巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）物理-答案_2024年2月_01每日更新_22号_2024届重庆市巴蜀中学高考适应性月考卷(六)_重庆市巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(六)物理

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 A D C D C C B BD AD BD 【解析】 Q 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C  U S 可知电容器的电容C增大，故 D 错误。根据电容的决定式C r 可知极板间距d 减 4πkd U 小，极板之间形成匀强电场，根据E 可知极板间电场强度E增大，故 B、C错误。极 d 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 G N T 不变，根据相似三角形，有   ，则轻绳承受的拉力变大，OC段受到的压力 OA OC AC 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T 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 1 G N T 形，则 AC 2OA 2OC，根据相似三角形，有   ，轻绳AC承受的拉力 OA OC AC T 2 T 大小为 2G， 1  ，故D正确。 2 T 2 2 s 4m 3．波速v  1m/s，故A正确。因振源A产生的波在t 4s时刻传到x4m的位置， t 4s 则振源A起振方向沿y轴负方向，故B正确。0~4s，C质点没动，4~8s，只有甲波使C振动， 物理参考答案·第1页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}运动路程为8cm，8~10s，甲乙两列波叠加，C质点振动加强，运动的路程为8cm，则总路 2π π 程为16cm，故C错误。振幅A2cm，周期T 4s，  ，又振源B起振方向沿y轴 T 2 π  负方向，则振源为B的振动方程为y2sin tπcm，故D正确。 2  4．根据上述可知，神舟十七号先到②轨道，然后在与③轨道交会点加速，才能与天和核心 GMm GM 舱完成对接，故A错误。由万有引力提供向心力，有 ma，解得a ，可知飞 r2 r2 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① 轨道的角速度一定大于在③轨道的角速度，故C错误。根据开普勒第三定律可知 R R  3 1 2   3 R3  2  R R  1 1  ，可得T T  1 2  ，飞船在②轨道从P到Q的时间为 T ，故等于 T2 T2 1  2R  2 1 1 1 3 T R R   1 2  ，故D正确。 2  2R  1 mg 5．当37时，配重的受力如图所示。张力T  5N，故 A 错误。配重 cos37 受到的合力为F mgtan37，且F m2(rLsin37)，解得配重的角速度 合 合 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 1 E mghmgL(1cos37)0.2J，动能的增加量E  mv2，且v(rLsin37)， p k 2 解得E 0.45J，则绳子做的功W E E 0.65J，故 C 正确。绳子张力的竖直分力 k p k 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。 v2 6．甲汽车从速度v减为0的位移 x  112.5m ，即从离收费站中心线112.5m处开始减 1 2a v2 v2 速，乙汽车从速度v减速到v，行驶的位移为s  100m，即从离收费站中心线 1 2a 110m处开始减速，所以甲汽车先减速，故A、B错误。甲汽车通过 x 所用时间为 1 v t  15s，根据对称性，总时间为tt 2t 48s，从减速到恢复正常行驶过程的位移 1 a 0 1 物理参考答案·第2页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}vv 大小 x2x 225m ；乙汽车通过 s 所用时间为 t 10s ，匀速运动时间为 1 1 1 a s t  2s ，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 2 v x2s s t  1 1s ， 总 时 间 t2tt t 23s ， 乙 汽 车 比 甲 汽 车 节 约 时 间 为 3 v 1 2 3 t tt25s。故C正确，D错误。 7．从 O到 A的位移为x ，粒子在t 0时刻射入电场，粒子沿 y轴方向匀速运动，位移大小 总 0 y 为yvT ，sin30 ，所以x 2vT ，路程大于2vT ，故 A 错误。粒子在t 0时刻 x 总 0 总 T 射入电场，粒子沿 y 轴方向匀速运动，位移大小为yvT，粒子沿 x 轴方向在0~ 内做 2 1 T  2 T 初速度为零的匀加速运动，位移为x 1 ，则x 1  2 a 2   ，粒子沿 x 轴方向在 2 ~T 内做匀 减速运动，位移为x ，据运动的对称性x x ，粒子沿 x 轴方向的总位移为x2x ，粒子 2 1 2 1 只受到电场力作用，由牛顿第二定律得qE ma，由题意 OA 与 x 轴正方向夹角为 30°， 0 y q 4 3v T 则tan30 ，解得  。粒子在t  时刻射入电场，粒子沿 y轴方向匀速运动， x m ET 0 8 0 T T 位移大小为yvT；沿 x 轴方向在 ~ 内做初速度为零的匀加速运动，位移为x ，末速 8 2 3 1 3T  2 3T T 度为v 4 ，则x 3  2 a  8   ，v 4 a 8 ，粒子沿 x 轴方向在 2 ~T 内做匀变速运动，位移为 T 1 T  2 T 9T x 4 ，末速度为v 5 ，则x 4 v 4 2  2 a 2   ，v 5 v 4 a 2 ，粒子沿 x 轴方向在T~ 8 内做匀 T 1 T  2 aT2 3 变速运动，位移为x 5 ，则x 5 v 5 8  2 a 8   ，解得x 3 x 4 x 5  8  2 vT ，则 A点的  3  T 坐标为 vT，vT，故 B 正确，C 错误。粒子在t  时刻射入电场，粒子沿 y 轴方向   2   0 4 T T 匀速运动，速度不变，粒子沿 x 轴方向在 ~ 内做初速度为零的匀加速运动，末速度为 4 2 T T v ，则 v a ，粒子沿 x 轴方向在 ~T 内做匀变速运动，末速度为 v ，则 1 1 4 2 2 物理参考答案·第3页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}T 5T T v v a ，粒子沿 x 轴方向在T~ 内做匀变速运动，末速度为v ，则v v a ， 2 1 2 4 3 3 2 4 解得v 0，则粒子通过A点的速度为v，故D错误。 3 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F 2mg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹 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 F mg ma ，解得a 3g；此时 Q 的加速度为零，故 B 正确，C 错误。滑块 弹 P P 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v 匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为E2Bbv ，线框中的电流大小 3 3 2Bbv 为I  3 ，故A正确。由平衡关系得2BIbMg，金属框、电梯轿厢及电梯负载的总 1 R 1 4B2b2v 质量为M  3 ，故B错误。当磁场以v 运动时，线框向上运动，当线框的加速度为 gR 1 E 零时，轿厢向上能达到最大速度，则电动势为E 2Bb(v v )，I  2 ，由平衡关系 2 1 上 2 R 2Bb(v v ) 可得F 2B 1 上 bMg，求得v v v ，故C错误，D正确。 安 R 上 1 3 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， 1 1 ABC系统机械能守恒和水平方向动量守恒，取水平向左为正：mgl mv2  2mv2 ， 2 C 2 A gl gl mv 2mv 0，解得v  ，v 2 ，故B正确。球C第一次到达最低点时，C相 C A A 3 C 3 gl v2 对于A的速度为v v v 3 ，又T mg m CA ，所以T 4mg，故C错误。球C CA C A 3 l 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 1 1 1 3 为正，有 mv2  mv2  2mv2 mgh，mv mv 2mv ，解得h l，则此时小球 2 A 2 C 2 共 C A 共 4 l C离O点的竖直距离为 ，故D正确。 4 物理参考答案·第4页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}非选择题：共5小题，共57分。 11．（每空2分，共6分） （1）A （2）D 2 n  （3）  2  n  1 【解析】把变压器和 R 等效为一个电阻R ，R 当作电源内阻，当内外电阻相等，即 1 0 U n I R n R R 此时输出功率最大，根据 1  1 可得 1 1  1， 又 I n I n， 解得 1 0 U n I R n 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 n  n  R n  R 2  R  2  R，即  2  。 n  1 n  0 R n  1 1 0 1 12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）12 （2）0.20 （3）0.13（3分） l2 h2 （4） 2h 【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。结合图乙的F t 图有 F x5.00cm、F 0.610N，根据胡克定律k  ，计算出k ≈ 12N/m。 x （2）根据牛顿第二定律有F ma，则aF 图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量 1 30 的倒数，根据图丙中 I，则有  kg1 5kg1，则滑块与加速度传感器的总质量为 m 0.6 m0.20kg。 1 1.50 （3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有  kg1 3kg1，则滑 m 0.5 块、待测物体与加速度传感器的总质量为 m0.33kg ，则待测物体的质量为 m mm0.13kg。 物理参考答案·第5页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}h （4）设轨道的倾斜角为 θ，则tan ，由图中的虚线可知，弹力为零时，加速度为 l 0.50m/s2，则根据牛顿第二定律，mgsinma，可知当地的重量加速度g  l2 h2 。 2h 13．（10分） 解：（1）对于理想气体：A→B过程 p p 由查理定律得 A  B ① T T A B p 即T  B T 150K ② B p A A V V （2）B→C过程由盖—吕萨克定律得 B  C ③ T T B C 解得T 450K C A、C温度相等，U 0 ④ A→C的过程，由热力学第一定律U QW ⑤ 得QU W U W 0(1105210-3J)200J ⑥ BC 即该过程气体吸热，与外界交换的热量是200J ⑦ 评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑤式各给2分，其余各式各给1分。 14．（14分） 解：（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有 Q C  U QIt U 所以电流为I C ① t CU 则有mgsinB Lma ② 1 t 又有U BLv ③ 1 CBLv 则mgsinB 1 Lma ④ 1 t v 又因为a t 物理参考答案·第6页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}mgsin 所以可求得金属棒加速度为a 2m/s2 ⑤ mB2L2C 1 （2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得 v 2aL 4m/s ⑥ MQ 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 mv(m3m)v ⑦ 1 解得v 1m/s ⑧ 1 此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B 区域，即de边进入磁场B 区域时速度为1m/s 2 2 （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 F BIL，E BLv 则碰后粘在一起全部进入磁场B 区域过程，根据动量定理有 2 B L2 B 2 L4mv 4mv ⑨ 2 R 2 1 解得v 0.8m/s 2 金属框一起全部穿出磁场B 区域过程，有 2 B L2 B 2 L4mv 4mv ⑩ 2 0.5R 3 2 解得v 0.4m/s 3 所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为 R 1 1  Q   4mv2  4mv2 0.48J ⑪ R RR2 2 2 3  故电阻器R上产生的焦耳热为0.48J 评分标准：本题共14分。正确得出⑨、⑩、⑪式各给2分，其余各式各给1分。 15．（18分） 解：（1）对P 由动能定理有 1 1 kI2dl  mv2 0 ① 1 2 1 1 得I 6A ② 物理参考答案·第7页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}（2）对PP 的碰撞 1 2 mv mvm v ③ 1 1 1 1 2 2 1 1 1 mv2  mv2  m v2 ④ 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2m 得v  1 v ⑤ 2 m m 1 1 2 同理对于P P 的碰撞可得 2 3 2m v  2 v ⑥ 3 m m 2 2 3 则P 运动起来的速度为 3 4mm v  1 2 v 3 (m m )(m m ) 1 1 2 2 3 整理可得 4v v  1 ⑦ 3 m m m 1 3  2  3 m m m 2 1 1 由基本不等式有 当m  mm 3kg ⑧ 2 1 3 时有最大的 9 v  m/s ⑨ 3m 2 （3）PP 和弹簧组成的系统运动时，P 的速度向左（右）取最大时总出现在弹簧原长的 4 5 4 时候，以向右为正向 m v m v m v ⑩ 4 4 4 4 5 5 1 1 1 m v2  m v2  m v2 2 4 4 2 4 4 2 5 5 可得v 1m/s 4 因此P 在运动过程中的速度v 在1m/s和3m/s之间变化 4 (t) 又仅在PP碰撞时才有能量损失 3 4 m v m v (m m )v 3 3m 4 (t) 3 4 34 物理参考答案·第8页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}1 1 1 1 m m E  m v2  m v2  (m m )v2   3 4 (v v )2 2 3 3m 2 4 (t) 2 3 4 34 2 m m 3m (t) 3 4 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 m v m v (m m m )v 3 3m 4 4 3 4 5 g 1 1 1 E  m v2  m v2  (m m m )v2 E pm 2 3 3m 2 4 4 2 3 4 5 g 综上当P 速度为1m/s和3m/s时即为弹性势能的两个端点 4 1 225 J≤E ≤ J 32 pm 32 评分标准：本题共18分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第9页（共9页） {#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}