《重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（六）物理含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（六）物理含答案.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 物理参考答案第 1页（共 9页）巴蜀中学 2023 届高考适应性月考卷（六）物理参考答案 选择题：本大题共 10小题，共 43分。在每小题给出的四个选项中，第 17题只有一项符合题目要求，每小题 4分；第 810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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C D D C BD BCD BC【解析】2动车做匀减速运动，末速度为零，则由逆向思维可看作初速度为零的反向匀加速运动，设 列 车 11 号 车 厢 经 过 旅 客 所 用 时 间 为 t，则 由 题 意 可 得2124m
2、2at ，21(8s)96m2a t，联立解得20.75m/sa，故A正确。3由静止突然向前加速时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由r4SCkd可知电容器的电容变小，故A错误。电压传感器相当于静电计，故电容器的电荷量Q不变，由QCU可知，在Q不变的情况下，C减小则U增大，故B正确。由rr44kSSdkdUQQQEdCd可知，在Q不变d变大的情况下，E不变，故C错误。电压传感器示数与极板间距之间的关系rr44kdSSkQQQCdU，即r4 QkdSU，对N极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为2k xam，即2kaxm。电压传感器示数的变化量U与加速度的变化量a之比rr42
3、2kdSkmkakSxmQUQ，为定值，故D错误。物理参考答案第 2页（共 9页）4树叶被甩出去是因为指向圆心的合力小于所需要的向心力，发生离心现象，故A错误。树叶滑动之前，受力分析如图1所示，在竖直方向受力平衡，有sincosfNmg；在水平方向，有2cossinfNmR，联立解得支持力2cossinNmgmR，随角速度的增大而减小；摩擦力2sincosfmgmR，随角速度的增大而增大，故B错误，C正确。雨 伞 的 角 速 度 达 到0时，树 叶 刚 好 发 生 滑 动，此 时 在 竖 直 方 向 有sincosfNmg，在水平方向有20cossinfNmR，再由fN，可得22200020s
4、incoscoscossincosmgmRmRRfNmgmRmgg，故D错误。5设小球与O点连线与竖直方向的夹角为，小球质量为m，圆弧槽质量为M，圆弧对小球的支持力为N，地面对圆弧槽的支持力为NF，地面对圆弧槽的摩擦力为f。第一次推动过程中，对小球受力分析，sinFN，cosmgN，小球从A缓慢移动至B点时，越来越大，则推力tanFmg越来越大，支持力cosmgN越来越大，故A错误。对圆弧槽与小球整体分析，越来越大，N()MFm g保持不变，fF越来越大，故B错误。第二次推动过程中，对小球受力分析，sinFmg，cosNmg，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，故C错误。对圆弧槽与小
5、球整体分析，越来越大，1cossincossin22Fmgfmg先增大后减小，N()sinMm gFF 2()sinMm gmg，越来越小，故D正确。6在最高点水平方向动量守恒，取0v的方向为正，0()MMmmvvv，则得另一块的速度为0MmMm vvv，可正可负可为零，故A错误。爆炸过程时间极短，可忽略重力作用，对质量为m的弹头用动量定理，取0v的方向为正，0F tmm vv，解得0mmFtvv，故B错误。爆炸过程释放的化学能为2220111()222mMmMvvv，故C错误。爆炸后到落地前，对弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力，因此在水平方向动量守恒，故D正确。图 1 物理参考答
6、案第 3页（共 9页）7磁场向右运动，则线圈相对于磁场向左运动。根据右手定则可知，线圈在图示位置的电流方向为abcda方向，故A错误。线圈达到最大速度mv时，线圈ad边和线圈bc边各以相对磁场的速度m()vv切割磁感线运动，回路中电流为m2()nBLEIRRvv；由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为222m4()2n B LFnBILR合vv；最大速度时，fF合，解得m2224fRn B Lvv，故B错误。刹车过程中克服安培力做功等于线圈产生的焦 耳 热，对 线 圈 由 动 能 定 理，有2m10=2mfNLWfNLQ 克安v，解 得2m12QmfNLv，故C正确。线圈继续运动NL
7、停下来，若N为偶数，根据对称性，通过线圈的磁通量不变，即0，通过线圈的电荷量0EqIttntnRtRR；若N为奇数，由于开始制动时刻的磁通量不确定，因此线圈的磁通量变化量可能在202BL之间取值，即通过金属框的电荷量可能在202BLnR之间取值，故D错误。8设斜面的倾角为，物块与斜面间的摩擦力为f。重力势能pEmgh，与高度成正比，上升到最大高度H时，势能最大，故A错误。由动能定理可得：上行时，动能kk0(sin)sinhEEmgf，下行时k(sin)(sin)sinsinHhHEmgfmgf(sin)sinhmgf，动能kE与高度h是线性关系，且上行斜率大于下行斜率，故B正确。由功能关系，克
8、服摩擦力做功转化为内能，机械能损失，上行时0sinhEEf，下行时，sinHhEmgHf，机械能E与高度h为线性关系，且上行下行斜率大小相等，C选项图像中下行斜率大于上行斜率，故C错误。由功能关系，克服摩擦力做功，转化为内能，上行时摩擦生热sinhQf，下行时摩擦生热sinHhQQf上行，摩擦生热Q与高度h为线性关系，且上行下行斜率大小相等，故D正确。9带电粒子在电场中做类平抛运动，速度增大；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，12vv，故A错误。设正方形边长为L，带电粒子在平行AC方向做匀速运 物理参考答案第 4页（共 9页）动，在电场中的运动时间10Lt v；带电粒子在磁场中做匀
9、速圆周运动，设圆弧长为s，在磁场中的运动时间20st v，显然圆弧长s大于正方形边长L，可得12tt，故B正确。因粒子带正电荷，向CD方向偏转，因此电场强度沿着CD方向。若将同样的粒子从正方形的中心O以速度0v向纸面内各个不同方向发射，如图2甲所示，当电场强度取适当值 时，这些粒子在CD边上能达到的最高点为G，AB边上能达到的最高点为F，此时正方形区域边界上，GF下方有粒子射出，即正方形区域边界上刚好有一半的区域有粒子射出，如图中实线区域。（本选项还可以通过计算证明，如图乙所示，在OG方向上，做斜抛运动的粒子水平射程002002sinsin2coscosxtaavvvv，当45时，射程最远。调
10、整电场强度，使45的粒子恰好通过G点，此时所有粒子只能在G点以下区域离开，带入水平射程2xL，amEq，可得202mqLE v。再验证粒子不会从AC边射出，粒子从O以速度0v向上沿平行DC方向运动，能达到的最大高度20242LLahv，因此粒子不会从AC边射出，故此时正方形区域边界上，刚好有一半的区域有粒子射出），故C正确。通过左手定则可知带电粒子在磁场中逆时针旋转，通过旋转圆模型，如图3甲所示，从O以速度0v向纸面内各个不同方向发射的粒子，能够从实线部分射出正方形边界，调整磁感应强度大小，可以使实线区域长度为正方形周长的一半。例如在CD边界上，粒子能达到的最下端为直径O I 所对应的I点，能
11、达到的最上端为轨迹圆与CD边界的切点M点，在MI之间有粒子射出，调节磁感应强度，当2LMI 时满足正方形边界刚好有一半的区域有粒子射出。（为了验证MI的长度可以取到2L，可以先考虑如图乙所示的特殊情况，粒子直径为O I，且圆O1恰好与BD边相切。先求圆O1的半径，设NO I，则2 cos2LO NR，sin2LPHRR，解得516RL，3sin5，所图 2 物理参考答案第 5页（共 9页）以32 sin8NIRL，由 旋 转 对 称 性 可 得1cos4MNQHRL，所 以 此 时31518482MILLLL，适当增大磁感应强度，减小圆的半径，可以使2LMI），故D正确。10若空气阻力大小保持
12、不变，小球上升和下落过程做匀变速运动，设小球上升最大高度为H，根据平均速度公式可得121222Httvv，因此1221ttvv，故A错误。若空气阻力只与半 径 成 正 比，即fkr，设 小 球 的 密 度 为，半 径 为r，则 小 球 的 质 量 为343mVr，小球上升时的加速度234mgkrkagmr，可知，同种材料的实心小球，质量越大，半径越大，则上升的加速度越小，所以11tv越小，故B正确。若空气阻力只与速率成正比，即fk v，设上升时加速度为a1，1mgkma，v取极短t时间，速 度 变 化 量 为1katgtm vv，上 升 全 程 速 度 变 化 量 为kgttm vv，可 得1
13、1kgtHmv，设 下 降 时 加 速 度 为a2，2mgkmav，取极短t时间，速度变化量为2katgtm vv，下降全程速度变 化 量 为kgttm vv，可 得22kgtHmv，由+可 得1212gtgtvv，故 C 正确。若空气阻力只与速率的平方成正比，即2fkv，设小球抛出时加速度为a1，则 211mgkmav，设落回到出发点时加速度为a2，则222mgkmav，由两式消去m后，可得222121122222agavvvvv，只有在20a 时2212122agvvv，通过题干无法得出20a，故 D错误。图 3 物理参考答案第 6页（共 9页）非选择题：共5小题，共57分。11（每空 2
14、分，共 6分）（1）B （2）无影响 （3）0.40 0.41 【解析】（1）实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故 A 错误。与木块相连的细线应保持水平，使绳上拉力等于摩擦力，故 B 正确。不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故 C 错误。木板拉出的速度太快，实验时间太短，弹簧测力计的读数不能稳定，使得读数误差较大，所以木板拉出的速度不能太快，故 D错误。（2）缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的
15、测量无影响。（3）弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小，FmgnMfg，结合题图乙Fn图像中斜率为3.751.40N6kmg，解得0.40。12（每空 3分，共 9分）（1）D （2）有效 （3）B 【解析】（1）实验中选取电源为低压交流电源，故 A 错误。即使电源为低压电源，通电时也不可以用手接触裸露的导线和接线柱；连接好线路后要检查电路正确连接才可以通电，故 C错误。（2）交流电压表测量的是交流电压的有效值。（3）由于实际中变压器有铜损和铁损，变压器副线圈处所测量的电压会小于理论值，故选 B。13（10分）解：（1）无人机匀加速直线运动的位移11xHh 匀减速直线运动的位移212xh
16、h 物理参考答案第 7页（共 9页）有2m1 12a xv 2m222a xv 计算得221m/sa （2）设无人机加速和减速升力分别为1F和2F，根据题意知1258FF 匀加速阶段根据牛顿定律有11mgFFma阻 匀减速阶段根据牛顿定律有22FFmgma阻 整理计算得30NF 阻 评分标准：本题共10分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。14（14分）解：（1）从释放系统到轻绳再次竖直的过程中，A和B各自对地的水平位移为Ax和Bx，有AABBm xm x 得Ax1Bx 2 （2）从释放系统到轻绳再次竖直，对A和B组成系统水平方向动量守恒有 AABBmmvv 系统机械能守恒有2211(1
17、cos60)22BAABBm glmm vv 计算得1m/sAv，2m/sBv （3）物块B第一次落地瞬间竖直速度2()yg Hlv 物块B第一次与地面碰撞前后，对物块B分别在水平方向和竖直方向运用动量定理分析，竖直方向动量定理，规定竖直向上为正方向，有 N()()ByByFmg tmm vv 水平方向动量定理，规定水平向左为正方向，有 N1BBBF tmmvv 物块B与地面碰撞之后的速度大小为221By vvv，5m/sB v 评分标准：本题共14分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。物理参考答案第 8页（共 9页）15（18分）解：（1）从c入射的粒子运动到g，如图 4，有 2221
18、1(2)LLrr 带电粒子做匀速圆周运动有2111mq Brvv 计算得154BLqmv （2）当从c入射的粒子运动到h时，如图 5，几何分析有2rL 带电粒子做匀速圆周运动有2222mqBrvv，2BLqmv 当从d入射的粒子运动到g时，如图 6，几何分析有22233(3)LLrr 带电粒子做匀速圆周运动有2333mqBrvv，353BLqmv 当带电粒子的速度2vv或3vv时，没有粒子打在荧光屏上，所以当带电粒子的速度BLqmv或53BLqmv时，荧光屏上没有发光 图 5 图 6 图 4 物理参考答案第 9页（共 9页）（3）分析知，荧光屏发光区域为一长方形。当入射粒子的速度2 33qBLmv时，由2mq Brvv得粒子在磁场中圆周运动的半径2 33rL 几何分析知，由c入射的粒子打在h右侧3LL处 则荧光屏上发光区域的宽为3LL 如图 7，打在荧光屏的粒子其在磁场中运动的圆弧对应圆心角为120 粒子圆周运动的周期为2mTqB 则粒子从入射到打在荧光屏的时间13tT 沿电场的方向，粒子做初速度为 0的匀加速直线运动，加速度Eqam 沿电场方向的位移212yat，计算得13yL 则荧光屏上发光区域的长为23LyL 所以荧光屏上发光区域的面积为22(31)3L 评分标准：本题共18分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。图 7