻，加速度最大，t 时刻加速度 3 2 为零，速度达到最大值，故A正确，B错误。t 时刻，手机加速度为零，则支持力大小等 2 于重力大小，支持力不为零，根据牛顿第三定律，则手机对薄板压力不为零，故C错误。 t 时刻，加速度方向向上，大小为g，手机对薄板压力为2mg，故D正确。 3 82 9．由xt图像可知，无人机a做匀速直线运动，速度大小为v  m/s2m/s，由xt图 a 3 像的斜率表示速度可知t3s时，具有相同的速度，无人机b初速度为8m/s，经过3s速度 v v 变为2m/s，a 3 0 2m/s2，负号表示与初速度方向相反，故A、B正确。0～3s内b t 3 1 的位移为x v t  at2 15m，因此t 0时b的坐标为x7m，a的坐标为x2m，则 b 0 3 2 3 t0时，a和b相距 9m，故 C 错误。t2s时，a的坐标为x6m，0～2s 内b的位移为 1 x v t  at2 12m，故t 2s时，b的坐标为x5m，a在b前方1m处，故D正确。 b2 0 2 2 2 物理参考答案·第2页（共5页） {#{QQABBQCEogggAhAAAQhCEQFyCkKQkBAAACoOwFAIoAAAwQFABCA=}#}10．A与纸片间的最大静摩擦力为 f m g 0.4110N4N，B与纸片间的最大静摩擦 A A 力为 f m g 0.25110N2.5N；若F 3N，A、B和纸片保持相对静止，整体在 B B F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F  f m a，所以 A所受摩擦力 A f 1.5N，故 A 正确。当B刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定 律得 f m a ，解得a 2.5m/s2；对整体，有F (m m )a 22.5N5N；即F B B 0 0 0 A B 0 达到5N后，B将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力 f 2.5N；则对A分析，A受到的 摩擦力也为2.5N f ，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知当拉力为10N时，B与 A 纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为 2.5N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度 大小均为2.5m/s2，无论力F 多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故 B 正确，C、D 错误。 非选择题：共5小题，共56分。 11．（除特殊标注外，每空3分，共8分） （1）64（63～65均给分） 81010 （2）9.41010（2分） 【解析】（1）数油膜的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面 1 1 积S 641cm2 64cm2。溶液浓度为 ，每滴溶液体积为 mL，1滴溶液中所含油 1000 200 V 酸体积为V 5106cm3，膜厚度即油酸分子的直径是d  81010m。 S （2）直径为1.43108m的圆周周长为Dπd 4.49108m，可以估算出铁原子的直径约 4.49108 为d m9.41010m。 48 12．（每空2分，共8分） （1）ACD （2）2.32 4.00 （3）B 【解析】（1）第一次平衡摩擦力后，有mgcosmgsin，可得tan，可知小车受 到的摩擦力与其受到的重力沿木板向下的分力平衡，与小车的质量无关，故 A 正确。实 验时应先接通电源再释放小车，故 B 错误。传感器直接测量细绳对小车的拉力大小，则 不需要M m，故C正确。细绳应跟长木板保持平行，故D正确。 8.959.59 （2）电火花计时器在打 A 点时小车的瞬时速度大小v  102m/s2.32m/s， A 20.04 物理参考答案·第3页（共5页） {#{QQABBQCEogggAhAAAQhCEQFyCkKQkBAAACoOwFAIoAAAwQFABCA=}#}(10.229.59)(8.958.30) 小车做匀加速运动的加速度大小为a 102m/s2 4.00m/s2。 40.042 （3）由题图丙可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明补偿阻力时木板倾角过大，故 选B。 13．（10分） 解：在两车速度相等之前，两车距离逐渐减小，当速度相等之后两者距离逐渐增大，所 以当两车速度相等时，两车之间有最小距离，轿车做匀变速直线运动有 v2 2ax ① 1 v2 102 可解得轿车加速度大小为a 1  m/s2 1m/s2 ② 2x 250 设人、车速度相等时所经历的时间为t，则 v v at ③ 2 1 代入数据解得t 6s ④ 则人位移x v t 64m24m ⑤ 1 2 v +v 轿车位移x  1 2 t 42m ⑥ 2 2 解得人、车的最近距离xL(x x )12m ⑦ 2 1 评分标准：本题共10分。正确得出①、⑥、⑦式各给2分，其余各式各给1分。 14．（14分） 解：（1）由几何知识可知OPOQ，根据平衡，有 (F mg)cos53Mg ① 5 解得F  Mgmg ② 3 （2）根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受 到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得 MgT Ma ③ 对小球，沿OP方向由牛顿第二定律得 T mgcos53ma ④ 8mMg 解得T  ⑤ 5(mM) 由机械能守恒，有Mgh mgh ，h 0.4(m)，h 0.6sin53(m)， 1 2 1 2 可得m∶M 5∶6 ⑥ 160 结合可得T 14.5N（ N也给分） ⑦ 11 评分标准：本题共14分。正确得出①～⑦式各给2分。 物理参考答案·第4页（共5页） {#{QQABBQCEogggAhAAAQhCEQFyCkKQkBAAACoOwFAIoAAAwQFABCA=}#}15．（16分） 解：设开始时弹簧的压缩量为x ，由平衡条件得 0 (m m )gsinkx ① 1 2 0 代入数据解得x 0.15m ② 0 因前0.5s时间内F 为变力，之后为恒力，则0.5s时刻两物体分离，此时物体1、2之间的 弹力为零 ③ 设此时弹簧的压缩量为x ，对物体1，由牛顿第二定律得 1 kx mgsinma ④ 1 1 1 1 前0.5s时间内两物体的位移满足x x  at2 ⑤ 0 1 2 20 联立解得a m/s2 ⑥ 27 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大 F (m m )a4.4N ⑦ min 1 2 对物体2，应用牛顿第二定律得F m gsinm a ⑧ max 2 2 解得F m (gsina)23N ⑨ max 2 评分标准：本题共16分。正确得出②、③式各给1分，其余各式各给2分。 物理参考答案·第5页（共5页） {#{QQABBQCEogggAhAAAQhCEQFyCkKQkBAAACoOwFAIoAAAwQFABCA=}#}