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 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
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
A
D
C
C
B
B
ACD
BD
BD
【
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
f
g -
mg - f
m 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 + m
a
=
=
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 = 1
mv2 - 0 ，解得电动机对小车所做的功为W = fx + mv2 ，故 C 正确。汽车功
1
2
2
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 C
2
π
错误。由题图乙知T = 0.8s ，则角频率w =
= 2.5πrad/s ，则 a 随 t 变化的关系式为
T
a = 4sin(2.5πt)m/s2 ，故D 正确。
4
．飞船需要通过加速从椭圆轨道Ⅱ进入预定圆轨道Ⅲ，故A 错误。根据万有引力等于向心力
Mm
v
2
GM
r
G
= m ，可得v =
，可知飞船在Ⅰ轨道运行速度大于在Ⅲ轨道上的运行速度，
r
2
r
物理参考答案·第1 页（共7 页）

-

故B 错误。飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要进行加速，机械能增加，则飞船在Ⅱ轨道上的机械能
大于在Ⅰ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 E
1
，充电过程，向下流过 R3 的电量为C g E
，全程向下流过
R
1
R2
R
R
1
R2
过R3 的电量为C g E
1
+ C g E
R2
+
= CE ，故C 正确。
R
+
R2
R
1
R2
1
6
．y 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

0
0
k g 4Q
(y0 + x)2
kQ
= ，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
x
2
0
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，
0
0
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 θ，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
0
0
2
E0
q
= ±60°；E =
。故选B。
qR
8
．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
I1
R
I2
3R
c 点距P、Q 的距离比为1∶3，则k = k
，
可得电流之比为 1∶3，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、
1
2
b 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
v
2
F = 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
N
N
R
v
2
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
N
N
R
v
2
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
2
πR
v
2πR
R
误。运动的周期为T =
=
= π ，故D 正确。
2
gR
g
1
0．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
mv2
R
mv
，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）①4
2
②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 ）① 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
.2
vB =
m/s = 2m/s 。②由图可知碰撞后A 物块的速度为v¢A = -1m/s ，碰撞后B 物块的速
0
0
- 0.4
度为v¢B =
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 - 0.2
1
A
2
B
1
A
2
B
组成的系统在相互作用过程中动量守恒，但是总动能减少。
1
2. （除特殊标注外，每空1 分，共9 分）
（
（
1）0.30
R + R + r
2）
1
0
E
1
（
3） （2 分）
n
（
（
【
4）3.0
5）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。
3.0
1.0
1
R + R + r
（
2）据全电路的欧姆定律E = I (R + R + r) ，得
=
1
0
。
0
1
0
I0
E
R
n
E
R1 +
+ r
R
1
1
1
（
3）据全电路的欧姆定律E = I (R + + r) ，得
=
，则有Y =
-
=
n
1
n
In
I0 In
R
E
1
R0
E
-
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 。
R
5）方案未考虑电流表内阻，修正后E = I (R + R + r¢ + r ) ，E = I (R + + r¢ + rA ) ，
0
1
0
A
n
1
n
1

1
R
E
1
R0
E
对Y =
-
= -
g
+
无影响，则对E 和R 无影响；但r¢ + rA =1W ，对r 有影响。
I0 In
n
1
3.（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）

kQ2
r2
Fe =
= 3.6N
根据对称性F = F = mg + F = 5.6N
1
2
e
（
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；
1
e
由 几 何 关 系 得 r¢ = 2r ， 则
kQ2
(2r)2
Fe¢ =
= 0.9N
根据对称性F2¢ = mg = 2N
F¢- F¢ = mg = 2N ，则F¢= 2.9N
1
e
1
（
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
2
2
mv1 = mv2
①
②
1
2
1
2
´
2mv1
2
+
mv2 = mgL
2
3
gL
解得v1 =
③
3
运动的过程有2mx1 = mx2
④
⑤
有x + x = L
1
2
L
解得x1 =
⑥
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 = 3gL
⑦
1
2
物理参考答案·第5 页（共7 页）

-
-

mv2
L
根据牛顿第二定律，有Fn = T - mg =
⑧
⑨
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)
⑩
A、B 之间的距离不变有 (x - x¢)2 + y2 = L
⑪
⑫
(3x - L)2
联立得
+ y2 = L2
4
L
（
≤x≤L ，0≤y≤L ）
⑬
3

评分标准：本题共 13 分。正确得出①~⑬式各给 1 分。得出与⑫式等价的结果也给分。
5．（18 分）
解：（1）由题意知2R1 cos53° = L ，得R1 =
1
4
2
3
L
①
②
③
5
mv0
2
粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，有qv0 B =
R
1
mv0
计算得B = 3
2
qL
（
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°)t
④
⑤
1
y 轴方向为匀变速直线运动，有L = (v cos53° + v sina)t
0
1
2
mv1
R2
2
粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，有qv1B =
⑥
由题意知10 L = R + R cosa
⑦
⑧
⑨
2
2
9
且v sin 53° = v cosa
0
1
整理计算得x = 12
L
7
物理参考答案·第6 页（共7 页）

4
L
88
35
则x0 =
+ x =
L
⑩
5
（
3）假设粒子在电场中减速了n 次后速度为v ，在磁场Ⅱ中圆周运动半径为R ，有
n
n
1
1
2
-
nqEL = mvn
2
-
mv0
2
⑪
⑫
2
1
1
2
-
(n -1)qEL = mv2
-
mv0
2
n-1
2
1
1
又2R = 2R - L -
L
n
1
3
9
4
9
得Rn =
L
⑬
⑭
1
又2Rn-1 > 2R1 - 3
L
1
得Rn-1
>
L
2
8
0
计算得n < ，n 取整数1，2，3，4
1
7
则电场强度可以为5mv0
2
，
5mv0
2
，
5mv0
2
，
5mv0
2
⑮
1
8qL
36qL
54qL
72qL
评分标准：本题共 18 分。正确得出⑮式给 4 分，其余各式各给 1 分。
物理参考答案·第7 页（共7 页）