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