2025重慶市巴蜀中學高三上學期11月月考試題物理含解析-試卷下載-教習網

2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。在試題卷上作答無效。
3．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時75分鐘。
一、單項選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1．如圖1，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊，置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛沙袋，沙袋及沙的總質量為。由靜止釋放物塊，測量的加速度大??；多次改變，重復上述操作，最終得到圖像。重力加速度大小為。在下列圖像中，可能正確的是（）
A．B．C．D．
2．某電動小車在平直路面上以恒定功率啟動，經過時間達到最大速度，該過程電動小車前進的距離為。若電動小車的質量為，所受阻力的大小恒為，下列說法錯誤的是（）
A．小車做加速度不變的加速運動
B．小車速度為時，所受牽引力大小等于阻力大小
C．該過程，電動機對小車所做的功為
D．該過程，電動機對小車所做的功為
3．圖2甲為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度隨時間變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是（）
A．時，彈簧的彈性勢能為0
B．時，手機位于平衡位置上方
C．從至，手機的機械能不變
D．隨變化的關系式為
4．2024年4月25日，神舟十八號飛船與天宮空間站順利對接，運載火箭先將飛船送入圓軌道I上，通過變軌進入預定圓軌道。如圖3所示，飛船與空間站在對接前在各自預定的圓軌道I、III上運動，II為對接轉移軌道。不考慮飛船質量的變化，下列說法正確的是（）
A．飛船從橢圓軌道II進入預定圓軌道III需要減速
B．飛船在I軌道上的運行速度小于在III軌道上的運行速度
C．飛船在II軌道上的機械能大于在I軌道上的機械能
D．飛船在三個軌道上運行時與地球連線在單位時間內掃過的面積相等
5．如圖4所示電路，電源內阻不計，點是電容器兩極板間的一個定點。為電容器的電容，為電源的電動勢?；瑒幼冏杵骰畛跆幱诙饲译娐诽幱诜€(wěn)定狀態(tài)，現(xiàn)滑片從端緩慢滑到端，則該過程中（）
A．電容器兩極板間的電壓先增大后減小
B．點電勢比點電勢略高
C．流過橫截面的電荷量等于
D．點的電勢升高
6．如圖5所示，在豎直軸上固定兩個點電荷，電荷量為的點電荷在處、電荷量為的點電荷在處。將質量為、電荷量為的小球從坐標原點靜止釋放，經過點后，剛能到達最低點。以處為電勢能零點、重力勢能零點，小球可視為點電荷。小球在此運動過程中的重力勢能、機械能、動能及電勢能隨變化的圖像可能正確的是（）
A．B．C．D．
7．如圖6，真空中的勻強電場平行于紙面，半徑為的圓形區(qū)域處于勻強電場中。圓周上的點有一粒子源，能向紙面內各個方向陸續(xù)發(fā)射初動能相等、帶電量均為的同種粒子，圓周上各處均有粒子到達。不計粒子重力和粒子間的相互作用。、是圓的兩條相互垂直的直徑。測得粒子到達圓周時的最小動能比初動能小，最大動能比初動能大。則（）
A．電場強度的大小為B．電場強度的大小為
C．電場方向與的夾角為D．電場方向與的夾角為
二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．如圖7所示，兩根通電導線、沿垂直紙面的方向放置，導線、中通有電流、，電流的方向未畫出。點為兩導線連線的中點，，、兩點位于連線段的中垂線上并關于點對稱，且已知點的磁感應強度為零，點的磁感應強度方向垂直向下。已知直線電流產生的磁場在某點的磁感應強度的大小與該點到通電導線的距離成反比，則下列說法正確的是（）
A．中的電流方向垂直紙面向外、中的電流方向垂直紙而向里
B．
C．點的磁感應強度方向垂直向上
D．若，方向不變，則兩點的磁感應強度相同
9．如圖8所示，柔力球以迎、引、拋及弧形接發(fā)技術為特征，是一項集健身、表演和競技為一體的富有民族特色的體育運動。如圖，健身者能控制球拍使球在豎直而內做半徑為的勻速圓周運動，忽略球運動過程中受到的空氣阻力。為圓周的最高點，為最低點，在這兩處拍面水平，、兩點與圓心等高。已知球的質量為，重力加速度大小為，球在點對球拍的壓力大小為，則球（）
A．做圓周運動的線速度大小為
B．在處受到球拍的作用力為
C．在處一定只受到兩個力的作用
D．圓周運動的周期為
10．如圖9甲，托卡馬克是一個由封閉磁場組成的“容器”，形狀像一個放倒的輪胎，帶電粒子會沿封閉的磁力線做螺旋式運動，上億度高溫的等離子體被約束在環(huán)形的磁場中，為核聚變的發(fā)生提供必要條件。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行100秒的成績，托卡馬克裝置的主要特點是采用多個磁場疊加才能實現(xiàn)磁約束。圖乙為其真空室某處橫截面環(huán)向磁場的示意圖，越靠近真空室的右側（即甲圖中靠近豎直中央軸線的一側）環(huán)向磁場越強。不計粒子重力及相互作用，若粒子僅在圖乙環(huán)向磁場中運動，下列說法正確的是（）
A．正離子在環(huán)向磁場中沿順時針方向運動
B．帶電粒子在環(huán)向磁場中速度的大小不變
C．在環(huán)向磁場中，帶電粒子的軌跡將逐漸發(fā)生左右方向的遷移
D．在環(huán)向磁場中，帶電粒子的軌跡將逐漸發(fā)生上下方向的遷移
三、非選擇題：共5小題，共57分。
11．（7分）用如圖10甲所示的氣墊導軌來驗證動量守恒定律。在氣墊導軌的一端裝有位移傳感器（圖中未畫出），、兩物塊（可視為質點）沿同一直線運動并發(fā)生正碰，若物塊的質量為，物塊的質量為，表中是電腦記錄的、兩物塊在同一時刻與傳感器的距離。
（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判斷出位移傳感器固定在氣墊導軌的________（填“左邊”或“右邊”）。
（2）為了更方便判斷、碰撞時是否滿足動量守恒，于是畫出了、兩物塊位置隨時間變化的圖像（如圖乙），、分別為、兩物塊碰撞前后的位置—時間圖線。
①碰撞前物塊的速度大小為________，碰撞前物塊的速度大小為________。
②由題中數(shù)據(jù)結合圖像中提供的信息，可判斷兩滑塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量________（填“守恒”或“不守恒”），這個碰撞________（填“是”或“不是”）彈性碰撞。
12．（9分）錢學森班的同學們打算估測幾個電阻的阻值?，F(xiàn)有一只電流表、一個電源（內阻未知）、一個阻值為的定值電阻、一個阻值為的定值電阻（用作保護電阻），開關和導線若干。他們設計了如圖11甲所示的電路，實驗步驟如下：
第一步：把若干個待測電阻分別單獨接入、之間，發(fā)現(xiàn)電流表的示數(shù)一致，據(jù)此他們認為這些電阻的阻值相等，均設為。
第二步：取下待測電阻，在、之間接入定值電阻，記下電流表的示數(shù)，如圖乙。
第三步：取下定值電阻，將個待測電阻并聯(lián)后接入、之間，記下并聯(lián)待測電阻的個數(shù)與電流表對應示數(shù)。
請完成如下計算和判斷：
（1）如圖乙，電流表的示數(shù)________。
（2）根據(jù)上述第二步，與、、、關系式是________。
（3）定義，則與________（填“”“”或“”）的關系式是如圖丙所示的線性關系。
（4）已知，，結合讀取的數(shù)據(jù)和圖丙的信息可得________，同時可得________，________。（均保留2位有效數(shù)字）
（5）本實驗中未考慮電流表的內阻，對、、的測量值________（填“均有”“均無”或“部分有”）影響。
13．（10分）如圖12所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質量為的小球懸掛到水平板的、兩點，上帶有的正電荷，兩線夾角為，左右兩線上的拉力大小分別為和。的正下方處有一個與帶等量異種電荷的小球固定在絕緣支架上。已知重力加速度取，靜電力常量，、球可視為點電荷。則：
（1）兩線上的拉力大小分別為多少？
（2）若將小球和絕緣支架一起水平右移，使、、在同一直線上，此時兩線上的拉力大小又分別為多少？
14．（13分）質量為的物體穿在光滑的水平桿上，用長為的細繩與質量為的小球相連，如圖13甲所示，初始時、在同一水平面上（細繩平行于水平桿），且細繩剛好拉直。將小球由靜止釋放，當細繩剛好豎直、小球運動到最低點時繩子恰好繃斷。已知、均可視為質點，重力加速度為。求：
（1）小球運動到最低點時，物體的速度大小以及相對于初始位置運動的距離；
（2）細繩的最大張力；
（3）以物體的初始位置為坐標原點建立如圖乙所示平面直角坐標系，求出繩斷之前小球運動的軌跡方程。
15．（18分）如圖14所示，在平面內，在，（未知）的區(qū)域內存在勻強電場、方向沿軸正方向，電場強度的大小可以調節(jié)；在和區(qū)間內分別存在垂直平面向外的勻強磁場區(qū)域I和II，兩區(qū)域內磁感應強度的大小也相同。平面內軸正半軸上距離坐標原點處有一粒子源，可向平面內第一象限沿不同力向射入速度大小均為的粒子，粒子質量為，帶正電且電荷量為。不計粒子重力和粒子間的相互作用。當粒子源發(fā)射與軸正方向夾角為的粒子時，該粒子恰好從勻強電場的左邊界上處進入電場，然后從勻強電場的右邊界上處射出電場，并且首次在磁場區(qū)域II運動過程中剛好不從下邊界射出磁場。（）
（1）求勻強磁場區(qū)域磁感應強度的大??；
（2）求的大?。ㄓ帽硎荆粗?；
（3）調節(jié)電場強度的大小，使得當粒子欲發(fā)射的粒子沿方向射出時（速度仍為），恰好擊中沿軸放置的粗細不計的金屬條的右端，該金屬條長度為，左端距離坐標原點。粒子擊中金屬條立即被吸收，求所有滿足條件的勻強電場的大小。
物理參考答案
選擇題：共10小題，共43分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題5分，全部選對的給5分，選對但不全的給3分，有選錯的給0分。
【解析】
1．設的質量為，與桌面的動摩擦力為；以為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得；以沙袋和沙為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得；聯(lián)立可得，可知不是線性關系，排除A、C選項。可知當沙袋和沙的總重力小于物塊最大靜摩擦力時，物塊靜止，加速度為0，當沙袋和沙的總重力大于時，才有一定的加速度，當趨于無窮大時，加速度趨近等于，故選D。
2．由題意可知，小車保持功率恒定，所受阻力恒為，由，則速度增大時，牽引力減小，由牛頓第二定律可知，小車的加速度先變小，在速度最大時，加速度為0，故A錯誤。小車速度最大時，小車的牽引力等于阻力，故B正確。小車在運動過程中，由動能定理可得，解得電動機對小車所做的功為，故C正確。汽車功率恒定為，因此電動機對小車所做的功等于，故D正確。
3．由題圖乙知，時，手機加速度為0，由牛頓第二定律得彈簧彈力大小為，彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈性勢能不為0，故A錯誤。由題圖乙知，時，手機的加速度為正，則手機位于平衡位置下方，故B錯誤。由題圖乙知，從至，手機的加速度增大，手機從平衡位置向最大位移處運動，彈簧的彈性勢能增大，手機的機械能減小，故C錯誤。由題圖乙知，則角頻率，則隨變化的關系式為，故D正確。
4．飛船需要通過加速從橢圓軌道II進入預定圓軌道III，故A錯誤。根據(jù)萬有引力等于向心力，可得，可知飛船在I軌道運行速度大于在III軌道上的運行速度，故B錯誤。飛船從軌道I到軌道II要進行加速，機械能增加，則飛船在II軌道上的機械能大于在I軌道上的機械能，故C正確。根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船在三個不同軌道上運行時，與地球連線在單位時間內掃過的面積不相等，故D錯誤。
5．滑片緩慢向右滑行全程，電容器兩極板由“下正上負”逐漸轉變?yōu)椤吧险仑摗保娙萜鹘洑v先放電再充電的過程，則兩極板間的電壓先減小后增大，故A錯誤。根據(jù)“充電電流流向正極板，放電電流流向負極板”可知，充放電流全程由點經流向點，由于過程緩慢，則充放電流很小，所以兩端電壓很小，即點電勢比點略高，故B錯誤。點的電勢先比上極板高，后比上極板低，故點電勢降低，故D錯誤。放電過程，向下流過的電量為，充電過程，向下流過的電量為，全程向下流過過的電量為，故C正確。
6．處為重力勢能零點，則在處重力勢能為0，重力勢能變化與下落高度成線性關系，故A錯誤。設正電荷的正上方處電場強度為0，則，解得，即點場強為0；機械能的變化對應電場力做功，結合圖可知，點上方場強方向向下，點到正電荷場強方向向上。則小球從點到點，電場力先做正功后做負功，機械能先增大后減小，電勢能先減小后增加并且在處為0，故D錯誤，B正確。電荷初末速度為0，中間過程不為0，所以動能先增加后減小。分析可知，則動能最大的位置在下方不在處，故C錯誤。
7．最大動能與最小動能出現(xiàn)在平行于電場方向的直徑的兩端。設該直徑（即電場方向）與夾角為，過點作該直徑的垂線，即為點所在的等勢線。根據(jù)動能定理有；，得；。故選B。
8．由題意點的磁感應強度為零，則說明導線、在點產生的磁場大小相等、方向相反，又因為點距、的距離比為，則，可得電流之比為，故B錯誤。由B分析可知，導線在點產生的磁場強，點的磁感應強度方向垂直向下，由安培定則可知中的電流方向向外、則中的電流方向向里，故A正確。由安培定則可知，導線、在點產生的磁場方向均垂直連線向上，故C正確。由于，分別作出兩電流在、兩點的磁感應強度大小和方向，如圖所示，根據(jù)磁場的矢量合成可知、兩點的磁感應強度大小相等、方向相同，故D正確。
9．球在點對球拍的壓力大小為，由牛頓第三定律，在點球拍對球的支持力大小，則在點，解得做圓周運動的線速度大小，故A錯誤。在處，解得，球在處受到球拍的作用力為，故B正確。設在處球拍與水平面的夾角為，且僅受重力、支持力作用，則有，又，解得，若不滿足，小球在處還受摩擦力的作用，故C錯誤。運動的周期為，故D正確。
10．根據(jù)左手定則可判斷正離子在磁場中受力如圖，所以正離子在環(huán)向場中沿逆時針方向運動，故A錯誤。由于洛倫茲力總是與速度方向垂直，所以洛倫茲力不改變速度大小，則帶電粒子在環(huán)向場中的速度大小不變，故B正確。由圖可知左右兩邊磁感應強度不一樣，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得，可知同一正離子在磁場中因為磁感應強度不同導致左右的半徑不同，所以發(fā)生偏移，越大，越小，所以同一正離子在左邊部分的半徑大于右邊部分的半徑，結合左手定則判斷出正離子就會向下側遷移，同理可知電子向上側遷移，故C錯誤，D正確。
非選擇題：共5小題，共57分。
11．（除特殊標注外，每空1分，共7分）
（1）右邊
（2）①4 2 ②守恒（2分）不是（2分）
【解析】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以判斷出位移傳感器在開始時距離端較近，則固定在右邊。
（2）①根據(jù)圖像碰撞前物塊的速度為，碰撞前物塊的速度為。②由圖可知碰撞后物塊的速度為，碰撞后物塊的速度為，則可知，故可得出結論兩物塊組成的系統(tǒng)在相互作用過程中動量守恒，但是總動能減少。
12．（除特殊標注外，每空1分，共9分）
（1）0.30
（2）
（3）（2分）
（4）3.0 3.0 1.0
（5）部分有（2分）
【解析】（1）電流表分度值為，讀數(shù)結果為小數(shù)點后兩位。
（2）據(jù)全電路的歐姆定律，得。
（3）據(jù)全電路的歐姆定律，得，則有。
（4）結合圖丙的截距、斜率，可得，，再結合讀數(shù)，得。
（5）方案未考慮電流表內阻，修正后，，對無影響，則對和無影響；但，對有影響。
13．（10分）解：（1）以球為研究對象，受到4個力作用，如圖；可把重力和靜電力先合起來看作1個力，則可看作受3個力平衡；其中
根據(jù)對稱性
（評分標準：此小題也可用正交分解法或矢量三角形解答，不論什么方法，抓住靜電力計算1分，過程計算2分，結論各1分，共5分評分即可）
（2）按照要求移動的位置，繼續(xù)以球為研究對象，受到4個力作用，如圖；其中左側拉力和靜電力共線，可把這2個力先合起來看作1個力，則可看作受3個力平衡；由幾何關系得，則
根據(jù)對稱性
，則
（評分標準：此小題也可用正交分解法或矢量三角形解答，不論什么方法，抓住靜電力計算1分，過程計算2分，結論各1分，共5分評分即可）
14．（13分）
解：（1）從小球釋放開始，兩物體在水平方向動量守恒，時刻有
結合能量守恒，在最低點時有
①
②
解得③
運動的過程有④
有⑤
解得⑥
（2）小球在最低點時，相對于物體做圓周運動，半徑為
相對速度為⑦
根據(jù)牛頓第二定律，有⑧
解得細繩的最大張力為⑨
（3）物體和小球在平面直角坐標系運動過程中，設的位置坐標為，的位置坐標為；根據(jù)動量守恒有⑩
、之間的距離不變有?
聯(lián)立得?
（，）?
評分標準：本題共13分。正確得出①~?式各給1分。得出與?式等價的結果也給分。
15．（18分）
解：（1）由題意知，得①
粒子在磁場I中做勻速圓周運動，有②
計算得③
（2）設粒子射出電場時的速度為，與方向夾角為，在電場中運動時間為，粒子在電場中運動分解后軸方向為勻速直線運動，有④
軸方向為勻變速直線運動，有⑤
粒子在磁場II中做勻速圓周運動，有⑥
由題意知⑦
且⑧
整理計算得⑨
則⑩
（3）假設粒子在電場中減速了次后速度為，在磁場II中圓周運動半徑為，有
?
?
又
得?
又
得?
計算得，取整數(shù)1，2，3，4
則電場強度可以為，，，?
評分標準：本題共18分。正確得出?式給4分，其余各式各給1分。1.20
1.01
0.80
0.59
0.40
0.35
0.30
0
0.10
0.21
0.30
0.40
0.25
0
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
D
C
C
B
B
ACD
BD
BD

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