扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（三）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BCADCBDBDABCAD【解析】P1．由vm得f阻之比为8∶3，故B正确。f阻pmv2．F0，故A错误。A、B质量相等，弹性碰撞，速度交换，B获得速度v，故Btt0错误。B进出前后速度方向发生变化，可知C正确。B换为铁球，A碰后反向，动量变化量大于mv0，故D错误。3．若一直向下，则先向下减速，后向下加速，最终匀速，不可能向下加速到静止，故A正确。4．双星系统转动半径与质量成反比，O点更靠近地球，故A错误。所有拉格朗日点上航天2器角速度与地月系统角速度相等。由arLn1，位置航天器离O点最近，r最小，an最小，故B错误。发射地球卫星最小速度为7.9km/s，可知D正确。15．当运动到O点左侧时，弹丸垂直墙壁发射，用时最短，hgt2，知此方式发射的弹丸2竖直向下位移最小，弹痕最高，故A错误，C正确。当运动到O点时，应向左前方发射，才能获得垂直墙壁的水平合速度，此方式水平位移最短，故B、D错误。vyh2hv06．根据速度反向延长交于水平位移的中点，推出，得vy，故A错误。根据v0dd2Eq2hmv2vat，a得E0，故B正确。两段水平位移相同、时间间隔相同，竖直位移ymqd216hm22v为1∶3，所以两板距离为8h，故C错误。根据UEd得U0，故D错误。qd2物理参考答案·第1页（共5页）{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}7．由图可知，点电荷在y轴上受到的电场力方向均沿x方向，故y轴为等势线，O点为零势能点，由Eqp，得Ep0，故A错误。在O点由静止释放，负电荷将被向左推，至1左侧某点E点其受电场力为零，此时速度最大为v，Wmv20；由无穷远处释0OE20放，负电荷在E点前受电场力向右而加速，E点至其对称点F点受电场力向左而减速，F点后受电场力向右而加速至3v0，故其在E点速度最大，故B错误。由O0，运动至O点时，速度为3v0，后继续减速至F点，故F点速度最小，由对称性：WWOFOE，11Wmmvv22(3)，得vv22，故C错误。无穷远至E点与O点至E点，电场OF22F0F0111力做功相等，则Wmmvv22(3)，又Wmv2，得vv10，故D正确。EE220OE20E0S8．电容由电容器本身决定，故A错误。由Cr，d越大，电容越小，故B正确。将导4πkdSC线连接，电容器放电，故C错误。沿中线剪开，SC，，故D正确。221119．第一阶段：mmvv22mv、，mv22mvmv2mgL得vv2m/s，，1m/s01222201212111故A正确。第二阶段：mmvv2mv、mmvv222mmghv2，得122221231vm/s，hm，故B正确。第三阶段：质量相等的“弹性碰撞”，速度交换，得240vv341m/s，，2m/svv32，故C正确。A在C上运动时，竖直方向动量不守恒，摩擦力做负功，机械能不守恒，故D错误。210．剪断绳子后，物块A、B获得速度vA、vB，对A在d点左侧有2gLvA，得vA3.5m/s，A、B组成系统动量守恒：mmAAvvBB0，得vB7m/s，故A正确。B在其运动的最高点电势能最大，故B错误。若物块B恰好能达最高点，有v211mgEqmB，且又有()2mgEqRmvv22m，得v14m/s，BBRBBBBB22BvB70m/s，又∵vvBB，故B不能到达最高点，故C错误。设B在飞出点的速度为()v21v，则在飞出点有()sinmgEqmB，()(1sin)()mgEqRmv2BBBRBBB21mv2，30，得v7m/s，故D正确。2BBB物理参考答案·第2页（共5页）{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}非选择题：共5小题，共57分。11．（除特殊标注外，每空2分，共7分）（1）电压（2）逐渐减小（3）ABD（3分）【解析】（3）C选项中少考虑了电容器极板间的电场能。12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）ACD（2）大于（3）mOB112mOAmOC正确（3分）111【解析】由mOBmOAmOC和mOB22mOAmOC2联立解得OBOAOC。11222211213．（10分）解：（1）由mgsinmgcosma①得a7m/s2②2（2）右侧斜面第一次上滑，a17m/s2右侧斜面第一次下滑：mgsinmgcosma2，得a25m/s③1又由xat2④2111xat2⑤222ta35得12⑥ta217评分标准：本题共10分。正确得出④、⑤式各给1分，其余各式各给2分。14．（13分）1解：（1）mgLmv2①20得v02gL②111（2）第一次碰撞，由mmMvvv和mmMvv22v2③01222201212得vvvv，102033物理参考答案·第3页（共5页）{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}碰后活塞向下匀速运动，小球竖直上抛运动，当小球速度向下且两者共速时有最大距v离，由vvgt得共速时间t021g112此时最大距离xxx活球vv20ttgt④32代入数据得xL⑤（3）第一次碰后到第二次碰前：x活球x112vvvttgt2得t0⑥2032g25得到第二次碰前vvvv，活球33001111又由碰撞双守恒mMvvvvmM和mMvvvv2222mM⑦球活1222球活22121144得vv22gLgL，vv⑧10332330评分标准：本题共13分。正确得出②、⑤、⑥式各给1分，其余各式各给2分。15．（18分）3解：（1）全过程速度变化量vv①30由动量定理Imv②3解得Imv③30方向竖直向上④（2）设质子经过BC边界上某点坐标为(x，y)，则水平方向：Lxv0t⑤eE竖直方向：v1t⑥ymvy由y⑦v0xkL()xx得y⑧LL该曲线过C点，把C点坐标即x，yL代入上式，得到k4⑨2物理参考答案·第4页（共5页）{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}4x2所以，BC的曲线方程为yx4⑩L是一条开口向下的抛物线（3）到达O点的质子速度的水平分量为v0，设速度方向与x轴负方向的夹角为，则x方向：vvx0xv0t2tan2tanvv2tanL方向：00yt2av0v0L得xL2tan可知，当tan最大时，x最大。从A点飞入的质子，在第一象限电场中飞行时间最长，速度偏转角最大，对从A处发射的质子，有v01tLx1at2Ly2114x2且yx4L(22)L得t12v0(22)L取t12v0at则tan112(22)v0则xmax(842)L评分标准：本题共18分。正确得出①、②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）{#{QQABQYoUggioABIAAQgCQwVSCAEQkACAAIoORFAMIAAAQRFABAA=}#}