渝北中学2023-2024学年高三12月月考质量监测物理参考答案及评分标准一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1234567DBBCDDC二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8910BDABACD1D 研究运动员的技术动作，不能忽略运动员的大小和形状，不可以将其看成质点，A错误；每场比赛用时15 min，指的是时间间隔，B 错误；两个运动员若相对静止，说明他们加速度相同，速度也相同，C错误；运动员在转弯跑时，速度方向不断变化，一定有加速度，D正确。2【答案】B【详解】A．根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2Rv=GMR问天实验舱所处的圆轨道距地面高度越高，轨迹半径越大，则环绕速度越小，故A错误；B.根据v=GMR可知，当速度相等时，轨迹半径可以相同，故B正确；C．返回舱中的宇航员处于失重状态，地球的引力恰好提供向心力，故C错误；D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，有摩擦力做功，机械能有损失，故D错误。故选B。3.【答案】B【详解】A．对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，选项A错误；BD．对圆环B受力分析可知，f=Tcosθ；对书本：2Tsinθ=mg，解得f=mg2tanθ（其中的θ是绳与杆之间的夹角），则当两环距离变小后，θ变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，选项B正确，D错误；C．同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，选项C错误．【解析】A、B根据等量同种电荷电场的分布情况和对称性可知，A、B两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同。A、B两点的电势相等，故A错误，B错误C.两个＋q点电荷在A点产生的电场强度大小均为，夹角为60'，则A点的电场强度大小为EA=2Ecos30°=故C正确D.A、B两点的电势相等，将一正点电荷从A点移动到B点，电场力不做功，故D错误故选：C5.【答案】D【详解】A．由闭合电路欧姆定律I=ER2+R+R1+r=ER2+kF+C+R1+r电路中的电流与压力F没有线性关系，刻度盘标注的质量刻度不均匀，故A错误；B．若使用前质量示数大于零，电流偏小，应减小电阻，将R2的滑片向左滑动，故B错误；C．电子秤的示数越大，电路中电流越小，电源的总功率P=EI越小，故C错误；D．电池的内阻增大，电动势不变，若能调零，电流表仍可以满偏，称量值仍准确，故D正确。故选D。6.【答案】D【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有F洛=evB,F电=eE=eUa，故F洛=eUa，故D正确，由evB=eUa则电压U=avB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．7.【答案】C【详解】A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为E=ΔΦΔt=SΔBΔt=πR2k故B错误；C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为R=ρ2πRdh根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为I=ER=kRdh2ρ故C正确；D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。故选C。8.【答案】BD【详解】A．根据h=12gt2解得t=2hg设落在A点的小球下落的高度为hA，由图根据几何关系可知hB=hC=2hA则三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间之比为tA:tB:tC=1:2:2故A错误；B．小球落到A、B两点时，则小球都落在斜面上，则小球位移与水平方向夹角的正切值为tan45°=12gt2v0t=gt2v0=1则小球速度方向与水平方向夹角的正切值为tanθ=vyv0=gtv0=2可知，小球速度方向与初速度的大小无关，则小球落到A、B两点时，其速度方向相同，故B正确；CD．根据x=v0t解得v0=xt则小球落到A、B两点，则两次抛出时小球的速率之比为vAvB=xAxB⋅tBtA=12⋅21=22则小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为vAvC=xAxC⋅tCtA=13⋅21=23故C错误D正确。故选BD。9.【答案】AB【详解】A．由几何关系可知a、b运动轨迹的圆心角分别为αa=60°，αb=30°，则a、b运动轨迹的半径分别为ra=dsin60°rb=dsin30°粒子a和b在磁场中运动的半径之比为ra:rb=1:3故A正确；B．由qvB=mv2rp=mv可得p=qBr则粒子a和b在磁场中运动的动量大小之比为pa:pb=1:3故B正确；C．由动能与动量的关系可得Ek=p22m由于粒子质量未知，所以无法求出粒子a和b在磁场中运动的动能之比，故C错误；D．粒子在磁场中运动的时间为t=α360∘⋅T=α360∘⋅2πmqB同理由于粒子质量未知，无法求出粒子a和b在磁场中运动的时间，故D错误。故选AB。10.【答案】ACD【详解】A．从A到B过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A正确；B．等效重力的与竖直线夹约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；C．B点比A点更靠近等效最低点，所以vAI当电压表示数为0时，即外电路短路时，有I=I真故D正确，ABC错误。故选D。（12分）:(1)4分,(2)4分,(3)4分【答案】（1）2m/s2；（2）5:2；（3）25m【详解】(1)对人和滑板受力分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma1........................3分.解得a1=2m/s2............................1分故人在斜坡上下滑的加速度大小为2m/s2。在地面滑动时有μmg=ma2...........................1分解得a2=5m/s2设人滑到B点时的速度为v1，则有v1=a1t1v1=a2t2........................2分解得t1t2=52..........................1分故人在斜坡上滑行的时间和在直道上滑行时间的比值为5:2。(3)法一：设高为h，则斜面长为x=hsinθ=53h水平面BC长为L=s-hcotθ=50-43h..........................1分滑到B点时的速度为v12=2a1x=203h..........................1分又有L=v122a2..........................1分代入得50-43h=203×2×5h解得h=25m..........................1分故高度h为25m。法二：全过程动能定理：14.（12分）:(1)2分,(2)5分,(3)5分..........1分....1分15.（18分）:(1)3分(2)8分(3)7分【解析】(1）小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力是一对平衡力，由平衡条件得：qE1=mg,解得：E=2V/m，电场力方向竖直向上，小球带正电，则场强方向：竖直向上；(2）小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律解得：r=0.3m,设小球第一次离开磁场的位置为N点，如图所示：由几何知识可知，小球a第一次离开磁场时速度方向沿y轴正方向，先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向从静止做匀加速直线运动并经过OM再次进入磁场，从Q点第二次进入电场做类平抛运动到O点，对其类平抛过程：由位移公式得：,由牛顿第二定律得：mg+qE2=ma,解得：E2=4V/m;）设小球a在磁场中运动恰好组成一个完整的圆，则在磁场中运动的时间：小球a在电场中做匀减速直线运动来回一次的时间为：可得小球a从最初由O点进入磁场到Q点的总时间为：t=t2+t3=0.8s;小球b和小球a在Q点相碰，对小球b做平抛运动，水平方向：2r=v2t,解得小球b的平抛速度：v2=0.75m/s,竖直方向：解得小球的平抛起点距O点的高度：H=h+2r=3.8m小球b的平抛起点坐标（0,3.8m);