【文档说明】重庆市巴蜀中学2021届高三高考适应性月考卷（七）物理试题 含答案.docx，共(18)页，611.857 KB，由小赞的店铺上传

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巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（七）物理一、选择题：本大题共10小题，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；第8～10题有多项符合题目要求。1．航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示，当固定

线圈上突然通入直流电时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，在闭合开关S瞬间，下列判断正确的是A．从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B．金属环的面积有收缩的趋势C．电池正负极调换后，金属环将不能向左弹射D．若将金属

环放在线圈右侧再闭合开关S，环将向左运动2．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态；把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则下列判断正确的是A．A对地面的压力减

小B．B对墙的压力增大C．A与B之间的作用力大小不变D．地面对A的摩擦力减小3．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内固定安装一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过

地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本地发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C和同步卫星A相比较A．B的角速度小于C的角速度B．B的线速度

大于同步卫星A的线速度C．若B突然脱离电梯，B将做离心运动D．B的向心加速度大于A的向心加速度4．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上、下表面的电

势差增大C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小5．边长为l的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象

与这一过程相符合的是A．B．C．D．6．如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，一个带电粒子从坐标原点O处静止释放，仅在静电力作用下从坐标原点O沿x轴正方向运动，则A．粒子一定带负电B．粒子在x1与x3两点的加速度相等c．粒子从x1运动到x3，电势能先减小后增大D．粒子释放后将在x轴正方向

某一范围内做往复运动7．如图所示，将质量为3m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放

，不计一切摩擦阻力，杆足够长，下列说法正确的是A．环到达B处时，重物上升的高度2dh=B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等C．环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能D．环能下降的最大高度为34d

8．某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2。则下列说法正确的是（电表均可视为理想电表）A．

这台电动机的线圈电阻为11UIB．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为2121UIIC．电源的内阻为2112UUII−−D．这台电动机正常运转时的输出功率为212221UUIII−9．如图所示，倾角θ＝53°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨

道的半径为r。在倾斜平行直轨道部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻。质量为m电阻也为R的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速

度大小6Cvgr=，轨道电阻不计，摩擦不计，且金属棒在平行圆形轨道上运动时不受磁场影响。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则下列说法正确的是A．金属棒中产生感应电动势的最大值为85mgRBLB．金属棒

下滑过程中电阻R上产生的热量为mg（H-3r）C．金属棒能通过圆形轨道的最高点DD．若仅将磁感应强度的大小增大到足够大，其余条件不变，金属棒最后有可能停在C点10．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B（未知

）、2B。在该平面有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，之后与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场。已知OP之间的距离为d，

不计带电粒子的重力，则A．电场强度202mvEqd=B．磁感应强度024mvBqd=C．自进入磁场至在磁场中第二次经过并轴所用时间为07πd2vD．在磁场中第二次经过x轴时的位置坐标为[(422),0]d+二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11题～第14题为必考题，每道试

题考生都必须作答；第15题～第16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：11．为了探究加速度与力、质量的关系，小欢用如图甲所示的装置进行实验，该装置已平衡摩擦力。（1）打出的一条纸带如图乙所示，计时器打点频率为50

Hz，相邻两计数点之间有四个点未画出。由图可知，纸带的运动方向为________（填“A到E”或“E到A”），小车运动的加速度为________m/s2（保留3位有效数字）。（2）如果已知小车质量为M，所挂钩码质量为

m，重力加速度为g。实验中小车所受拉力F用mg代替，完成实验后，她作出的a-F图象如图丙所示，则图丙中坐标a0应为________。12．某实验研究小组用如图甲所示电路测定电流表内阻，实验中备用的器材如下：A．待测电流表（满偏电流为Ig＝1mA，内

阻RA约为几百欧姆）B．电阻箱R1（阻值范围0～99.9Ω）C．电阻箱R2（阻值范围0～999.9Ω）D．滑动变阻器R3（阻值范围0～200Ω）E．滑动变阻器R4（阻值范围0～2000Ω）F．电源（电动势E约1.5V，内阻不计）G．开关和导线若干（1）研究小组已完成实验器材连线，请根据实物图

在图乙所示虚线框内画出电路图。（2）实验要求较高的测量精度，从以上备用器材中，电阻箱应选用________，滑动变阻器应选用________。（填写器材前序号）（3）检查线路无误后，实验小组开始实验，操作步骤如下

：A．闭合开关K1，调节滑动变阻器的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；B．闭合开关K2，调节电阻箱的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；C．记下电阻箱的阻值R。小组成员推断电阻箱的阻值R即为待测电流表内阻的

测量值，则R________RA（填“大于”“等于”或“小于”）。（4）实验研究小组通过上述操作步骤进一步对该实验进行误差分析，得出相对误差AARRR−==________（用Ig、RA、E表示）。13．“天地双

雄”是重庆欢乐谷必玩项目之一，如图所示，装置就像一个火箭发射塔，在几秒钟之内，将你从平地弹射到约60m的高空，力竭而突然对你放弃，任你从空中自由落体，具有野的特性。现一质量为60kg的游客挑战极限，把向上弹射过程看作是加速度为3g的匀加速直线运动，不计空气阻力，g＝10m/

s2。（1）游客向上弹射过程中对座椅的压力多大？（2）一小型模拟火箭以与游客相同的加速度从地面静止竖直向上弹射，某一时刻关闭动力，当火箭上升到离地235m空中时速度为10m/s，不计空气阻力，求此过程中的最大速度和运动时间。14．一小型风洞实验室内水

平桌面上放两根足够长的平行导轨，导轨间距为L，如图甲（俯视）所示。虚线MN左侧区域I有竖直向下的匀强磁场B1，虚线PQ右侧区域Ⅲ有竖直向下的匀强磁场B3，中间区域Ⅱ有水平向左的匀强磁场B2，B1＝B2＝B，B3＝2B。中间区域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直向上的恒定风力F

＝mg的作用。长度均为L的导体棒ab、cd与导轨接触良好，两棒质量均为m，棒ab电阻为2R，棒cd电阻为R，其余电阻不计。两棒最初静止，现给棒ab一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度v0，已知棒cd到达MN前两棒不相碰且均已匀速。当棒cd刚进入区域Ⅱ时，

对棒ab施加一水平向右的外力使棒ab向右做匀加速直线运动，外力随时间变化的图象如图乙所示。已知直线斜率为k，t0时刻棒cb恰好进入区域Ⅲ，棒cd进入区域Ⅲ后瞬间撤去棒ab上的外力。区域Ⅰ、Ⅲ导轨光滑，中间区域导轨粗糙

且与棒cd的动摩擦因数为μ，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，棒ab始终在区域Ⅰ运动。已知2200BLvtkR=，244025mkRBLv=，重力加速度为g。求：（1）棒ab刚开始运动时，棒两

端的电势差Uab；（2）图乙中t＝0时刻外力F0多大？t0时刻棒ab的速度多大？（3）棒cd进入区域Ⅲ后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大？（二）选考题：请考生从给出的第15、16两题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分。15．【物理——选修3-3】（1）下列说法正确的是________。

（在所给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）A．运送沙子的卡车停于水平地面，在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体对外界放热B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时

，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是：当火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小C．第二类永动机违反能量守恒定律，因而永远无法制成D．分子间的相互作用力由引力与斥

力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的增大而增大（2）如图所示，—个绝热的汽缸（汽缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B。活塞的质量m＝

8kg，横截面积S＝10cm2，与隔板相距h＝25cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q＝200J时，活塞上升了h'＝10cm，此时气体的温度为t1＝27℃。已知大气压强p0＝1×105Pa，重力加速度g取10m/

s2。I．现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A气体的温度为t2＝37℃，求添加砂粒的总质量M；Ⅱ．加热过程中，若A气体的内能增加了ΔU1＝55J，求B气体的内能增加量ΔU2。16．【物弹——进修3-4】（1）如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙

为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是________。（在所给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求）A．这列波的传播方向是沿x轴负方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向前进了3mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向

沿y轴正方向（2）如图所示，△ABC为折射率3n=、顶角θ＝30°的直角三棱镜的截面，P为垂直于直线BCD的光屏，一束宽度d＝AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在屏P上形成一条光带。求：Ⅰ

．图中编号为b的光线经过棱镜后传播方向改变的角度；Ⅱ．在屏P上形成的光带宽度。巴蜀中学2021届高考适应性月考卷（七）物理参考答案一、选择题：本大题共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，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号12345678910答案BDACBCDABDACAD【解析】1．根据楞次定律，金属环中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，故A错误。根据楞次定律，线圈中磁场磁通量增大，有收缩面积阻止磁通量增大的趋势，故B正确。当电池正负极调

换后，通过“来拒去留”的方法判断，金属环也可以向左弹射，故C错误。若将金属环放在线圈右侧，同理，环与线圈间也会产生排斥力，所以环将向右运动，故D错误。2．以A、B为整体分析，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，故A对地面的压力不变，故A错误。对小球B受力分析

，作出平行四边形，如图1所示，A移动前后，B受力平衡，即B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；A向右移动少许，弧形斜面的切线顺时针旋转，A的弹力减小，故B、C错误。分析A、B整体，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，则摩擦力减小，故D正

确。图13．由图可知C的周期小于同步卫星的周期，即小于B的周期，则C的角速度大于B的角速度，故A正确。因B与同步卫星A的角速度相同，由r=v知同步卫星A的线速度大，故B错误。若B突然脱离电梯，因其线速度小于同轨道

的卫星的线速度，则所需向心力小于万有引力，做近心运动，故C错误。因B与同步卫星A的角速度相同，根据2ar=可知A的向心加速度大于B的向心加速度，故D错误。4．因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，故A错

误。当电场力等于洛伦兹力时，UqqBh=v，又Inqhd=v（n为导体单位体积内的自由电子数），得IBUnqd=，则仅增大h时，上、下表面的电势差不变；仅增大d时，上、下表面的电势差减小；仅增大I时，上、下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误。5．该过程中，

框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有233lx=有，所以233EBlBxx==电动势有vv，故A错误，B正确。22BlFR==有外力v22243BxxRv，故C错误。2P

FFx=外力功率外力外力v，故D错误。6．由题图可知，从1x到2x电势逐渐降低，说明电场方向水平向右，粒子从静止开始向右运动，受力与场强方向相同，故带正电，故A错误。由x−图象的斜率大小等于电场强度的大小可知，在1x与3x处，加速度不相等，故B错误。从1x到3x电势先降低后升高，电

势能先减小后增大，故C正确。从原点到x轴正方向任意一点电势差均不为零，电场力对粒子做正功，速度一直向右，故D错误。7．根据几何关系，环从A下滑至B点时，下降的高度为d，则重物上升的高度2(21)hddd=−=

−，故A错误。环到达B处时，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有cos45=环物vv，得2=环物vv，故B错误。环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重

物增加的机械能，故C错误。环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22hdd+−，根据机械能守恒有223()mghmghdd=+−，得34hd=，故D正确。8．电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻101UrI=，故A正确。电动机正常转动时

的发热功率为22121201UIPIrI==，故B正确。若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知11()EUIrR=++，22()EUIrR=++，解得2112UUrRII−+=−，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所

以电源内阻不等于2112UUII−−，故C错误。这台电动机正常运转时输入功率为222PUI=，所以输出功率为213212221UPPPUIII=−=−，故D正确。9．磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分

力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大。设在磁场中达到的最大速度为mv，有mmEBL=v，根据闭合电路欧姆定律有m2mEIR=，根据平衡条件有msinmgBIL=，解得m85mgREBL=，故A正确。根

据能量守恒定律，金属棒下滑过程中产生的总的电热等于金属棒损失的机械能，所以有21)3(2CQmgHmmgHr=−=−v。而电阻R上产生的电热只占一半，故B错误。假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守

恒定律有2211222CDmmmgr=+vv，解得2Dgrgr=v，故金属棒能通过圆形轨道最高点D，故C正确。由于磁场只存在于平行直轨道部分，当金属棒最终离开磁场后机械能守恒，将在C点附近做往复运动，故D错误。10

．粒子的轨迹如图2所示，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，根据0xqEattm===vv、12xdt=v，得202mEqd=v，故A正确。粒子出电场时，0xy==vvv，根据12xx

dt==v、0yytt==vv，得22yxd==，出电场时轨迹与y轴交点坐标为(0，2d)。设粒子在第一象限磁场中运图2动的半径为R，则有sin18(02)Ryd==−，而135=，解得22Rd=，粒子在磁场中运动的速度02=vv，根据

mRqB=v，解得02mBqd=v，故B错误。粒子在第一象限磁场中做圆周运动的周期02π4πRdT==vv，在第一象限运动时间101353π3602dtT==v；同理，在第四象限运动时间201π2dtT==v，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间1025

π2tttd+==v，故C错误。在第四象限磁场中运动的半径为122RRd==，在磁场中第二次经过x轴的坐标222(422)2xRRRd=++=+，故D正确。二、非选择题（共57分）（一）必考题：共4

小题，共45分。11．（每空2分，共6分）（1）E到A0.435（0.420~0.440均给分）（2）g12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）如图3所示（2）C（1分）E（1分）（3）小于（4）gAIRE（3分）【解析】（4）A步骤：g1AEIRR=+；

B步骤：g22A2A12A2IRERRRRRRR=+++；联立得gAA2AIRRRRE−==。图313．（12分）解：（1）Fmgma−=①由牛顿第三定律得FF=②游客对座椅的压力为2400NF=③（2）上升加速过程，有2

m12ah=v④关闭动力后，有22m22gh−=vv⑤12235hh+=⑥联立得m60m/s=v⑦上升加速过程，有m1at=v⑧关闭动力后，有m2gt=−vv⑨12ttt=+⑩联立得7st=评分标准：本题共12分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。14.（18分）解：（1）0EBL=

v①2EIRR=+②abUIR=③联立得023abUBL=v④（2）棒ab开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒，有02mm=共vv⑤得02=共vv施加外力后任一时刻，对棒ab，有FBILma−=⑥12EIRR=+⑦EBL=v⑧棒ab做匀加速直线运动

，02atat=+=+共vvv⑨联立得22220233BLBLaFmatRR=++v其中2223BLakR=，可得220022332BLkmRFRBL=+v⑩t0时刻棒ab的速度010022at=+=vvv（3）棒cd所受摩擦力02204152mkRfBILatBL==+v

v0t=时刻122215mkRfBL=0tt=时刻222815mkRfBL=对棒cd在区域Ⅱ运动过程由动量定理，得0120222fftmm+−=−vv联立得2016=vv棒cd进入区域Ⅲ后，对棒ab，

有31BILtmm−=−vv对棒cd，有422BILtmm=−vv稳定时，有342BLBL=vv联立得3053=vv，4056=vv对两棒能量守恒，有2222123411112222mmQmm+=++vvvv联立得20518Qm=v评分标准：本题共18分。正确得出

①~式各给1分。（二）选考题：共12分。15.（12分）（1）（4分）B【解析】在缓慢卸沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体的压强减小，温度不变，根据气态方程pVCT=分析知气体的体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，胎内气体从外界吸热，故A错误。当火罐内的气体体积不变时，温度降低，根据气态方

程pVCT=分析知，气体的压强减小，这样外界大气压大于火罐内气体的压强，从而使火罐紧紧地被“吸”在皮肤上，故B正确。第二类永动机没有违反能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故C错误。分子间的引力与斥力同时

存在，分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，分子间引力和斥力都随分子间距的增大而减小，故D错误。（2）（8分）解：Ⅰ．B气体的初状态5101.810PamgppS=+=①4313

.51m()0VhhS−+==127273K300()KT+==B气体的末状态20()mMgppS+=+②4322.510mVhS−==237273K310()KT+==由理想气体状态方程得112212pVpVTT=③代入数据得8.04kgM=④Ⅱ．B气体对外做功08J()1WpSmgh

=+=⑤由热力学第一定律得12UUQW+=−⑥21127JUQWU−−==⑦评分标准：本题共8分。正确得出③式给2分，其余各式各给1分。16.（12分）（1）（4分）B【解析】（1）根据题图质点P的振动图象和该波的波形图可知，这列波的传播方向是沿x轴正方向，故A错误。

由波形图可知这列波的波长4m=，由质点P的振动图象可知，这列波的周期02sT=．，则这列波的传播速度20m/sT==v，故B正确。介质中有机械波传播时，质点并不随波迁移，故C错误。经过01s（半个周期），质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错

误。（2）（8分）解：Ⅰ．b光线从AB面垂直射入棱镜后，传播方向不变，设在AC面入射角为θ1，折射角为i，则由折射定律1sinsinin=①由几何关系知1=②代入数据解得60i=③故由几何关系得传播方向改变的角度30=④Ⅱ．光路

如图4，由几何关系有tan30BCd=⑤21tan30CCBC=⑥221ACCCCC=−⑦联立解得在屏P上形成的光带宽度23ACd=⑧评分标准：本题共8分。正确得出①~⑧式各给1分。图4