巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（一）物理-答案_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_3物理高考模拟题_新高考_重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（一）物理试卷+PDF版含答案

巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（一） 物理参考答案 选择题：本大题共11小题，共47分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合 题目要求，每小题4分；第9~11题有多项符合题目要求，每小题5分，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 11 答案 D B B B B D A B ACD AD AC 【解析】 2．由核子数和电荷数守恒可得，X为4He，Y为中子1n。 2 0 3．要使轴承沿竖直方向移动，则调整两力后三个力的合力方向需竖直向下，而水平方向合力 为零。 4．重力在篮球的上升段做负功，在下落段做正功，故A错误。篮球单位时间的速度变化量即 加速度，整个过程中篮球的加速度恒为g，故C错误。篮球在轨迹最高点处仍有水平速度， 故D错误。 5．从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ，需要第一次加速，从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ需要第二次加速，两次均做离心 运动，故A错误。还需知道地球半径R，故C错误。探测器在圆轨道上稳定运行时地球万 有引力的平均功率均为0，故D错误。 2(s2 d2) 6．由折射定律可知，玻璃砖的折射率为n ，故 A、B 错误。全反射发生的前提 2s 条件为光线从光密介质射向光疏介质，故C错误。 7．对两小球整体，在竖直方向有 T cos 6mg ；同理，对小球 m，竖直方向有 1 1 T cos mg，由上述两式即可得到T ∶T 3∶1。 2 2 1 2 8．由于AB1.0m，振动发生器产生的向右传播的波经过1s后才第一次到达M点，即M点从t1s 时起振，即右传波引发的M点的振动方程为x 4sin[π(t1)]4sinπt，t[1，)；接下来， 1 在t 3s，反射波到达M点，引发M点的振动方程为x 4sin[π(t3)]4sinπt，t[3，)， 2 物理参考答案·第1页（共5页）在t 3s之后，M点的振动将是上述两种振动的叠加，即xx x 0，是为“驻波”的“波 1 2 节”，故B正确。 9．由小球在水平方向上受力平衡可知两个小球均受到来自于中间弹簧的拉力作用，故弹簧必 然处于拉伸状态。在水平方向上，两个小球在水平方向上所受弹簧拉力相等，则 m g tanm g tan，若m m ，则；同样，由于P、Q均位于同一水平线上， P Q P Q 则角度越大，细线越长。 10．设拉动过程中倾斜绳子与竖直方向的夹角为，船只在行进过程中所受阻力为f，则水平 方向上应有F sin f ，越靠近崖壁，角越小，则拉力F逐渐增大，故A正确。由于 小船做速度为v的匀速运动，则拉力F的瞬时功率PF v F vsin f v，为常数， F 故B、C错误。拉力瞬时功率为常数，则拉力做功与时间成正比，故D正确。 11 ． 初 始 时 刻 由 于 A 、 B 整 体 加 速 度 大 于 g ， 则 在 竖 直 方 向 上 有 4 F 3mg 3m g 4mgF mg，方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。在B上作用 弹 3 弹 1 外力F后，整体向下做加速度为a g 的匀加速运动，在分离时刻，A、B之间无相互作 2 1 用力，此时对A，有2mgF 2m g，此时弹簧弹力F mg，方向竖直向上，弹簧处 1 2 1 1 1 于拉伸状态，故A正确。对B，有mgF  mg，则此时外力大小为 mg ，故B错误。 2 2 2mg 从开始到分离，系统向下运动的位移为 h ，由匀加速运动的基本规律，有 k 1 2 ghv2 ，可知 C 正确。整个过程中弹簧的弹性势能不变，故由动能定理得 2 B 1 3m2g2 3mghW  3mv2 ，解得W  ，整个过程中外力F做负功，故D错误。 F 2 B F k 非选择题：共5小题，共53分。 12．（除特殊标注外，每空2分，共5分） （1）C（1分） （2）C （3）4∶9 物理参考答案·第2页（共5页）13．（每空2分，共10分） （1）AB （2）0.10（或0.1） 1.47 0.10（或0.1） （3）B x 【解析】（2）竖直方向由xgT2，得T 0.10s；水平方向由v  ，得v 1.47m/s； 0 T 0 x P 竖直方向速度满足 13 v gt ，得t 0.2s，故t 0.1s。 2 2T y 2 2 1 （3）竖直管与大气相通，管内为外界大气压强，保证竖直管上出口处的压强为大气压强， 因而应保证弯管的上端口处与竖直管上出口处有恒定的压强差，保证弯管口处压强恒定， 目的就是为了保证水流流速不因瓶内水面下降而减小，可保证一段时间内能够得到稳定 的细水柱；如果竖直管上出口处在水面上方，则水面上压强为恒定大气压，因而随水面 下降，弯管口压强减小，水流速度减小。 14．（8分） V 解：（1）由等压变化 C ，知 T 2 H 3 H ①  T T 0 3 解得T  T ② 2 0 （2）此过程外界对气体做功  mg 1 W  pV p    HS ③  0 S  3  mg 1 由热力学第一定律U QW Qp    HS ④  0 S  3 评分标准：本题共8分。正确得出②式给1分，正确得出④式给3分，其余各式各给2分。 15．（12分） mm v2 解：（1）由G m ① R2 R Gm 解得v= ② R 物理参考答案·第3页（共5页）1 mm （2）A星体受两相等的引力且夹角为60°，F  G ③ 1 2 L2 3 m2 解得F  G ④ 合 2 L2 1 mm 1 mm （3）对B星体，两引力大小分别为F  G 和F  G ⑤ 1 2 L2 2 4 L2 7 mm F 它们之间夹角为60°，可求出F  G ，则由a 知道向心加速度之比为 B合 4 L2 M 3∶ 7∶ 7 ⑥ 评分标准：本题共12分。正确得出①~⑥式各给2分。 16．（18分） 解：（1）设经过t 时间板开始运动，此时F (mM)g ① 1 2 且F 0.4t ② 1 1 联立可得t 10s 1 （2）设经过t 时间，煤块与板发生相对运动时加速度为a 2 对煤块，有mg ma，解得ag 1m/s2 ③ 1 1 对板由牛顿第二定律，有 F mg(M m)g Ma，且F 0.4t ④ 2 1 2 2 2 联立可得F 6N、t 15s ⑤ 2 2 对煤块和板的整体，一起运动了5s时间 10 对AB整体，有v v=a t  5m/s2.5m/s ⑥ t 平均 2 （3）假设如下情景：初始摆在右端，且相对运动过程中刚好能到达左端，最终又恰好停 到右端，即划痕又长又深。 煤块放置的初始位置与板左端的距离为x，外力作用时间为t ，撤去外力前，板的加速度 1 大小为a ，煤块加速度大小仍为a 1 由F (M m)gmg Ma ，解得a 1.75m/s2（大于煤块加速度ag 1m/s2） 2 1 1 1 1 ⑦ 物理参考答案·第4页（共5页）撤去外力后，速度相等之前，板匀减速，加速度大小为a ，煤块加速度大小仍为a，根据 2 牛顿第二定律，有(M m)gmg Ma ，解得a 5m/s2 ⑧ 2 1 2 2 速度相等之后，二者各自匀减速运动，板加速度大小为a ，煤块加速度大小仍为a 3 根据牛顿第二定律，有(M m)gmg Ma ，解得a 3m/s2 ⑨ 2 1 3 3 设煤块与板速度相等时的速度为v ，因煤块恰不从左端滑出，也恰好不从右端滑出 0 v2 v2 所以 0  0 L ⑩ 2a 2a 3 板长L3m，代入解得v 3m/s 0 设煤块从启动到与板速度相等经历的时间为t ，因为加速与减速的加速度大小相等，所以 2 速度相等到煤块停止的时间也为t ，v at ，解得t 3s 2 0 2 2 8 速度相等之前，研究板，可知at v a (t t )，代入可得t  s 11 0 2 2 1 1 3 at2 a (t t )2 at2 所以x 11 v (t t ) 2 2 1  2 2 0 2 1 2 2 代入得x3m 假设的情景成立 评分标准：本题共18分。正确得出①、⑤、⑥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）