重庆市巴蜀中学校2024届高三下学期4月适应性月考卷（九）物理试题含答案.pdf

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1、#QQABbYCUogAAAJIAABhCQQkyCEEQkBGACIoGwEAMIAABCRNABAA=#重庆市巴蜀中学校2024届高三下学期4月适应性月考卷（九）物理试题含答案#QQABbYCUogAAAJIAABhCQQkyCEEQkBGACIoGwEAMIAABCRNABAA=#QQABbYCUogAAAJIAABhCQQkyCEEQkBGACIoGwEAMIAABCRNABAA=#QQABbYCUogAAAJIAABhCQQkyCEEQkBGACIoGwEAMIAABCRNABAA=#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 17题只有一项符合题目要

2、求，每小题 4分；第 810题有多项符合题目要求，每小题 5分，全部选对的给 5分，选对但不全的给 3分，有选错的给 0 分。题号12345678910答案CBCACCDBCACDABD【解析】4由于电子恰好做匀速圆周运动，则电场力与磁场的洛伦兹力平衡，磁场的洛伦兹力提供向心力，方向指向圆心，故 C 错误。根据电子沿顺时方向运动及左手定则可知磁场垂直圆环平面向里，故 A 正确。根据左手定则可判断磁场的洛伦兹力向里，则电子受到的电场力向外，电场方向向里，故 B 错误。洛伦兹力永不做功，故 D错误。5根据电场叠加可知 CO 线上的合场强方向均水平向右且沿 CO 方向变大，故 B 错误。由题可知，电

3、荷受到的合力应指向 CO 方向，则外力应指向左下方，与 CO 方向夹角为，大小为sinEq，故 A 错误。由题可知，sin不变，Eq 变大，tanEqF合，F合变大，加速度变大，故 C 正确。电场力与运动方向始终垂直，电场力不做功，电势能不变（或 CO 为等势面），故 D 错误。6第一阶段，橡皮擦与纸板相对滑动，211m/sag皮，12()mgmm gam板25m/s，故A错 误。v相 同 时，0atat板皮v，得1s6t，1m/s6，v211m272xat皮1皮，017m272xt板vv，得1111m12xxx板皮，1111J1200Qmgx。第二阶段，由于12，所以v相同后，仍相对滑动，故

4、 B 错误。橡皮擦和纸板都匀减速，211m/sag 皮，221()3m/smm gmgam 板，22222xxaa板2皮板皮，vv，得2221m108xxx皮板，因212lxx，故橡皮擦未滑离纸板，故 C 正确。由于第二阶段也有产热，故 D错误。7当行星与地球连线，与行星轨道圆相切时，最大，此时sinrr行，故 A 错误。根据开普勒第三定律32rkT，推出T正比于3r，得周期之比为3sin，故 B 错误。当行星再次处于最佳观察时期，行星与地球连线再次与行星轨道圆相切，两次最短时间间隔过程中，行 星 相 对 地 球 多 走 的 角 度 为2-，根 据 公 式2行地-，及2tT，得33(2)sin

5、2(1sin)t年，故 C 错误。两相切时刻，角度差也可能为2+，故 D 正确。8若无磁损，则1222V6Vnn，可得1110n 匝，但由于此题有磁损，故 A 错误。变压器原副线圈中交变电流频率相同，故 B 正确。题中 6V 为接收线圈的有效值，则最大值为有效值的2倍，故 C 正确。由于交流电大小方向不断变化，使得接收线圈中的磁通量大小方向不断变化，接收线圈不断有靠近远离交替变化的趋势，故 D 错误。9球 A 沿槽 C 下滑过程中，槽 C 动能增加，球 A 机械能减少，槽 C 提供的支持力对球 A 做负功，故 A 正确。由于系统竖直方向合外力不为零，水平方向合外力为零，所以只有水平方向动量守恒

6、，故 B 错误。根据“人船模型”物体运动的位移与其质量成反比，得23AxR，故 C 正确。球 A 与槽 C 水平方向动量守恒，得12CAvv，球 A 与球 B 弹性碰撞后，得5253AAAmmmm vvv，由于23ACvv，故 D 正确。10垒球在空中只有重力做功，机械能守恒，故 A 正确。垒球在空中只受重力的冲量，方向竖直向下，则动量变化量方向竖直向下，故 B 正确。斜抛运动在最高点时只有水平速度，动 能 最 小，故 C 错 误。由 题 可 知，gt v，竖 直 向 下，又0Bvv，得2220()Bgtvv，将位移 AB 沿0v及Bv方向分解，一方向由0v减至 0，另一方向加至Bv，则用平均

7、速度公式，得222022BttABvv，联立得0.8st，故 D 正确。非选择题：共 5 小题，共 57 分。11（除特殊标注外，每空 2 分，共 6 分）（1）P1和 P2（1 分）P1、P2和 P3（1 分）（2）ACBD（3）选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等12（每空 2 分，共 10 分）（1）8.9（2）C1aka偏小13（10 分）解：（1）包裹刚好能下滑，则cos()sin()mgmg解得22即夹角最小值为22（2）匀加速过程，由2m1 12a xv得匀加速位移14mx 匀速位移2m 232mxtv则匀减速位移3128mxLxx由2m332

8、a xv，得匀减速加速度231m/sa 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（13 分）解：（1）M 滑至圆弧末端的过程，由动能定理得212mgLmvM 滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律，有2FmgmLv联立可得 M 滑至圆弧末端 B 时受到的支持力大小3Fmg由牛顿第三定律得压力3Fmg（2）设 M 与 N 碰撞前的速度为0v，碰撞后，M 反弹的速度大小为Mv，N 获得的速度大小为Nv，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得0()1.2MNmmmvvv根据题意可得0115Mvv联立可得089Nvv则340MNvv（3）对 M，从 A 点滑下到碰前瞬

9、间，能量守恒得20122mgLmg Lmv对 M，从碰后到停止运动过程，能量守恒得2011215mgLmv联立解得1227对 N，从碰后到停止运动过程，能量守恒得20181.251.229kmgLmv联立解得3209k 评分标准：本题共 13 分。正确得出、式各给 2 分，其余各式各给 1 分。15（18 分）解：（1）粒子打在上板中央位置，2dr 2000qBmrvv粒子做直线运动，00MNUqqBd v联立可得2202MNqB dUm（2）当粒子恰好沿下板右端点射出时水平方向：0dt v竖直方向：2122MNqUdtmd联立可得2204MNqB dUm经分析，从下板右端点进入右侧磁场的粒子

10、不从右边界穿出磁场，所有粒子均不能穿出磁场。假设粒子从下板右端点射出时速度大小为v，02vv由几何关系，得1212dr211q Bmrvv联立可得10122BB（3）假设粒子进入右侧磁场时速度与水平方向夹角为，从左边界穿出时，射入点与射出点的的距离为y，可得011122cos2 cosmmyrdqBqB vv粒子进入 MN 上方磁场后，水平方向做半径为 r0的匀速圆周运动，0024mdrqBv周期202mmTqBqB竖直方向向下做匀速直线运动，速度大小0MNyqUdmdvv粒子从进入 M 板上方磁场到打到 M 板上所用时间2ydyyt v2012MNqUdymdv得12002mmttqBqB，所以痕迹长度12024ttdsrT评分标准：本题共 18 分。正确得出式各给 1 分。