重庆市 2022-2023学年高三物理下学期高考适应性月考卷（七）（Word版附解析）

巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（七）物理注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，空气阻力与雨滴的形状和下落的速度有关。质量为m的雨滴（忽略雨滴间的相互作用和雨滴质量的变化）由静止开始，当下落高度h时速度为v，则雨滴在这一过程中（　　）A.速度均匀增加B.加速度均匀增加C.动能一定持续增加D.机械能一直减小【答案】D【解析】【详解】ABC．雨滴下落过程中，受到空气阻力作用，速度增加时，阻力不断变大，加速度逐渐减小；当阻力等于重力时，速度不变，加速度为零，作匀速直线运动，动能不变，故ABC错误；D．雨滴下落过程中，需要克服阻力做功，机械能一直减小，故D正确。故选D。2.具有主动降噪功能的耳机，利用的是波的干涉。它可由耳机内的讯号麦克风侦测环境中的噪音，并通过耳机处理器预测下一时刻的噪音，产生相应的抵消声波。已知声音在空气中的传播速度为，噪声在某时刻的波形图如图所示，则关于最好效果的降噪声波，说法正确的是（） A.降噪声波的频率为B.降噪声波的振幅为C.降噪声波与噪声波振动相位相同D.P处降噪声波与噪声波叠加后，振幅为【答案】A【解析】【详解】A．降噪声波与噪声声波频率相同A正确；B．根据题意降噪声波与噪声声波振幅相同，即为A，B错误；CD．降噪声波与噪声声波频率相同、相位相反、振幅相同，相互叠加后波的振幅变为零，C错误，D错误。故选A。3.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以测量竖直方向上运行电梯的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，若下端静止悬吊重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；若下端静止悬吊重物时，指针位置的刻度标记为0。之后把的重物固定在弹簧下端，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”，取重力加速度为，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是（　　） A.指针指在刻度C时，该电梯向下运动B.指针指在刻度0下方时，该电梯处于失重状态C.竖直加速度测量仪的刻度均匀D.该竖直加速度测量仪的量程为【答案】C【解析】【详解】A．使用时，若指针在0点上方，则说明此时弹簧拉伸量变小，弹力小于重力，合外力向下，说明电梯处于失重状态，但是速度方向并不能说明，故A错误；B．若指针0点下方，则说明此时弹簧继续拉伸，弹力大于重力，合外力向上，所以加速度向上，该电梯处于超重状态，故B错误；D．下端悬吊0.8N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，则有把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，若弹簧到达木板上刻度为C的位置时，则有解得加速度大小为故D错误；C．设刻度变化量为Δx，根据牛顿第二定律可得 可知加速度a与刻度变化量成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，故C正确。故选C。4.如图所示，矩形线圈与理想变压器的原线圈组成闭合电路，原线圈中的抽头置于最上端。矩形线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的边匀速转动，且磁场只分布在边的左侧，磁感应强度大小为，线圈面积为，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，则下列说法正确的是（　　）A.原线圈两端电压的有效值为B.线圈转动到图示位置时，矩形线圈的瞬时感应电动势最大C.将抽头下滑，灯泡变暗D.将电容器的电容C变大，灯泡将变亮【答案】D【解析】【详解】A．线圈转到过程中，感应电动势的最大值为由图，根据电流的热效应有解得 故A错误；B．线圈转动到图示位置时，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为0，矩形线圈的瞬时感应电动势为0，故B错误；C．将抽头下滑，则减小，由变压器电压与线圈的匝数比可知，变大，则灯泡变亮，故C错误；D．由容抗公式可知，将电容器的电容C变大，容抗减小，灯泡将变亮，故D正确。故选D。5.为测α衰变中飞出的α粒子的最大速度，设计了如图所示装置。相距为d的两平行金属板上加上电压U，A板电势高，B板上涂有荧光粉，在A板上放一小块放射性物质，其不断向右侧空间放出质量为m、电量为q的α粒子，α粒子的速度大小和方向均是随机的，当α粒子轰击B板时会产生荧光，足够长时间后，B板上的发光面积为S，则α粒子飞出时的最大速度为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】分析可知，当粒子平行于A板射出是，发光面积最大，为圆的面积，平行A板方向，半径垂直A板方向 又圆的面积联立解得最大速度故选C。6.小朋友们之间经常玩一项有意思的游戏——打水漂（如图甲），打水漂的石片能弹跳的次数由石片初速度、转速、入水时石头和水面的夹角，以及石片材质决定。其他条件相同的情况下，石片首次接触水与水面成20度角时，水漂效果最为完美。某次投掷时，如图乙，石片在距离水面高h处，以速度v水平抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次的，不计空气阻力，重力加速度为g，则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总水平距离是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】第1次石片从抛出到接触水平做平抛运动，时间为 石片每次接触水面后反弹到再接触水面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则第1次石片从上升到第2次接触水面的时间为第2次石片从上升到第3次接触水面的时间为第3次石片从上升到第4次接触水面的时间为第n次石片从上升到第n+1次接触水面的时间为则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为根据数学知识有则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的水平距离为故选B。7.如图所示为静电喷漆示意图，由喷嘴K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴（初速度可忽略不计），经A与K间的电场加速后奔向阳极A（被漆零件）并附着在上面。若A与K间的电压为U，喷漆装置的耗电功率为P，在时间t内喷嘴喷出的油漆质量为m，则油漆对零件表面的压力是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】设单位时间内喷漆的质量为，这些油漆所带电荷量为，油漆喷到零件上时的速度大小为，则根据动能定理有其中油漆喷到零件上时的动量由于油漆喷到零件上后便附着在其上，即末速度为零，根据动量定理可得得单位时间内油漆对零件的平均作用力为根据则在单位时间内得因此有 故选C二、多项选择题：本大题共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。8.水星是地球上最难观测的行星，因为它离太阳太近，总是湮没在太阳的光辉里，只有水星和太阳的距角（地球和水星连线与地球和太阳连线的夹角）达最大时即大距（如图），公众才最有希望目睹水星。2023年1月30日凌晨，上演今年首次水星大距。若视水星、地球公转轨道为圆形，水星大距时，水星和太阳的距角为，地球公转的周期T为1年，地球球体半径为R，据此可知（）A.水星的轨道半径B.水星的球体半径C.水星公转周期D.一年中，出现大距的次数【答案】CD【解析】【详解】AB．根据题意可知水星和地球的轨道半径之比为不能求解水星的轨道半径以及水星的球体半径，选项AB错误；C．根据开普勒第三定律 可得水星公转周期，选项C正确；D．设水星最初处于西大距时，其位置超前与地球，且设经时间t地球转过α角后该行星再次处于西大距期。则水星转过的角度β=2π+α；于是有可求得时间t，然后可求解一年中，出现西大距的次数，同理可知一年中出现东大距的次数，选项D正确。故选CD。9.测量比荷的方法很多，其中一种便是利用磁聚焦法测量。磁聚焦的原理如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从A点处发射出一束很窄的同种带电粒子流，其速度大小均为v，且与磁场的夹角不同，但是都很小，在磁场的作用下，粒子将沿不同半径螺旋线前进，该运动可分解为沿磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。之后汇聚在，测得A与距离为h，沿磁感线方向轨迹截面图如图乙所示。这与光束经过透镜后聚焦现象类似，所以叫磁聚焦现象，则下列说法正确的是（）A.这种粒子带正电B.这种粒子带负电C.这种粒子的比荷D.这种粒子的比荷【答案】BC【解析】【详解】AB．由乙图中粒子的运动方向，根据左手定则可判断出这种粒子带负电，故A错误；B正确；CD．依题意，粒子从A点出发汇聚在点，垂直于磁场方向的分运动恰好完成一个完整的圆周即 又联立，可得故C正确；D错误。故选BC。10.如图甲所示，间距为d的两根平行长直金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨下端接有阻值为R的电阻，一根长为d、电阻为R、质量为m的直导体棒垂直放在两导轨上。从离地高H处静止释放后沿导轨运动，导体棒的机械能E随导体棒下降高度h变化的图像如图乙所示，图线斜率大小为k。再将整个装置放于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，同一位置静止释放导体棒，到达斜面底端时，导体棒已经匀速。在运动过程中与两导轨接触良好，导轨电阻不计，忽略地磁场影响，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.导体棒与导轨的动摩擦因数为B.放入磁场后，导体棒匀速时的速度为C.放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为D.放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面的时间为【答案】AB 【解析】【详解】A．由能量关系可知，导体棒机械能的减小量等于摩擦力做功，即由题意可知可得选项A正确；B．放入磁场后，导体棒匀速时，则选项B正确；C．放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面，流过电阻R的电量为选项C错误；D．放入磁场后，导体棒从释放到离开斜面由动量定理解得选项D错误。故选AB。三、非选择题：共5小题，共57分11.某学习小组同学利用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管A、滑动变阻器、开关与电池构成闭合回路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线 管A的外面。（1）甲图电路连接好后，同学们进行了下列操作，电流计指针会发生偏转的是___________。A．保持开关闭合，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动B．保持开关闭合，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管BC．保持开关闭合，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片D．保持开关闭合，螺线管A、B不动，在A线圈中插入铁芯（2）利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管B与电流计构成闭合电路。正确连接好实验电路后，将条形磁铁N极朝下插入螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针向右偏。若要灵敏电流计G的指针往左偏，可行的操作是_____________。A．将条形磁铁N极朝下拔出螺线管BB．将条形磁铁S极朝下插入螺线管BC．将条形磁铁S极朝下拔出螺线管BD．保持条形磁铁在螺线管B中不动（3）某同学想应用实验得到的楞次定律判断线圈的缠绕方向，在图乙的基础上设计了如图甲所示实验装置。把条形磁铁N极向下插入线圈时，二极管A发光；拔出时，二极管B发光。则线圈缠绕方向为图乙中的__________（填“①”或“②”）。【答案】①.BCD②.AB③.① 【解析】【详解】（1）[1]A．保持开关闭合，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，螺线管B的磁通量未发生变化，电流计不偏转，故A错误；B．保持开关闭合，螺线管B不动，螺线管A插人或拔出螺线管B，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故B正确；C．保持开关闭合，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片，螺线管A中电流发生改变，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故C正确；D．保持开关闭合，螺线管A、B不动，在A线圈中插入铁芯，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故D正确。故选BCD。（2）[2]条形磁铁N极朝下插人螺线管B，磁场方向向下，磁通量变大，感应磁场向上，观察到灵敏电流计G的指针向右偏，则A．将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B，磁场方向向下，磁通量变小，感应磁场向下，观察到灵敏电流计G的指针向左偏，A正确；B．将条形磁铁S极朝下插人螺线管B，磁场方向向上，磁通量变大，感应磁场向下，观察到灵敏电流计G的指针向左偏，B正确；C．将条形磁铁S极朝下拔出螺线管B，磁场方向向上，磁通量变小，感应磁场向上，观察到灵敏电流计G的指针向右偏，C错误；D．保持条形磁铁在螺线管B中不动，磁通量不变，无感应磁场，灵敏电流计G的指针不偏转，D错误。故选AB。（3）[3]二极管A发光，说明通过二极管的电流是向上的，从而确定感应电流是从下端流出的，磁铁N极是插入，根据楞次定律，感应电流的磁场应该是向上的，结合电流从下端流进，由右手螺旋定则可知，缠绕方向就是①这种情况。12.某同学利用如图甲所示的电路测量一个热敏电阻的阻值。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R、电压表（内阻未知）和毫安表（内阻未知）。 （1）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，则此时热敏电阻的阻值为________。这种方法测量的热敏电阻的阻值比真实值____________（填“偏大”或“偏小”）。（2）实验中得到该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图乙所示。利用该热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图丙所示。图中E为直流电源（电动势为，内阻不计）；当环境温度升高导致图中的输出电压达到或超过时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为，则图中固定电阻的阻值应为____________（保留2位有效数字），若电源电压大于，则开始报警时的温度______________（填“高于”或“低于”）。【答案】①.1.9##1.90②.偏小③.1.8④.低于【解析】【详解】（1）[1][2]由欧姆定律因为电压表的内阻有分流作用，导致毫安表的示数偏大，故用这种方法测量的热敏电阻的阻值比真实值偏小。（2）[3]当环境温度为时，由图乙可得此时热敏电阻的阻值约为0.6kΩ，由于热敏电阻的阻值随着温度升高而降低，依题意要求R2的输出电压随温度升高而增大，所以R1即为热敏电阻，由闭合电路欧姆定律 解得则固定电阻的阻值为[4]若电源电压大于，则开始报警时热敏电阻阻值由可知，故开始报警时的温度低于。13.如图所示，一只可爱的企鹅在倾角为的冰面上玩耍，先从冰面底部由静止开始匀加速直线运动向上“奔跑”，在处速度达到时突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，速度减为零后立即倒滑回来，不计卧倒时的速度变化，企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数。已知，，取重力加速度，求：（1）企鹅向上加速“奔跑”的时间t；（2）企鹅退回到出发点时的速度大小。【答案】（1）1s；（2）【解析】【详解】（1）企鹅由静止匀加速直线运动向上“奔跑”，则解得企鹅向上“奔跑”的时间 （2）企鹅在上滑过程中，根据牛顿第二定律可得解得企鹅上滑通过的位移大小为企鹅下滑过程由牛顿第二定律得解得下滑过程加速度大小企鹅下滑过程由位移-速度公式得解得企鹅退回到出发点时的速度大小14.如图所示，是半径为、质量为3m的光滑四分之一圆弧轨道，放在光滑水平地面上，B处切线水平：将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球水平进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计）。已知小盒C静止时刚好和地面不接触，质量为m，上端绳长为，物块D（可视为质点）质量为，木板E质量为m，木板E与D和水平桌面间动摩擦因数都为0.8，质量为m的物体F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，不计空气阻力，不计绳子与滑轮间摩擦，重力加速度为g，求：（1）若固定圆弧轨道和物块D，小球从A静止释放，与小盒C相撞后能上升的最大高度（桌面不会挡住摆动的绳子）；（2）若不固定圆弧轨道和物块D，小球超过地面多高的地方释放后能使E与桌面之间出现滑动。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）固定圆弧轨道和物块D，取水平向右为正方向，设小球划出圆弧时的速度为，刚卡住瞬间的速度为，由动能定理可得小球撞击C瞬间二者组成的系统动量守恒，由动量守恒可得联合解得设与小盒C相撞后能上升最大高度为，由机械能守恒可得解得（2）E与桌面之间刚出现滑动时，设此时绳子的拉力为，则根据受力平衡可得解得设此时小球与C撞击前的速度为，卡住后共同速度为，则 解得小球撞击C瞬间二者组成的系统动量守恒，由动量守恒可得解得小球从圆弧轨道滑落过程中在水平方向上动量守恒，设小球撞击C前圆弧轨道速度为，则解得设此情况下下球下落的高度为，由机械能守恒可得解得15.空间分布着如图所示的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场，其中区域足够大，分布在半径的圆形区域内，为过其圆心O的竖直线，、区域磁感应强度大小均为，虚线与平行且相距，其右侧区域存在着与水平方向成斜向下的匀强电场，电场强度，电场区域足够大，磁场中有粒子源S，S与O点的距离，且垂直于。某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，粒子的质量均为、电量均为，为与电场方向垂直的无限大的绝缘板，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用。（取）（1）若有粒子能到达区域，求发射速度的最小值； （2）若所有粒子的发射速率均为，求能够到达区域的所有粒子中从发射到接触区域的最大路程和最小路程的比值；（此问中取）（3）若从S点发射速率为的某粒子从图中A点以水平方向进入电场区域，并在电场中运动一段时间后碰撞绝缘板上的C点，求该粒子从发射到C点的时间（此问中取，，，结果保留2位有效数字）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力解得可得粒子做匀速圆周运动的轨迹半径越小则它的速度就越小，粒子源到区域最近的点为SO与区域的交点，则当粒子竖直向下发射，其轨迹刚好与区域相切时，满足能到达区域的最小发射速度，如图 由几何得则该粒子的发射速度为（2）若所有粒子的发射速率均为，则粒子在B1磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为则所粒子的轨迹的圆心都在以S为圆心，的圆上。因为SD最短，所以SD为弦所对的粒子在中运动的轨迹最短；当粒子的轨迹与区域相切时，粒子在中运动的路程最长，如图由几何得所以 ，所以能够到达区域的所有粒子中从发射到接触区域的最大路程和最小路程的比值（3）粒子在区域做匀速圆周运动的半径为粒子以水平方向的速度射出区域，所以其轨迹圆圆心O3在点的正下方，且射入点、射出点和O、O3构成一个菱形，由几何得粒子必从虚线圆的最低点P进入区域偏转，如图由几何关系粒子与水平方向成60°角进入区域，则在区域中运动的圆心角为180°，在区域中运动的圆心角为60°；故粒子在B1中运动时间为由可得粒子在B2中运动时间为 粒子从运动到A点时间进入电场后，带电粒子做类斜抛运动，由对称性，第一次打到AB板上的C点的时间是其到达距离AB板最远时的两倍。由牛顿第二定律可得粒子从A点到C点的运动时间为该粒子从发射到C点的时间为