重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三上学期适应性月考（五）物理试题含答案

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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。
【解析】
1.根据运动的独立性，小球在做竖直上抛运动的过程中，小船以的速度匀速前行，由运动学知识有，解得小球上升的时间，从小球开始上抛到小球再次落入手中的时间为，则小船前进的距离，故选D。
2.进磁场的过程中线框的右边切割磁感线，产生感应电动势，感应电流为，安培力为，进磁场的过程中，线框速度逐渐减小，线框所受安培力逐渐变小，线框进磁场过程中，线框磁通量增加，产生逆时针方向的电流，根据左手定则，安培力向左；线框出磁场过程中，线框磁通量减少，产生顺时针方向的电流，根据左手定则，安培力向左，故A正确。线圈进入磁场的平均速度大于出磁场的平均速度，可知线框进入磁场的时间小于穿出磁场的时间，故B错误。由于线框的边长小于磁场宽度，所以线框穿过磁场的过程中，有一段时间线框完全在磁场中，穿过线框的磁通量不变，这段时间线框中没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀速直线运动，故C错误。进磁场和出磁场两个过程中线框产生的焦耳热都等于线框克服安培力所做的功，由于进磁场和出磁场两个过程线框都是减速运动，由可知，安培力也都是减小的，而线框进、出磁场的位移相同，所以进磁场的过程中线框产生的焦耳热多，故D错误。
3.在时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，R中有电流从b流向a，b点电势高于a点电势；根据法拉第电磁感应定律可得，由闭合电路欧姆定律得，R两端电压为，内通过电阻R的电荷量大小为，故A、D错误，C正确。由图可知时，，则此时穿过线圈的磁通量为，故B错误。
4.线圈位于图示位置时，其磁通量为，故A错误。线圈再转动180°过程中，只经过一次中性面位置，则电流方向改变一次，故B错误。线圈自图示位置转过60°过程中，磁通量逐渐增大，电动势逐渐减小，磁通量变化率逐渐减小，故C错误。导线框中产生的感应电动势的最大值为，周期为，从图示位置开始，转动180°的过程中导线框中产生的焦耳热为，故D正确。
5.滑块在磁场中做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有，解得；对滑块在之间运动的过程，根据动能定理有，解得；设滑块在电场与磁场中运动的时间分别为、，有，，又，解得
6.设原线圈的输入电压为，则有，根据理想变压器，可得，解得，即理想电压表的示数为，故A正确。由理想变压器电压比等于匝数比可得理想变压器原、副线圈匝数比为，故B正确。将变压器与看成一个等效电阻，若只减小电阻的阻值，则该等效电阻阻值减小，则原线圈电流增大，根据可知原线圈的输入电压减小，故副线图的输出电压减小，电阻的电压将减小，故C错误。由以上分析可知，原线圈两端电压峰值为，周期为，故角速度为，故可得原线圈两端电压的瞬时值表达式为，故D正确。
7.设两导体棒碰撞前瞬间，ab棒的速度大小为，在推力作用的过程中，由动能定理有，ab与cd碰后瞬间的速率为v，由动量守恒定律有，解得；设两导体棒通过磁场右边界的时间为t，该过程回路中的平均电流为，与的间距为L，由动量定理有，根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有，解得；对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有，解得；经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有，解得。
8.由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物块B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误。由图像知B的加速度大小为，对B进行分析有，可解得，故B正确。由图可知内二者相对运动，位移差为，则A板长度至少为，故C错误。长木板A的加速度大小为，由、，联立两式可解得，即A物体的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是，故D正确。
9.航天员漂浮在空间站中，绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，合力不为0，故A错误。根据题意，由万有引力提供向心力有，地球密度为，解得，故B错误。根据题意，由万有引力提供向心力有，解得，则空间站运行的速度与第一宇宙速度之比约为，故C正确。根据题意，由万有引力提供向心力有，解得，可知，空间站运行周期小于地球同步卫星的周期，又有地球同步卫星的周期与地球自转周期相等，则有空间站运行周期小于地球自转周期，故D正确。
10.由已知条件可算出轨迹半径为d。画图知水平向右入射和竖直向下入射的离子在N边界的切点或飞出点离P点的距离为，故A正确。轨迹弦长为d的离子是从N边界飞出的离子中弦长最短的，圆心角也最小且为60度，可知B正确。画图知有离子经过的磁场区域为半径为d的两个四分之一圆和边长为d的正方形组合而成，可知C正确。初速度斜向右下方的离子不可能从M边界飞出，即使磁场范围够大，两离子从M边界同一点飞出的时刻也不同，故D错误。
非选择题：共5小题，共57分。
11.（每空2分，共6分）
（1）62.5 （2）2.5 3
【解析】（1）根据题图甲可知弹簧的弹力为时，弹簧的伸长量为，所以弹簧的劲度系数。
（2）由几何关系可知平衡时每根弹簧的长度均为，每根弹簧的伸长量均为，每根弹簧的弹力大小均为，根据竖直方向受力平衡可得文具盒受到的重力大小。
12.（每空2分，共10分）
（1）6 4.700
（2）② ③
【解析】（1）用多用电表“”挡粗测其电阻，则有。螺旋测微器的精确值为，由图乙可知直径为。
（2）②根据题意可知，两端的电压为，则流过即流过待测金属丝的电流，又因为金属丝的电阻，联立可得。
③根据欧姆定律有，横截面积，故金属丝的电阻率。
13.（10分）
解：（1）根据题意可知，箭矢在空中做平抛运动，竖直方向上，由①
可得箭矢在空中的飞行时间为
竖直方向上，由②
可得箭矢落在C点时，竖直分速度为
则箭矢刚落入壶口C时的速度大小为③
解得④
设速度方向与水平方向夹角为，则有⑤
即速度方向与水平方向的夹角为45°⑥
（2）箭矢做平抛运动，在水平方向有⑦
在竖直方向有⑧
解得（用字母表示或带入数据计算均可）⑨
评分标准：本题共10分。正确得出⑨式给2分，其余各式各给1分。
14.（13分）
解：（1）由图像可知，碰撞前滑块C的速度①
碰后滑块C的速度②
（2）设A与C碰撞前的速度大小为，以滑块C的初速度方向为正，碰撞后瞬间A的速度大小为，对A、C由动量守恒定律有③
由机械能守恒定律有④
解得⑤
⑥
（3）碰后A、B相互作用，因B最终恰好未从木板A上滑下，所以最终A、B共速
设A、B共同速度大小为，对A、B由动量守恒定律有
⑦
解得
该过程中，根据能量转化关系，有
⑧
解得⑨
评分标准：本题共13分。正确得出①、③、④、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
15.（18分）
解：（1）①
粒子做圆周运动：②
粒子1从点射出，③
解得④
（2）从A点沿x轴正方向射入的粒子经过中点M，轨迹的圆心O在上，
由几何关系
解得⑤
粒子做圆周运动：⑥
解得⑦
C点到平面的最小距离可在三角形中分析：
（其中是斜边的高线）
解出⑧
根据勾股定理，解得⑨
则有
则与轨迹的交点N到C点的距离最小，⑩
（3）粒子1被碰后，动量增大，即变大
若粒子2带负电荷，则碰后粒子1电荷量
在磁场中做圆周运动的半径必变大，必离开磁场，故粒子2带正电荷⑪
[只有结论给1分，有分析有结论给2分]
两粒子在N点发生弹性碰撞，有
⑫
⑬
已知碰撞时发生电荷转移，碰后各粒子带电量与质量成正比，粒子1的电荷量
⑭
碰后粒子1继续在磁场中做圆周运动：
且恰不离开磁场，有
联立求解得⑮
[若分别对带正负电进行求解，最后判定为正电荷，并答案正确，此小题给6分]
评分标准：本题共18分。正确得出①、②、⑪式各给2分，其余各式各给1分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
D
D
C
C
BD
CD
ABC