巴蜀中学2024届高考适应性月考卷(六)物理-答案

2024-02-23 · 9页 · 384.1 K

巴蜀中学2024高考适应性考卷(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12345678910答案ADCDCCBBDADBD【解析】Q1.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4πkdU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GNT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OAOCAC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T1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GNT形,则ACOAOC22,根据相似三角形,有,轻绳AC承受的拉力OAOCACT12T2大小为2G,,故D正确。T22s4m3.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,t4s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2ππ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T2π负方向,则振源为B的振动方程为yt2sinπcm,故D正确。24.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GMmGM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r2r2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3RR123R32RR11,可得12,飞船在②轨道从到的时间为,故等于22TT1PQT1TT12R123TRR12,故D正确。22R1mg5.当37时,配重的受力如图所示。张力T5N,故A错误。配重cos372受到的合力为Fmg合tan37,且FmrL合(sin37),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1EmghmgL(1cos37)0.2J,动能的增加量Emv2,且v()rLsin37,pk2解得Ek0.45J,则绳子做的功WEpkE0.65J,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。v26.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12avv22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12a110m处开始减速,所以甲汽车先减速,故A、B错误。甲汽车通过x1所用时间为vt15s,根据对称性,总时间为tt248st,从减速到恢复正常行驶过程的位移1a01物理参考答案·第2页(共9页){#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}vv大小xx2225m;乙汽车通过s所用时间为t10s,匀速运动时间为111ast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2vxss2t11s,总时间tttt223s,乙汽车比甲汽车节约时间为3v123ttt25s。故C正确,D错误。7.从O到A的位移为x总,粒子在t00时刻射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,位移大小ysin30为yTv,,所以x总2vT,路程大于2vT,故A错误。粒子在t00时刻x总T射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,位移大小为yTv,粒子沿x轴方向在0~内做221TT初速度为零的匀加速运动,位移为x1,则xa1,粒子沿x轴方向在~T内做匀222减速运动,位移为x2,据运动的对称性x12x,粒子沿x轴方向的总位移为x2x1,粒子只受到电场力作用,由牛顿第二定律得qE0ma,由题意OA与x轴正方向夹角为30°,yq43vT则tan30,解得。粒子在t0时刻射入电场,粒子沿y轴方向匀速运动,xmET08TT位移大小为yTv;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82313TT23T,度为v4,则xa34va,粒子沿x轴方向在~T内做匀变速运动,位移为2882TT12T9T,x4,末速度为v5,则x44vvvaa54,粒子沿x轴方向在T~内做匀222282TT1aT23变速运动,位移为x,则,解得,则点的5xa55vx345xxvTA828823T坐标为TT,,故正确,错误。粒子在t时刻射入电场,粒子沿轴方向vvBC0y24TT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42TTv,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11422物理参考答案·第3页(共9页){#{QQABRQSEogCIAAJAAQgCEwXqCAKQkBCCCKoOgBAEsAABiQNABAA=}#}T5TTvva,粒子沿x轴方向在T~内做匀变速运动,末速度为v,则vva,21243324解得v30,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Fmg弹2,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Fmgma弹P,解得agP3;此时Q的加速度为零,故B正确,C错误。滑块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v3匀速运动时线框处于静止状态,线框中电动势为EBb2v3,线框中的电流大小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1R14Bb22v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gR1E零时,轿厢向上能达到最大速度,则电动势为EBb2(vv),I2,由平衡关系21上2R2(Bbvv)可得FB21上bMg,求得vvv,故C错误,D正确。安R上1310.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,11ABC系统机械能守恒和水平方向动量守恒,取水平向左为正:mglmvv222m,22CAglglmmvv20,解得vv,2,故B正确。球C第一次到达最低点时,C相CAAC33glv2对于A的速度为vvv3,又TmgmCA,所以Tmg4,故C错误。球CCACA3l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1113为正,有mmvv222mmghv2,mmvv2mv,解得hl,则此时小球222AC共CA共4lC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)D2n(3)2n1【解析】把变压器和R等效为一个电阻R1,R0当作电源内阻,当内外电阻相等,即UnIRn11111,R10R此时输出功率最大,根据可得又I12nIn21,解得Un22IR22n222nn22Rn2RR10R,即。nn11Rn0112.(除特殊标注外,每空2分,共9分)(1)12(2)0.20(3)0.13(3分)22(4)lh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Ft图有Fx5.00cm、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Fma,则aF图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量130的倒数,根据图丙中I,则有kg115kg,则滑块与加速度传感器的总质量为m0.6m0.20kg。11.50(3)滑块上增加待测物体,同理,根据图丙中Ⅱ,则有kg113kg,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mmm0.13kg。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l222lh0.50m/s,则根据牛顿第二定律,mgsinma,可知当地的重量加速度g。2h13.(10分)解:(1)对于理想气体:A→B过程pp由查理定律得AB①TTABpB即TBTA150K②pAVV(2)B→C过程由盖—吕萨克定律得BC③TTBC解得TC450KA、C温度相等,U0④A→C的过程,由热力学第一定律UQW⑤53-得QUWUWBC0(110210J)200J⑥即该过程气体吸热,与外界交换的热量是200J⑦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QCUQItU所以电流为IC①tCU则有mgsinBLma②1t又有UBL1v③CBLv则mgsinB1Lma④1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2⑤a222m/smBLC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24m/saLMQ⑥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mmmvv(3)1⑦解得v11m/s⑧此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B2区域,即de边进入磁场B2区域时速度为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,EBLv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BL2BLmm244vv⑨221R解得v20.8m/s金属框一起全部穿出磁场B2区域过程,有BL2BLmm244vv⑩2320.5R解得

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