巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（九）物理-答案

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CBCACCDBCACDABD【解析】4．由于电子恰好做匀速圆周运动，则电场力与磁场Ⅰ的洛伦兹力平衡，磁场Ⅱ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Ⅱ垂直圆环平面向里，故A正确。根据左手定则可判断磁场Ⅰ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，故A错误。由题可知，不变，Eq变大，，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，，，故A错误。相同时，，得，，，得，。第二阶段，由于，所以相同后，仍相对滑动，故B错误。橡皮擦和纸板都匀减速，，，，得，因，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，故A错误。根据开普勒第三定律，推出正比于，得周期之比为，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，根据公式，及，得年，故C错误。两相切时刻，角度差也可能为，故D正确。8．若无磁损，则，可得匝，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，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，故C正确。球A与槽C水平方向动量守恒，得，球A与球B弹性碰撞后，得，由于，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，，竖直向下，又，得，将位移AB沿及方向分解，一方向由减至0，另一方向加至，则用平均速度公式，得，联立得，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）（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）①C②③偏小13．（10分）解：（1）包裹刚好能下滑，则 ①解得即夹角最小值为 ②（2）匀加速过程，由 ③得匀加速位移 ④匀速位移 ⑤则匀减速位移 ⑥由，得匀减速加速度 ⑦评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑦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 ①M滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律，有 ②联立可得M滑至圆弧末端B时受到的支持力大小 由牛顿第三定律得压力 ③（2）设M与N碰撞前的速度为，碰撞后，M反弹的速度大小为，N获得的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得 ④根据题意可得 联立可得 ⑤则 ⑥（3）对M，从A点滑下到碰前瞬间，能量守恒得 ⑦对M，从碰后到停止运动过程，能量守恒得 ⑧联立解得 ⑨对N，从碰后到停止运动过程，能量守恒得 ⑩联立解得 评分标准：本题共13分。正确得出④、⑩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， ① ②粒子做直线运动， ③联立可得 ④（2）当粒子恰好沿下板右端点射出时水平方向： ⑤竖直方向： ⑥联立可得 ⑦经分析，从下板右端点进入右侧磁场的粒子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， ⑧由几何关系，得 ⑨ ⑩联立可得 （3）假设粒子进入右侧磁场时速度与水平方向夹角为θ，从左边界穿出时，射入点与射出点的的距离为Δy，可得 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， 周期 竖直方向向下做匀速直线运动，速度大小 粒子从进入M板上方磁场到打到M板上所用时间 得所以痕迹长度 评分标准：本题共18分。正确得出①~式各给1分。