2025届重庆巴蜀中学高考适应性月考卷（三）-物理（含答案）.docx

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 17 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 810 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。题号答案12345678910DADCCBBACDBDBD【解析】1设 P 的质量为 M，P 与桌面的动摩擦力为 f；以 P 为对象，根据牛顿第二定律可得T - f = Ma ；以沙袋和沙为对象，根据牛顿第二定律可得 mg -T = ma ；联立可得fg -mg - fm g m ，可知a - m 不是线性关系，排除 A、C 选项。可知当沙袋和沙的M + m M + ma=总重力小于物块 P 最大静摩擦力时，物块静止，加速度为 0，当沙袋和沙的总重力大于 f时，才有一定的加速度，当m 趋于无穷大时，加速度趋近等于g，故选D。2由题意可知，小车保持功率恒定，所受阻力恒为 f，由P = Fv ，则速度增大时，牵引力减小，由牛顿第二定律可知，小车的加速度先变小，在速度最大时，加速度为0，故A 错误。小车速度最大时，小车的牵引力等于阻力，故B 正确。小车在运动过程中，由动能定理可得W - fx = 1mv2 - 0 ，解得电动机对小车所做的功为W = fx + mv2 ，故 C 正确。汽车功122率恒定为P，因此电动机对小车所做的功等于Pt，故D 正确。3由题图乙知，t = 0 时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F = mg ，弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为0，故A 错误。由题图乙知，t = 0.2s 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故 B 错误。由题图乙知，从t = 0 至t = 0.2s ，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，弹簧的弹性势能增大，手机的机械能减小，故 C2错误。由题图乙知T = 0.8s ，则角频率w = 2.5rad/s ，则 a 随 t 变化的关系式为Ta = 4sin(2.5t)m/s2 ，故D 正确。4飞船需要通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道，故A 错误。根据万有引力等于向心力Mmv2GMrG= m ，可得v =，可知飞船在轨道运行速度大于在轨道上的运行速度，r2r物理参考答案第1 页（共7 页） - 故B 错误。飞船从轨道到轨道要进行加速，机械能增加，则飞船在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能，故C 正确。根据开普勒第二定律可知，飞船在三个不同轨道上运行时，与地球连线在单位时间内扫过的面积不相等，故D 错误。5滑片缓慢向右滑行全程，电容器两极板由“下正上负”逐渐转变为“上正下负”，电容器经历先放电再充电的过程，则两极板间的电压先减小后增大，故A 错误。根据“充电电流流向正极板，放电电流流向负极板”可知，充放电流全程由d 点经R3 流向c 点，由于过程缓慢则充放电流很小，所以R3 两端电压很小，即d 点电势比c 点略高，故B 错误。P 点的电势先比上极板高，后比上极板低，故P 点电势降低，故D 错误。放电过程，向下流过R+R2+R3 的电量为C g E1，充电过程，向下流过 R3 的电量为C g E，全程向下流过R1R2RR1R2过R3 的电量为C g E1+ C g ER2+= CE ，故C 正确。R+R2R1R216y 处为重力势能零点，则在 y 处重力势能为 0，重力势能变化与下落高度成线性关系，故00k g 4Q(y0 + x)2kQ= ，解得x = y ，即A 点A 错误。设正电荷Q 的正上方x 处电场强度为0，则x20场强为0；机械能的变化对应电场力做功，结合图可知，A 点上方场强方向向下，A 点到正电荷场强方向向上。则小球从O 点到B 点，电场力先做正功后做负功，机械能先增大后减小，电势能先减小后增加并且在y0 处为0，故D 错误，B 正确。电荷初末速度为0，中间过程不为0，所以动能先增加后减小。分析可知，则动能最大的位置在y 下方不在y 处，00故C 错误。7最大动能与最小动能出现在平行于电场方向的直径的两端。设该直径（即电场方向）与 AC 夹角为 ，过 A 点作该直径的垂线，即为 A 点所在的等势线。根据动能定理有qE(R - Rcosq) = E ；qE(R + Rcosq) = 3E ，得002E0q= 60E =。故选B。qR8由题意c 点的磁感应强度为零，则说明导线P、Q在 c 点产生的磁场大小相等、方向相反，又因为I1RI23Rc 点距P、Q 的距离比为13，则k = k，可得电流之比为 13，故 B 错误。由 B 分析可物理参考答案第2 页（共7 页） 知，导线Q 在d 点产生的磁场强，d 点的磁感应强度方向垂直cd 向下，由安培定则可知P中的电流方向向外、则Q 中的电流方向向里，故A 正确。由安培定则可知，导线P、Q 在O 点产生的磁场方向均垂直cd 连线向上，故C 正确。由于I = I ，分别作出两电流在a、12b 两点的磁感应强度大小和方向，如图所示，根据磁场的矢量合成可知a、b 两点的磁感应强度大小相等、方向相同，故D 正确。9球在 c 点对球拍的压力大小为 5mg，由牛顿第三定律，在 c 点球拍对球的支持力大小v2F = 5mg ，则在 c 点F - mg = m ，解得做圆周运动的线速度大小v = 2 gR ，故 A 错NNRv2误。在a 处mg + F = m ，解得F = 3mg ，球在a 处受到球拍的作用力为3mg，故B 正NNRv2确。设在b 处球拍与水平面的夹角为q ，且仅受重力、支持力作用，则有mg tanq = m ，R又v = 2 gR ，解得tanq = 4 ，若不满足tanq = 4 ，小球在b 处还受摩擦力的作用，故C 错2Rv2RR误。运动的周期为T = ，故D 正确。2gRg10根据左手定则可判断正离子在磁场中受力如图，所以正离子在环向场中沿逆时针方向运动，故A 错误。由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故B 正确。由图可知左右两边磁感应强度不一样，根mv2Rmv，解得R = ，可知同一正离子在磁场中因为磁感qB据洛伦兹力提供向心力有qvB =应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，B 越大，R 越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁移，故C 错误，D 正确。非选择题：共 5 小题，共 57 分。1.（除特殊标注外，每空1 分，共7 分）1（1）右边2）42守恒（2 分） 不是（2 分）物理参考答案第3 页（共7 页） 【解析】（1）根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离B 端较近，则固定在右边。（2 ） 根据图像碰撞前 A 物块的速度为 vA = -4m/s ，碰撞前 B 物块的速度为0.4.2vB =m/s = 2m/s 。由图可知碰撞后A 物块的速度为vA = -1m/s ，碰撞后B 物块的速00- 0.4度为vB =m/s = -4m/s ，则可知m v + m v = m v + m v ，故可得出结论两物块0.3 - 0.21A2B1A2B组成的系统在相互作用过程中动量守恒，但是总动能减少。12. （除特殊标注外，每空1 分，共9 分）（1）0.30R + R + r2）10E1（3） （2 分）n（【4）3.05）部分有（2 分）解析】（1）电流表分度值为0.02A，读数结果为小数点后两位。3.01.01R + R + r（2）据全电路的欧姆定律E = I (R + R + r) ，得=10。010I0ERnER1 + rR111（3）据全电路的欧姆定律E = I (R + + r) ，得=，则有Y =-=n1nInI0 InRE1R0E-g+ 。n（4）结合图丙的截距、斜率，可得E = 3.0V，R = 3.0W ，再结合读数I0 = 0.30A ，得r =1.0W 。R5）方案未考虑电流表内阻，修正后E = I (R + R + r + r ) ，E = I (R + + r + rA ) ，010An1n11RE1R0E对Y =-= -g+无影响，则对E 和R 无影响；但r + rA =1W ，对r 有影响。I0 Inn13.（10 分）解：（1）以A 球为研究对象，受到4 个力作用，如图；可把重力mg 和静电力Fe 先合起来看作1 个力，则可看作受3 个力平衡；其中物理参考答案第4 页（共7 页） kQ2r2Fe = 3.6N根据对称性F = F = mg + F = 5.6N12e（评分标准：此小题也可用正交分解法或矢量三角形解答，不论什么方法，抓住静电力Fe 计算 1 分，过程计算 2 分，结论各 1 分，共 5 分评分即可）（2）按照要求移动B 的位置，继续以A 球为研究对象，受到4 个力作用，如图；其中左侧拉力F 和静电力F 共线，可把这2 个力先合起来看作1 个力，则可看作受3 个力平衡；1e由 几 何 关 系 得 r = 2r ， 则kQ2(2r)2Fe = 0.9N根据对称性F2 = mg = 2NF- F = mg = 2N ，则F= 2.9N1e1（评分标准：此小题也可用正交分解法或矢量三角形解答，不论什么方法，抓住静电力 Fe计算 1 分，过程计算 2 分，结论各 1 分，共 5 分评分即可）4.（13 分）1解：（1）从小球B 释放开始，两物体在水平方向动量守恒，时刻有mv = mv结合能量守恒，在最低点时有22mv1 = mv212122mv12+mv2 = mgL23gL解得v1 =3运动的过程有2mx1 = mx2有x + x = L12L解得x1 =3（2）B 小球在最低点时，相对于A 物体做圆周运动，半径为L相对速度为v = v + v = 3gL12物理参考答案第5 页（共7 页） - mv2L根据牛顿第二定律，有Fn = T - mg =解得细绳的最大张力为T = 4mg（3）物体A 和小球B 在平面直角坐标系xOy 运动过程中，设A 的位置坐标为(x，0) ，B的位置坐标为(x，y) ；根据动量守恒有2m g x = m g (L - x)A、B 之间的距离不变有 (x - x)2 + y2 = L(3x - L)2联立得+ y2 = L24L（xL ，0yL ）3评分标准：本题共 13 分。正确得出式各给 1 分。得出与式等价的结果也给分。5（18 分）解：（1）由题意知2R1 cos53 = L ，得R1 =1423L5mv02粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0 B =R1mv0计算得B = 32qL（2）设粒子射出电场时的速度为v1 ，与+x 方向夹角为a ，在电场中运动时间为t，粒子在电场中运动分解后x 轴方向为匀速直线运动，有x = (v0 sin 53)t1y 轴方向为匀变速直线运动，有L = (v cos53 + v sina)t012mv1R22粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv1B =由题意知10 L = R + R cosa229且v sin 53 = v cosa01整理计算得x = 12L7物理参考答案第6 页（共7 页） 4L8835则x0 =+ x =L5（3）假设粒子在电场中减速了n 次后速度为v ，在磁场中圆周运动半径为R ，有nn112-nqEL = mvn2-mv022112-(n -1)qEL = mv2-mv02n-1211又2R = 2R - L -Ln13949得Rn =L1又2Rn-1 2R1 - 3L1得Rn-1L280计算得n ，n 取整数1，2，3，417则电场强度可以为5mv02，5mv02，5mv02，5mv0218qL36qL54qL72qL评分标准：本题共 18 分。正确得出式给 4 分，其余各式各给 1 分。物理参考答案第7 页（共7 页）