贵阳第一中学2024届高考适应性月考卷（五）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CACCBDABDBDAC【解析】W1．单次站起过程对矿泉水做功Wmgh72J，功率P1144W；2分钟内共站起30次，1t总功WW1302160J，故C正确。2．细线断开后，只要铁球还未沉底，木球还未浮出水面，二者组成的系统竖直方向上动量守恒，木球运动至最深处瞬间，速度为0，设木球质量为m，铁球质量为4m，有504mmvv1，5解得vv，故A正确。143．根据EeExp，电子向圆心运动，电势能减小，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，同时电子运动路径上电势高于0，所以电子电势能始终为负，故C正确。4π23R4．由T，与近地卫星相比，飞船做匀速圆周运动的半径减半，中心天体质量变为之GM前的八分之一，所以运行周期不变，故C正确。v25．在A点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力，mgcosmA，R1从最高点到A点，由动能定理有mg(cos)RRWmv20，代入数据解得fA2Wf0.1J，故B正确。6．一段极短的时间t内落入货车的雨水质量为mxt，雨水落入货车后，立即和货车共速，选择货车前进方向为正方向，则由动量定理可得Ftmv0，可得雨水受到货车的力为Fxv；由牛顿第三定律可知，货车受到雨水的反作用力向后，大小为Fxv，对速度为v时的货车（包括已经进入的雨水），根据PFv，由牛顿第二定律得Pvvfx2FfFMa，解得a，故D正确。vM物理参考答案·第1页（共5页）{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}27．设轨迹圆的半径为r，由几何关系POQ90，粒子做圆周运动的半径为rR；由几2πππR22Rr2(2r)23πR2何关系，如图，该区域面积S422842R312，代入数据，面积为πm，故A正确。242148．该幽门螺杆菌的检测方法利用了6C的半衰期较长这一特点，故A错误。β衰变与原子核内的弱相互作用有关，故B正确。半衰期的统计学规律对100个这样的小样本不适用，故14C错误。根据质量数守恒，新核X的核子数与6C相同，故D正确。9．对气缸与活塞整体分析，细线拉力不变，故A错误。对封闭理想气体，压强不变，温度升高，所以体积增大，活塞下移，故D正确。由UQW，体积增大，对外做功，W为负，理想气体温度升高，内能增大，U为正，Q为正，从外界吸热，故B正确，C错误。10．变压器不改变交变电流的频率，故A正确。由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故BnU1180%错误。根据可得接收线圈的输出电压约为U24V，故C正确。由于存在磁nU22漏现象，电流比不再与匝数成反比，故D错误。非选择题：共5小题，共57分。11．（每空2分，共6分）（1）15.02（2）660（3）变小【解析】（1）由游标尺的读数规则可知x2()1510.02mm15.02mm。xxL（2）两次暗纹的间隔为6个，故x212.31mm。由x，可知6dd0.2106x2.31106nm660nm。L700106L（3）频率变大，波长减小，由x可知干涉条纹间距变小。d物理参考答案·第2页（共5页）{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）如图所示（连线和表笔颜色共3分）（2）1099（3）2250（4）准确【解析】（1）根据红表笔接内部电源的负极，所以左侧为红表笔。E（2）R内1500，所以RR内rRg0R1099。IgE（3）R总3750，所以RRx总内R2250。Ix（4）由于满偏电流相同，指针指相同的位置时电流相同，所以Rx相同，即读数准确。13．（12分）解：（1）因为在t10时，P、Q两个质点的位移为正的最大值，而且P、Q间只有一个波谷，故波长0.4m①如果波是从P向Q传播，则在t1～t2内波的位移是3xn143nx4所以波速为v1=(43)m/sn1tt0.4周期为Tn1s(0，，12，3，)v143n如果波是从Q向P传播，则在t1～t2内波的位移为1xn2②41nx4波速为v2(4n1)m/s③2tt0.4Tn2s(0，，12，，3)④v241n（2）v35m/s时，满足v1(4nn3)m/s(8)，故波传播方向是从P向Q⑤物理参考答案·第3页（共5页）{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}2此时周期Tsv175由图中虚线，Q点在平衡位置，且向上运动2πT175πrad/s⑥则以t2时刻为计时起点，质点Q的振动方程为yAsin175πt⑦评分标准：本题共12分。正确得出①、⑥式各给1分，其余各式各给2分。14．（14分）解：（1）A静止有mgAsinkx0①得x00.005m②当A、B加速度为零时速度最大，有mgBAmgsinkx10③此时弹簧伸长量x10.005mA、B及弹簧组成的系统下落机械能守恒1mgx()()sin(xmgxxmm)v2④BA01012ABm5可得vm/s⑤m10（2）A上升到最大高度时速度为零，弹簧和A、B组成的系统机械能守恒，弹簧伸长量11为x，有kx22kxmgx()()sinxmgxx⑥22220BA0202解得xx2030.015m⑦B下降的最大距离Lx02x0.02m⑧评分标准：本题共14分。正确得出①、②式各给1分，其余各式各给2分。15．（16分）解：（1）l2下滑h时速度为v，有1mghmv22得v22m/sgh①物理参考答案·第4页（共5页）{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}设第一次碰撞后l2的速度为v1，l1的速度为V1，则mmvv11MV②111222且mmMVvv③22211mM2m解得vv1m/s，Vv1m/s1mM1mM1所以发热量QMV227.510J④41由动量定理，有BILtMV1⑤qIt0.15C⑥Mm2m（2）第二次碰撞后l速度大小为v，l速度为V，vv||，V||v221221Mm21MmMm2mn次碰后l为v，l为V，vv||，V||v2n1nnnMm1nnMm1对l1从第一次碰后到第一次停止的过程，位移为x1，由动量定理得BILtMV1BLx且It1⑦2R2MR得xV⑧11BL222MR同理xV22BL22xMm2MRn1则xnn22V，得⑨BLxnMm总位移xxx12xn⑩2MR当n→∞时，x2gh⑪BL22得x3m⑫评分标准：本题共16分。正确得出⑦、⑧、⑨、⑫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）{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}