巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（七）物理答案_2025年4月_250414重庆市巴蜀中学2025届高三4月适应性月考卷（七）（全科）

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D B A C AC BCD ACD 【解析】 1．用点电荷来代替带电体采用了理想化的物理模型的方法，故A错误。借助激光笔及平面镜 观察桌面的微小形变的实验中，用到了放大法，故B错误。加速度定义式是速度的变化量 与时间的比值，应用了比值定义法，故C错误。重心、合力和分力都采用了等效替代的思 想，故D正确。 2．α衰变方程为238Pu234U 4 He，α粒子由两个质子和两个中子组成；故A错误。238Pu比 94 92 2 94 234U的结合能大，比结合能小；故B错误。应该选用半衰期更长的材料保证电池的长寿命； 92 故C错误。核反应质量数守恒，由题意知该核反应为放能反应，所以生成物结合能更大， 故D正确。 3．由题意知 OA、OB 段拉力相等且始终不变，由动态分析图可得， OC、OD的拉力均始终减小。 4．微粒做匀变速运动，故A错误。落地时间为1s，故B错误。从抛出 v sin45 点到动能最小位置所用时间t 0 0.5s ，此过程微粒在竖直方向下落高度为 2g 1 h gt2 1.25m，此时距离地面的高度为3.75m；故选D。 2 5．R 3 增大，副线圈两端电压不变，电流表示数变小，R 2 电压变小，R 3 电压变大，|U |等 1 U U 于|U |；故 A 错误。 1 R 不变， 2 等于除 R 3 之外等效电源的内阻，也不变； 2 I 2 I 故B正确。电容器通交流，闭合开关S，变压器的输入电流大于0.4A；故C错误。电容器 的耐压值至少为10 2V；故D错误。 4m2 4 3Gm2 6．由几何关系知F F ，F G ，F 2F cos30， F  ；由几何对称性 BA CA BA d2 A BA A d2 物理参考答案·第1页（共7页）4m2 m2 可知星体B、C受力大小相等，F F G ，F G ；设星体B所受的合力为F ， AB BA d2 CB d2 B 3Gm2 2 3Gm2 正 交 分 解 F ， 有 F F cos60F  ， F F sin60 ， 则 B Bx AB CB d2 By AB d2 F  F 2 F 2  21Gm2 ，则a ∶a ∶a  F A∶ F B∶ F C ，解得为 7∶7∶7；故选A。 B Bx By d2 nA nB nC 4m m m 7． f 3m2r，f m22r ，第一段图像斜率大的为a，斜率小的为b，b先达到最大静摩擦 a b 力 f ，此时 f  f m2r，增大， f 不变， f 增大；直到a的摩擦力增加到最大静 bm a bm bm a 摩擦力 f 时， f  f m2r，增大， f 不变， f 减小；故选C。 am am bm am b 8．电子感应加速器是利用变化的磁场激发感生电场，从而进行加速；故A正确。根据楞次定 mv 律判断感生电场方向为顺时针，电子运动方向为逆时针；故 B 错误。由R 知电子在 qB 2 真空室中的半径不变，v增加，B 也在增加，F qvB 不断增加；故 C 正确。洛伦兹力 2 洛 2 对电子不做功；故D错误。 9．防窥屏实现防窥效果是因为有吸光屏障，故A错误。如图 L 2 3 3 根据几何关系得sini   ，根据光的折射 1 L 2 8 d2   2 sinr 4 率n 1  ，联立得r 60，则可视角度为120°，故选BCD。 sini 3 1 1 10．物块与薄板在竖直方向上满足F kx，故 A 正确。根据简谐运动的对称性判断，物块 合 与薄板在最低点加速度小于重力加速度。从位移 0.5A 的位置运动至第一次到达最高点的 1 3 6 时间t T  T ，解得简谐运动的周期T  t。从物块与薄板开始做简谐运动至运动到 12 4 5 3m 1 1 最低点过程，对简谐运动系统由机械能守恒定律有3mg1.5a v2  k(2.5a)2  ka2， 2 2 2 1 碰撞过程：mv 3mv，m 下落过程：mgh mv2，开始静止时，有ka2mg ，联立解 0 2 0 9 得h a。 4 物理参考答案·第2页（共7页）非选择题：共5小题，共57分。 11．（除特殊标注外，每空2分，共7分） （1）吸热 （2）是 （3）小于（3分） 【解析】（1）一定质量的理想气体，温度升高时，内能增大U 0，体积变大，气体对 外做功，W<0，由U W Q可知Q>0，所以该过程罐内气体吸热。 pV pS （2）一定质量的理想气体，压强不变时，由 C，V Sl ，得T  l，所以吸管上 T C 温度值标刻是均匀的。 （3）若将温度计竖直放置，则气体实际压强增大，所以实际温度大于所测温度。 12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）R 1 I R （2） 1 A1 I I 2 1 （3）2600 （4）左（3分） 【解析】（1）为了便于调节，分压式接法要选用最大值较小的滑动变阻器。 （2）A 内阻已知，且A 量程大于A ，所以a应选择A 作为电压表，b应选A 作为电 1 2 1 1 2 I R 流表，由(I I )R I R 得R  1 A1 。 2 1 x 1 A1 x I I 2 1 （3）由图乙得当0.1mg/m3时，R 2600，为了能使报警器在R 2600时报警， x x 需将R 调到2600Ω。 3 （4）浓度降低时，气敏电阻变小，为使气敏电阻两端电压仍为2V，需减小滑动变阻器阻 值，向左滑动。 13．（10分） 解：（1）设x0处质点的振动方程为y Asin(t) 由题知该质点在0时刻向y轴负向运动 π ① 物理参考答案·第3页（共7页）T t T  4 2π 5π   ② T 2 由图知A5cm ③ 5π 所以x0处质点的振动方程为y5sin( tπ)cm ④ 2 （2）由图知4m ⑤ 若波沿x轴正向传播，则 3T t  nT ⑥ 4  v 4n3(m/s)(nN) ⑦ T 评分标准：本题共10分。正确得出④、⑥、⑦式各给2分，其余各式各给1分。 14．（13分） 解：（1）O→S：粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示 1 L 2 1 cos  ① L 2 60 3L 由几何关系可得粒子做圆周运动半径r 2L ② sin 1 （2）A→O：qEL mv2 ③ 2 0 v2 在磁场中：qv Bm 0 ④ 0 r 2qBL 得v  0 m q E 所以  ⑤ m 2LB2 qE （3）A→O：a  ⑥ 1 m v t  0 ⑦ 1 a 1 物理参考答案·第4页（共7页）2BL 得t  1 E 2πr 4πLB O→S：T   ⑧ v E 0 T 60，所以t  ⑨ 2 6 2πBL 得t  2 3E S→Q：粒子做类平抛运动，如图 a t tan 2 3 ⑩ v 0 2qE a  2 m 3BL 得t  3 E 2π BL t t t t (2  3) ⑪ 1 2 3 3 E 评分标准：本题共13分。正确得出②、⑤式各给2分，其余各式各给1分。 15.（18分） 解：（1）①A球与B球在120处的弹性碰撞是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分 别是v 和v ，则有 1 2 m v m v m v ① A 0 A 1 B 2 1 1 1 m v2  m v2  m v2 ② 2 A 0 2 A 1 2 B 2 1 4 解得v  v 、v  v 1 5 0 2 5 0 1 4 即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小为 v ，B球逆时针转动，速度大小为 v 5 0 5 0 B 逆时针从120 转到 240°位置，转过120 过程，A 顺时针转过的角度是 v   1 12030 A v 2 故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上90位置 ③ 物理参考答案·第5页（共7页）②B球与C球在240处的弹性碰撞是第2次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是v 和v ， 3 4 则有 m v m v m v ④ B 2 B 3 C 4 1 1 1 m v2  m v2  m v2 ⑤ 2 B 2 2 B 3 2 C 4 8 4 解得v  v 、v  v 3 15 0 4 15 0 8 4 即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为 v ，C球逆时针转动，速度大小为 v 15 0 15 0 经分析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰撞（即第3次碰撞） ⑥ 依题意，三球将结合在一起，结合体的质量为20m，设该结合体的速度为v，则有 m v m v m v (m m m )v ⑦ A 1 B 3 C 4 A B C 1 1 解得v v 即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为 v ⑧ 10 0 10 0 1 故第3次碰撞后瞬间A的速度大小为 v 10 0 v2 mv2 ③对结合体，水平面内有F 20m  0 ⑨ n R 5R 竖直方向上有F 20mg ⑩ y m2v4 由勾股定理得F  F2 F2  400m2g2  0 N y n 25R2  m2v4 由牛顿第三定律得F F  400m2g2  0 ⑪ N N 25R2 （2）设B与A球第1次碰撞后的速度分别是v 和v ，则有 B1 A1 v v kv A1 B1 0 m v m v m v A A1 B B1 B 0 (1k)m v (m km )v 解得v  B 0 、v  B A 0 ⑫ A1 m m B1 m m A B A B 第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t ，此过程A球比B球多运动一圈，有 1 2πR 2πR t   ⑬ 1 v v kv A1 B1 0 物理参考答案·第6页（共7页）2πRm 1 6πR 1 此过程中，A球运动的路程为s v t  B ( 1) ( 1) ⑭ 1 A1 1 m m k 5 k A B 设B与A球第2次碰撞后的速度分别是v 和v ，则有 B2 A2 v v k(v v )k2v B2 A2 A1 B1 0 m v m v m v m v m v A A2 B B2 A A1 B B1 B 0 (1k2)m v (m k2m )v 解得v  B 0 、v  B A 0 ⑮ A2 m m B2 m m A B A B 第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t ，此过程B球比A球多运动一圈，有 2 2πR 2πR t   ⑯ 2 v v k2v B2 A2 0 2πRm 1 6πR 1 此过程中，A球运动的路程为s v t  B ( 1) ( 1) ⑰ 2 A2 2 m m k2 5 k2 A B 设B与A球第3次碰撞后的速度分别是v 和v ，第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间 B3 A3 隔为t ，A球运动的路程为s ，同理可得 3 3 (1k3)m v (m k3m )v 2πR v  B 0 、v  B A 0 、t  A3 m m B2 m m 3 k3v A B A B 0 2πRm 1 6πR 1 s  B ( 1) ( 1) 3 m m k3 5 k3 A B 同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程 则从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔过程，小球A通过的路程为 6πR 1 1 1 1 ss s s s  (    ) 1 2 3 2024 5 k k2 k3 k2024 12πR 化简得s (22024 1) ⑱ 5 评分标准：本题共18分。正确得出①~⑱式各给1分。 （其他解法正确，同理参照评分细则给分） 物理参考答案·第7页（共7页）