巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（七）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BBDCCCDACBDBCD【解析】1．7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，故A错误。设赤道上的物体角速度为ω1，卫星7的角速度为ω2，同步卫星的角速度ω3，已知13，又由规律“同一中心天体的不同卫星，轨道半径r越大，ω越小”，可得231，故B正确。完全失重不等于不受重力，只是视重为0，卫星7需要重力提供向心力做匀速圆周运动，故C错误。对于某一绕地卫星，其与地心的连线在相等的时间内扫过的面积相等，轨道半径不同的卫星在相等时间内扫过的面积则不相等，故D错误。2．因为回路的磁场能在减小，所以电流i在减小，场强E在增大。同时灰尘的加速度在增大，可得此过程电场力Eq和重力同向，所以下极板应带正电。由it图可分析得t0时刻上极板带正电，0~a电容器放电，ab~电容器反向充电，下极板带正电。综上，同时满足条件的应为ab~段。3．由at图可得单摆的周期为2t1，故A错误。由单摆的特性可知，最低点速度不为零，需要其他力提供向心力，所受合力不能为零，故B错误。加上磁场后，摆球受洛伦兹力，摆动过程中洛伦兹力不做功，整个过程中小球的机械能都守恒，所以A、C处于同一水平线上，故C错误。加上电场后，摆球受到竖直向下的电场力，继而摆球的回复力变大，所以A→B的时间变短，整个周期变小，故D正确。4．初速度为零的匀加速直线运动规律：第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN1∶3∶5∶…∶(2N1)。由s1：s21：9，可得T10s，下滑总时间为50s；由ss21160m，可得s120m，s2180m，所以斜面总长222为500m；由s21saT4得a0.4m/s，再由v2ax，得v20m/s；由vvt，即第25s末的瞬时速度等于前10秒内的平均速度，所以v52m/s，综上，说法错误的选项为C。物理参考答案·第1页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}5．白天光敏电阻的电阻小，回路总电阻小，流过灯泡的电流小，到了晚上光敏电阻的电阻大，回路总电阻大，流过灯泡的电流大，所以R2为光敏电阻更为合适，故A错误。夜幕降临，回路总电阻增大，干路电流减小，R1的电压减小，由EUUR1，电压表示数增2大，故B错误。夜晚流过R3的电流大，由PIR3，故C正确。UEUUU()IIR，所以R，故D错误。RR131I16．画出光路图，如图所示，已知i60，由折射定律sinin，得30，根据几何关系，得sin60，大于全反射临界角，光线在CD界面发生全反射，光线沿直线传播至AB界面。再由几何关系及折射定律可知30，60。所以选C。7．由已知条件和图乙，判断出0~t1阶段，m和M对地静止，此时m和M之间无摩擦，对M受力分析，得Ff地静M()，所以对M在t1时刻有Fkt11()2NMgmg，得k0.4，故A错误。tt12~阶段，m和M相对静止，以共同的加速度运动，在t2时刻，m刚好相对M滑动。在t2时刻对M有FMgmgmgMa12()，对m有2mgma，2所以t220s，故B错误。对m，0~t1静止，tt12~运动，且加速度在增大直至3m/s，11所以xat22315337.5m，故C错误。t15s时，m和M相对静止，以共同的222加速度运动，对m和M由整体法可得：FMgmgMma1()()，解得a2m/s，故D正确。8．如图所示，根据左手定则可知导线的ab边受到的安培力方向垂直ab边向上，导线ac边受到的安培力方向垂直ac边向上，导线cb边受到的安培力方向垂直cb边向上。故A正确，B错误。由等效思想可知，导线框abc受到的总2II安培力的大小FBLBLBIL，故C正确。由力的平衡可知，摩擦力和总安培安33力大小相等方向相反，故D错误。9．根据题意和vt图像可以判断出甲乙的碰撞为弹性碰撞且撞后速度交换，加速度大小相等，所以Mm，故A错误。甲乙碰撞一次后先相对滑动一段时间最后共速，整个运动过v程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v，有mmvv2，v0，共0共共2物理参考答案·第2页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}vvt共00.4s，故B正确。从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为nag2211vv2，根据能量守恒可得20，解得0，故错误。第smgsmv02ms0.8mC2224gLL1次碰撞发生在平板车的右挡板，则有ssss，，故0.3mD正确。220010．合外力F对小球做功，机械能不守恒，小球在桌面上做类斜抛运动，故A错误。小球沿y轴方向的速度为零时速度最小，方向沿x正向，质点速度为5m/s时，x方向与y方4向的分速度大小分别为4m/s、3m/s。设合速度与x方向的夹角为，有cos，则速5度方向和x方向之间的夹角37，故B正确。小球在O的机械能为1122Emv0.140.8J，从O到击中挡板过程，小球运动的时间为t1，由类平抛1221运动规律得：yat2，xvt，又x222yR，解得t0.6s。由EW，增加112111其他的机械能EFy111.8J1.8J，所以小球击中挡板前瞬间的动能为2.6J，故C正确。以O为圆心，建立坐标系xy，设小球击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则11有：xvt；yat2；由动能定理得：Emv2Fy；又x222yR；化简整02k0233FR22FRFR3理得：EFy≥23Fy，由数学知识可得：E3J，故k44yy442kmin2D正确。非选择题：共5小题，共57分。11．（除特殊标注外，每空1分，共7分）（1）负极（2分）（2）相反相同磁通量（3）AC（2分）【解析】（1）欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极。12．（每空3分，共9分）（1）1.195（2）0.0524g（3）5d2物理参考答案·第3页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}【解析】（1）螺旋测微器读数为d1mm0.01mm19.51.195mm。d1.195103mv（2）v0.103m/s，vB0.052m/s。Bt0.01160sA2h（3）当B下降的高度为h时，A上升的高度为，A、B组成的系统机械能守恒，则有211114g4gmghmghmvv22m，整理得h，则k。222ABtd2255d213．（10分）解：（1）对小孩和冰车从出发到B点用动能定理有h1mghmgcosmv2①sin3720解得v080m/s45m/s②（2）设碰撞后两冰车（包含小孩和家长）的速度为v动量守恒：mmMvv0()③1能量守恒：()()mMv2mMgL④216得Lm⑤9评分标准：本题共10分。正确得出①~⑤式各给2分。14．（13分）1解：（1）根据动能定理，有qUmv2①2v2离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则qEm②R2U联立得E③Rmmvv2（2）带电离子在磁场中做匀速圆周运动：qBv；r④rqB恰好从D点射出，如图2223RR13由几何关系：rr11，得rR2⑤4424qU1152联立可得⑥mBR16922物理参考答案·第4页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}恰好从F点射出，如图2223R25由几何关系：rr22R，得rR2⑦424qU1152联立可得⑧mBR625221152UU1152，故比荷的范围：2222⑨625BR169BR评分标准：本题共13分。正确得出③、④、⑤、⑦式各给2分，其余各式各给1分。15．（18分）解：（1）设撤去外力时杆的速度为v0，则v0at9m/s①设杆与金属细框发生弹性碰撞后，二者速度大小分别为v1和v2，则mmMvvv012②111mmMvv22v2③222012解得v26m/s④（2）撤去外力后杆恰好匀速，则有Fmgmg0安cossin⑤224BL10vF0安⑥5R0解得R01.2⑦外力作用时，有FmgsinmgcosF安ma⑧224BLat1其中F安5R0解得Ft0.020.03(N)⑨（3）设金属细框完全进入磁场后速度大小为v3，此过程定值电阻产生的热量为Q1，则有BL22v2i⑩tMvv32MR总14其中vtL，RRi总130物理参考答案·第5页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}11122⑪QMM123vv622解得v34m/s、Q10.10J⑫设金属细框ef边达磁场右边界时速度大小为v4，此运动过程中定值电阻产生的热量为Q2，则有BL22v2i⑬tMM2vv432R总2其中，vitlLR总2R011122⑭QMM234vv222解得v42m/s、Q20.18J⑮设金属细框完全离开磁场后速度大小为v5，此过程定值电阻产生的热量为Q3，则有BL22v2i⑯tMvv54MR总34其中vtL，RRi总33011122⑰QMM345vv622解得v50、Q30.02J综上所述，金属细框整个运动过程中，定值电阻R上产生的总热量为QQ123QQ0.30J⑱评分标准：本题共18分。正确得出①~⑱式各给1分。物理参考答案·第6页（共6页）{#{QQABBYAEogCAQAIAAQgCEwHKCgGQkAECCKoOxAAIoAAAyRNABCA=}#}