重庆市渝北中学校2023-2024学年高三上学期11月月考质量监测 物理答案

参考答案：单选4分一个；多选4分一个，选不全2分123456789101112ACBBDCADACBCBDABD13、4分14、8分15、8分16、8分17、10分18、14分【详解】解：AB、由题意可知碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，可知碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力的大小相等，方向相反，故A正确，B错误；CD、根据作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在两个物体上，与运动状态无关，故CD错误。2．C【详解】根据等差等势面的疏密可以判断：ENEM可得FNFM；设正试探电荷从M点运动到N点电场力做负功可得EpNEpM，选项C正确3．B【详解】A．由曲线运动条件可知，在P点受到的合力的方向不可能水平向左，故A错误；B．速度方向在变，故B正确；C．Q、P两点的切线的方向不同，即速度方向不同，故C错误；位移大小小于轨迹长度，故D错误。4．B【详解】根据图乙可知，电压表的示数푈大于푈0，且为定值，则压敏电阻阻值增大，且为定值，说明压力为定值小于重力，物体处于失重。5．D答案第1页，共13页学科网（北京）股份有限公司【详解】AB．对B受力分析如图所示由平衡条件可得mgFB库cosB由于漏电而下降少许后重新平衡，增大，故小球A、B间的库仑力变大，故A错误，B正确；C．B对筒壁的压力为FNmgtan增大，可知B对筒壁的压力变大，将小球A、B看成整体，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，故C正确；D．将小球A、B看成整体，小球A、B竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，故D错误。故选BC。6．C【详解】A．v2为卫星在椭圆轨道的远地点的速度，小于在此位置以卫星和地球连线为半径的圆轨道的速度v3，v1表示匀速圆周运动的速度，根据GMmv2mr2r可得GMvr半径越小，速度越大，故v1v3v2，A错误；B．根据开普勒第三定律可知答案第2页，共13页学科网（北京）股份有限公司a3kT2圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，所以两卫星的运动周期相等，故不会相遇，B错误；C．根据牛顿第二定律GMmmar2可知，两卫星通过A点时的加速度大小相等，C正确；D．7.9km/s是第一宇宙速度，是最小的发射速度，最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕速度，根据GMvr可知，半径越大，速度越小，所以“夸父一号”卫星的速度小于7.9km/s，D正确。故选CD。7.A【详解】AB．振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，根据SCr4kd可知，电容增大，由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度增大，电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故A错误，B正确；CD．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电容减小，由于电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故CD正确。8．D【详解】A．由沿电场线方向电势逐渐降低，在中垂线中点O点电势最高，由v—t图像可知，小球在初始阶段电场力小于摩擦力，小球做减速运动，t1时刻电场力与摩擦力大小相等，速度减到最小，此后电场力大于摩擦力，小球做加速运动，在t2时刻，小球的加速度最大，所受合外力最大，摩擦力不变，所以电场力最大，可知场强最大，t3时刻，加速度是零，电场力和摩擦力大小相等，此后电场力小于摩擦力，小球做减速运动，直到停止，A错误；B．在初始时刻，小球受到的电场力是零，只受摩擦力，由牛顿第二定律可得mgma1答案第3页，共13页学科网（北京）股份有限公司其中t=0时刻图线斜率绝对值为k1，则有a1k1联立可得k1gB正确；C．小球从O点到停在距O点L处的N＇点，由动能定理可得1qUmgL0mv2ON20又有UONON解得mkLmv2U10OONNq2qNC错误。D．由A选项分析可知，在t2时刻，小球受的电场力最大，可知场强最大，由牛顿第二定律可得qEmmgma2其中a2k2联立可得mkkE12mqD正确；9．AC【详解】A．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项A正确；B．小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项B错误；C．因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项C正确；答案第4页，共13页学科网（北京）股份有限公司D．球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D错误.10．BC【详解】整个运动过程，物块AB及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；弹簧被崩开后弹簧再次回到原长，由双守恒可知、，结合B的运动2mBv0mBmAvAvBv0mAmBmAmB图可知，：=1:1，选项D错误；两物体共速时弹性势能最大，所以B的mAmBvA3m/s速度为1.5m/s时弹簧的弹性势能最大，选项C正确。选BC11．BD【详解】A．从A到B由动能定理可得1WEEmv2ABkkB2B由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为13mgmgW224R4mgRAB2则小滑块运动到B点时速度大小为vB22gR所以A错误；B．对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为Ftan电mg由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为F电mgma2其中3ag22则F电2mg答案第5页，共13页学科网（北京）股份有限公司tan2所以B正确；C．从B到C的过程中，由动能定理得11mg2Rmv2mv22C2B得vC2gR从C点飞出回到AB轨道的过程中水平方向速度减为0时水平位移最大水平方向F电2mgmaxv2xCR2axC错误；D．由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为F2mgq电1EE从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为，则mg1tanq1E2C点出时速度水平方向，因速度方向与恒力方向不共线，物块将做匀变速曲线运动运动，所以D正确。故选BD。12．ABD【详解】对A项：设粒子从C1飞入C2时的速度为v0，C1极板长为l1，C2极板长为l2，21qE2l2212E2l2粒子飞出C2时的偏转距离y()，与qE1l1mv0可得：y。由此可2mv024E1l1知废除C2的偏转距离与比荷无关，故α也恰能从C2上极板右边缘飞出。又因为qqE1l1qE2yEk，得Ekq。所以EkEk2Ek。故A正确。qN2l1l212mtH1对B项:由t，qE1l1mv0可知，t，，故B正确v02qt2答案第6页，共13页学科网（北京）股份有限公司对C项:C2的下极板下移，不影响电场分布，因此质子在场中运动为发生任何变化，故P不变，C选项错qEl11q2E2l2对项：时22，22222，的变化，引起DvyatEkm(v0vy)m(v022)l1mv022mv0v0的变化，而Ek会有一个极大值，因此l1增大，Ek可能增大，可能减小，故D选项正确13．10.3350.33731000×100【详解】（1）[1][2]游标卡尺的主尺读数为103mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为70.05mm0.35mm所以最终读数为103mm0.35mm103.35mm10.335cm螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为37.30.01mm0.373mm所以最终读数为3mm0.373mm3.373mm0.3373cm（2）[3][4]由图可知选择开关置于×10，指针示数为100，所以电阻为10010Ω1000Ω指针指在刻度盘中间位置附近时测量值较准确，而图中的偏角太小，说明阻值较大，所以换大挡×100，重新欧姆调零后再测量；14．不是1.505.67.2102（7.0102～7.4102均可）【详解】（1）[1]电源的UI图像的斜率大小表示电源的内阻，由曲线a可知斜率不是定值，故电源的内阻不是定值。[2]由图丙可知所选量程为0~3V，分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故此时电压表的读数为1.50V。[3]电源的UI图像的纵截距表示电源的电动势，则由曲线a可知，电源电动势为2.90V。当路端电压为1.50V时，电流为0.25A。根据闭合电路欧姆定律可得此时电源内阻为EUr115.6ΩI1（2）[4]由曲线a可知，当路端电压为2.50V时电流为0.10A，此时滑动变阻器接入电路的电阻为答案第7页，共13页学科网（北京）股份有限公司U2RR020I2易知外电路总电阻为25Ω，在图丁中作出外电路总电阻的伏安特性曲线如图所示，它与曲线b交于点（60mA，1.5V），该点即为此时外电路的工作点，此时R消耗的功率为PI2R7.2102W15．（1）20V/m；（2）8【详解】（1）小球恰能从B到A，由动能定理可得1qUmgd0mv2AB20解得UAB8V则两极板间的电场强度大小为UEAB20V/md（2）由闭合电路欧姆定律可得EI(Rr)UAB解得I1A则滑动变阻器接入电路的阻值为URAB8PI1（）若石子未击中苹果：ℎ=푔푡2①16.12⇒푡=0.6푠②（2）若石子能击中苹果，设石子运动的时间为t，石子下落高度：1ℎ=푔푡2③12答案第8页，共13页学科网（北京）股份有限公司1苹果下落的高度为：ℎ=푔(푡+훥푡)2④22根据题意有：h―ℎ=3푚―1.8푚=1.2푚⑤21苹果在水平方向上做匀速直线运动，有：푥=푣푡⑥③④⑤⑥⇒v=4m/s⑦117.（1）mv2；（2）4mgLE6.25mgL40p【详解】（1）对子弹击中木块的过程用动量守恒定律mv02mvB机械能损失111Emv22mv2mv2k202B40（2）弹簧枪的弹性势能1Emv2p20设与C碰前B的速度为v，对子弹与B碰后整体向前匀减速直到与C碰撞的过程，用动能定理112mv22mv22mgL22B得v2v02gL4若BC一定相碰，则v0，有Ep4mgL若BC碰后，C刚好运动到桌面右边缘，则2mv2mvmvC1112mv22mv2mv2222C1mv2mgL2C综合以上各式得Ep6.25mgL综上所述答案第9页，共13页学科网（北京）股份有限公司4mgLEp6.25mgLmgh2mg518．（1）；（2）；（3）hqq9【详解】（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，从A到B的过程根据动能定理有mg2hqU4mghmgh解得AB两点之间的电势差mghUq（2）小球从A点以动能mgh水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgh，说明水平方向上减速运动，水平方向有qE1hmgh解得mgE1q方向水平向左；竖直方向有mg2hqE22h4mgh解得mgE2q方向竖直向下。所以匀强电场的场强2mgEE2E2012q方向与水平方向成45°角斜向左下。（3）根据题意建立如图所示的坐标系答案第10页，共13页学科网（北京）股份有限公司已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同1ttTABBD2小球从A到B，在y轴上有TvaBy21T2hv2B2解得vBT8h到达D点时小球沿y轴方向的分速度为v1ayT2vB则A到D沿y轴方向的位移为1yvTvT8h121B小球第一次经过y轴的D点后电场反