巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（一）物理-答案

物理参考答案·第1页（共5页）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1234567891011答案DBBBBDABACDADAC【解析】2．由核子数和电荷数守恒可得，X为42He，Y为中子10n。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。6．由折射定律可知，玻璃砖的折射率为222()2sdns，故A、B错误。全反射发生的前提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11cos6Tmg；同理，对小球m，竖直方向有22cosTmg，由上述两式即可得到1T∶23T∶1。8．由于1.0mAB，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1st时起振，即右传波引发的M点的振动方程为14sin[π(1)]4sinπ[1)xttt，，；接下来，在3st，反射波到达M点，引发M点的振动方程为24sin[π(3)]4sinπ[3)xttt，，，物理参考答案·第2页（共5页）在3st之后，M点的振动将是上述两种振动的叠加，即120xxx，是为“驻波”的“波节”，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tantanPQmgmg，若PQmm，则；同样，由于P、Q均位于同一水平线上，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sinFf，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sinFPFFfvvv，为常数，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43343FmgmgmgFmg弹弹，方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。在B上作用外力F后，整体向下做加速度为12ag的匀加速运动，在分离时刻，A、B之间无相互作用力，此时对A，有11222mgFmg，此时弹簧弹力1Fmg，方向竖直向上，弹簧处于拉伸状态，故A正确。对B，有12mgFmg，则此时外力大小为12mg，故B错误。从开始到分离，系统向下运动的位移为2mghk，由匀加速运动的基本规律，有2122Bghv，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21332FBmghWmv，解得223FmgWk，整个过程中外力F做负功，故D错误。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3页（共5页）13．（每空2分，共10分）（1）AB（2）0.10（或0.1）1.470.10（或0.1）（3）B【解析】（2）竖直方向由2xgT，得0.10sT；水平方向由0xTv，得01.47m/sv；P2竖直方向速度满足1322yxgtTv，得20.2st，故10.1st。（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）解：（1）由等压变化VCT，知023HHTT①解得032TT②（2）此过程外界对气体做功013mgWpVpHSS③由热力学第一定律013mgUQWQpHSS④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）解：（1）由22mmGmRRv①解得GmRv=②物理参考答案·第4页（共5页）（2）A星体受两相等的引力且夹角为60°，1212mmFGL③解得2232mFGL合④（3）对B星体，两引力大小分别为1212mmFGL和2214mmFGL⑤它们之间夹角为60°，可求出274BmmFGL合，则由FaM知道向心加速度之比为3∶7∶7⑥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t1时间板开始运动，此时2()FmMg①且110.4Ft②联立可得110st（2）设经过2t时间，煤块与板发生相对运动时加速度为a对煤块，有1mgma，解得211m/sag③对板由牛顿第二定律，有212()FmgMmgMa，且220.4Ft④联立可得26NF、215st⑤对煤块和板的整体，一起运动了5s时间对AB整体，有105m/s2.5m/s2tat平均vv=⑥（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t1，撤去外力前，板的加速度大小为a1，煤块加速度大小仍为a由211()FMmgmgMa，解得211.75m/sa（大于煤块加速度211m/sag）⑦物理参考答案·第5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a2，煤块加速度大小仍为a，根据牛顿第二定律，有212()MmgmgMa，解得225m/sa⑧速度相等之后，二者各自匀减速运动，板加速度大小为a3，煤块加速度大小仍为a根据牛顿第二定律，有213()MmgmgMa，解得233m/sa⑨设煤块与板速度相等时的速度为0v，因煤块恰不从左端滑出，也恰好不从右端滑出所以2200322Laavv⑩板长3mL，代入解得03m/sv设煤块从启动到与板速度相等经历的时间为2t，因为加速与减速的加速度大小相等，所以速度相等到煤块停止的时间也为2t，02atv，解得23st速度相等之前，研究板，可知110221()atattv，代入可得18s3t所以222112212021()()222atattatxttv代入得3mx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。