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届高三 月适应性考试物理
２０２５ ５
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ B
【解析】核聚变反应为两个轻核结合成质量较大的核 而该反应为原子核与电子的反应 错误 核反应
, ,A ;
７ ∗ ７
γ过程中没有质子数和中子数的变化 则
７ ∗
和
７
的核子数相同 正确 核反应
７ ∗
(Li) → Li＋ , (Li) Li ,B ; (Li)
７
γ过程中放出了能量 则
７
比
７ ∗
更稳定
７
的比结合能大于
７ ∗
的比结合能 错误 核反应
→ Li＋ , Li (Li) ,Li (Li) ,C ;
７ ∗ ７
γ中放出了能量 故该反应过程发生了质量亏损 错误．
(Li) → Li＋ , ,D
．【答案】
２ B
【解析】 ．两运动员竖直方向的运动不是匀变速直线运动 不是做平抛运动 故 错误 ．两条图线与t轴之
A , , A ;B
间所围的面积相等 则竖直方向的位移相等 又由于是同一斜面 所以落在同一位置 故 正确 ．两运动员位
, , , , B ;C
移相同 甲运动的时间短 平均速度大 故 错误 ．由图知 落在斜面时甲竖直方向的速度较大 但由于二人
, , , C ;D , ,
重力大小无法判断 则重力的瞬时功率大小无法判断 故 错误．故选 ．
, , D B
．【答案】
３ B
【解析】 ．当A板上所带的正电荷逐渐增多时 电容器中电场能增加 则线圈中磁场能减小 LC振荡电路中的
A , , ,
电流在减小 故 错误
, A ;
．仅减小电容器两极板间的距离 根据
B ,
εS
r
C
＝ kd
４π
T LC
＝２π
可知电容器电容变大 LC振荡电路的周期将变大 故 正确
, , B ;
．由于线圈为理想线圈 开关断开时 电容器中没有电荷 所以应该是磁场能转化为电场能
C , , , ;
．LC振荡电路周期是电容器与电感线圈的能量转化周期的两倍．
D
．【答案】
４ C
【解析】 ．由图可知 A B过程中 气体的体积增大 则气体对外做功 气体等温变化 内能不变 气体吸热 故
A , → , , , , , ,
错误 ．B C过程中因为BC为一条绝热线 则Q 气体的体积增大 对外做功 内能减小 温度降低
A ;B → , BC ＝０, , , , ,
分子平均动能减小 错误 ．由图知T T T T 故B C过程和D A过程 温度变化量的大小相
,B ;C A ＝ B,C ＝ D, → → ,
等 内能变化量的大小相等 且Q 可知W 大小也必然相等 即B C过程气体对外界做的功等于D A
, , ＝０, , → →
过程外界对气体做的功 故 正确 ．一次循环过程中气体的温度不变 内能不变．p V图像中图线与坐标
, C ;D , －
轴围成的面积表示功．由图知 在一次循环过程中 气体对外界做功 为确保气体的内能不变 则气体一定从外
, , , ,
界吸收热量 故一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量 故 错误．故选 ．
, , D C
．【答案】
５ D
【解析】假设物块下降到最低点时 弹簧压缩量为x 对全过程进行分析 在运动过程中 电场力做负功 故
, , , , , A
错误 由能量守恒定理可得 mgh x qEh x １kx２ 解得x h 此时弹簧弹力F kx mg 物块
; : (＋ )－ (＋ )＝ , ＝３ , ＝ ＝２ ,
２
一定会反弹 故 错误 整个过程中电场力做负功 电势能增加 由W qEh x mgh可得 电势能增
, B ; , , ＝－ (＋ )＝－ ,
加量为mgh 也就是物块与弹簧组成的系统机械能的减少量 故 错误 正确．
, , C ,D
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【 １ ( ５ )】．【答案】
６ C
【解析】 ．三个小球组成的系统动量守恒 机械能守恒 故 错误 ．设释放弹簧后 C球的位移大小为x A
A , , A ;B , C,
球沿垂直AB方向的最大位移大小为x 则由动量守恒定律mx mx 由几何关系x x L 解得x
A, C ＝２ A, A ＋ C ＝ , A
＝
１L
,
x
C ＝
２L
,
A球位移x
A
′
＝
x２A
＋
L２
＝
１０L
,
故
B
错误
;C
．由系统动量守恒得mv
C ＝２
mv
A,
系统机械
３ ３ ３
E
能守恒得E p＝ １mv C２ ＋ １ ×２ mv２A, 联立以上各式解得v C ＝ ４ m p , 故 C 正确 ;D ．B球相对C球做圆周运动 ,
２ ２ ３
F m( v B ＋ v C) ２ ３ E p 故 错误 故选 ．
＝ L ＝ L , D , C
．【答案】
７ BCD
【解析】长征十号发射升空过程中 需要不断加速以达到超过第一宇宙速度 地球卫星最大环绕速度 故梦舟
, ( ),
飞船机械能不断增加 所以 错误 正确 梦舟载人飞船和揽月月面着陆器需要减速从地月转移轨道进入
, A ,B ;
环月轨道 机械能减少 正确 着陆器返回环月轨道与梦舟飞船交汇对接时需要从近月低轨道加速进入环月
, ,C ;
轨道 正确 故选 ．
,D , BCD
．【答案】
８ BC
【解析】 ．两波源连线中点振幅小于S 振幅 则只能是振动减弱点S 振幅可能为 或 故起振方向
A １ , ,２ １cm ７cm,
l v
相反 错误 波速v 波长λ ． 故 正确SE之间的波程差相同 都为波长整数倍
,A ; ＝t＝１m/s, ＝f＝０５m, B ;１ , ,
２
故都为振动减弱点 正确 DS 之间的点到两波源的波程差最大值为 最小值为DS DS
,C ; ２ ４m, １－ ２＝
λ
． 差值为 n 的点为振动加强点 由几何知识可得 共有 个点 故 边有 个
(４２－４)m≈１６５６m, (２ ＋１) , , ５ , CD １０
２
振动加强点．
．【答案】
９ AD
【解析】金属杆运动过程中回复力与位移成正比 所以是简谐运动 正确
, ,A ;
金属杆向右运动过程中
BIL x １kx２
０ ＝
２
BIL
可得x ２ ０ 错误
＝ k ,B ;
０
m m
由简谐运动的周期公式可知T 应该经过π 金属杆速度达到最大 错误
＝２π k , k , ,C ;
０ ２ ０
当金属杆向右运动达到速度最大时 由于恒流 金属杆电阻的电势降落为U IR 同时金属杆在磁场中运
, , ＝ ０ ,
BIL
动 产生反电动势 E BLv 所以金属杆两端的电势差为U E．其中金属杆的最大速度为vBIL ０
, , ＝ , ＋ , ０ k －
０
(BIL) BIL
１k ０ ２ １mv２ 可求得杆的最大速度v ０ 由此可得 正确．
０ k ＝ , ＝ mk , D
２ ０ ２ ０
．【答案】
１０ BD
【解析】粒子运动过程中 , 水平方向动量定理有 ( qB ０ v y－ kv x) t ＝０, 粒子从A运动到E的过程中 , 有qB ０ y －
y
kx θ 所以k qB θ 故 错误 设最终停下的位置到AB距离为x 到AD距离为y 水平
＝０,tan ＝x, ＝ ０tan , A ; １, １,
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【 ２ ( ５ )】y
方向动量定理可得qBy kx 故 θ １ 又因为速度逐渐减小 做圆周运动半径逐渐减小 所以最
: ０ １－ １＝０, tan ＝x , , ,
１
终停下的点一定在AE线段上 正确
,B ;
从开始到停止 竖直方向上动量定律可得 qBx ky mv 联立qBy kx 求解可得 x
, :－ ０ １－ １＝－ ０, ０ １－ １＝０ :１＝
mv mv
０ ２θy ０ θ θ 故 错误 正确．
qBcos ,１＝qBsincos, C ,D
０ ０
mg
．【答案】 分
１１ (１)l l(２ )
－ ０
平衡 分
(２) (２ )
． 分
(３)９７６(２ )
命题意图 本题以弹簧振子的振动为背景 考查胡克定律 简谐运动规律．意在考查逻辑推理以及实验探究
【 】 , 、
能力．
mg
【解析】根据胡克定律kl l mg可得k ．测量周期时 对于相同的位置判断产生的绝对误差 x
:(－ ０)＝ :＝l l , Δ
－ ０
m mg t
引起的 t从平衡位置开始计时 速度大 t小 相对误差小．根据周期公式T k T
Δ , , ,Δ , ＝２π k,＝l l, ＝ ,
－ ０ １０
２ ２
综合可得t２ ４００π l l k ４×１０×１０ －２ ２ ． ２ ２ g ． ２．
＝ g (－ ０),＝ g ×１０ s/m＝４１０×１０s/m,＝９７６m/s
．【答案】 ． 分 分
１２ (３)０９８０(２ ) ４２５(２ )
不变 分 增大 分 小于 分
(４) (２ ) (２ ) (２ )
【解析】 根据图像可知 曲线 对应的水果电池电动势大小E ．
(３) , (c) ＝０９８０V
由于U E R rI
＝ －(g＋ )
． ．
结合曲线 有R r ０９８－０６０
(c) g＋ ＝ ． －３ Ω
０８×１０
解得r ．
＝４２５Ω
根据电源的U I图像可知 纵截距表示电源的电动势 斜率的绝对值表示电源和电流表的内阻 当保持
(４) － , , ,
铜片和锌片插入苹果中的深度不变 依次增加铜片与锌片的间距 先后得到U I图像如图乙中
, , － (a)、(b)、
所示图像 图像斜率的绝对值依次增大 图像纵轴截距不变 可知 随电极间距的增大 电动势不变
(c)、(d) , , , , , ,
内阻逐渐增大．
R
采用后来的方式实验时 电压表测得的是电源和电压表组成的等效电源两端的电压 即U V E 测得
, , ＝R r ,
V＋
的电动势变小．所以本次测得的电动势小于前次测得的电动势．
．【答案】 C
１３ (１) ＝３０°
R
d
(２)m＝
２
【解析】 根据
(１)
C １ １ 分
sin ＝n＝ (２ )
２
解得 该光对透明圆柱体的临界角为
,
C 分
＝３０°(２ )
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【 ３ ( ５ )】因为在圆柱体的四周均有光线出射 所以线光源任意一点光源在圆柱体截面上任意方向都有光射出 又
(２) , ,
因为当垂直OS连线的光线可以射出则点光源S发出的光线可以从圆柱体截面上任意方向射出 作出光路
,
图 当入射角为临界角C时 根据正弦定理
, ,
R OS
分
α＝ C(２ )
sin sin
所以当α 时 此时达到最大临界角 即当垂直OS连线的光线恰好可以射出时 该光源与轴OO′的距离
＝９０° , , ,
最大 光路图如图所示
,
作图 分
(２ )
根据几何关系可知
R
d R C 分
m＝ sin ＝ (２ )
２
．【答案】 v
１４ (１)０＝１２m/s
L １００ ． Q
(２) ＝ ≈３３３m; ＝４０００J
３
【解析】 滑雪者从A B C的过程中 根据动能定理可得
(１) → → , :
Mgh μMgx １Mv２ 分
－ ＝ ０(２ )
２
解得v 分
:０＝１２m/s(１ )
根据牛顿第二定律可得
(２) :
对薄板 μMg ma 分
: ＝ １(１ )
解得a
２
:１＝４m/s
对滑雪者 μMg Ma 分
: ＝ ２(１ )
解得a
２
:２＝２m/s
当薄板第一次到达槽的D端的速度以及该过程所需的时间分别为
:
v ad 分
１＝ ２ １ ＝８m/s(１ )
d
t ２ 分
１＝ a ＝２s(１ )
１
此时滑雪者的速度
:
v v at 分
１＝ ０－ ２ １＝８m/s(１ )
此过程滑雪者相对薄板的位移为
x vt １at２ １at２ １ ２ １ ２ 分
Δ １＝ ０ １－ ２ １－ １ １＝１２×２－ ×２×２－ ×４×２ m＝１２m(１ )
２ ２ ２ ２
随即薄板与槽的D端发生弹性碰撞 取向左为正方向 根据动量守恒可得
, , :
Mv
２－
mv
１＝(
M
＋
m
)
v共(１ 分
)
解得
:
v共
＝
８
m/s
３
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【 ４ ( ５ )】根据能量守恒可得
:
１Mv２
２＋
１mv２
１＝
１
(
M
＋
m
)
v２共
＋
μMg
Δ
x
２(２
分
)
２ ２ ２
解得 x ６４
:Δ ２＝ m
３
此时 滑雪者刚好第二次到达槽的D端 则
, , :
L x x １００ ． 分
＝Δ １＋Δ ２＝ m≈３３３m(１ )
３
产生的热量
:
Q μMgL 分
＝ ＝４０００J(１ )
(
或者Q
＝
１Mv２
０－
１
(
M
＋
m
)
v２共
＝４０００J)
２ ２
nS B
．【解析】 E Δ １ ． 分
１５ (１) ＝ t ＝２５V(２ )
Δ
初始状态对导体棒分析 有
(２) ,
E
BIL μmg maI 分
３ － ＝ ,＝r R(２ )
＋
因为物体做匀变速直线运动 说明匀加速运动过程中 电路中电流为一定值 导体棒 电源和导轨围成的面积
, , , 、
内磁通量为一定值
( )
即Φ BLd BL １at２ 为一定值 分
＝ ２ － ３ (１ )
２
所以Φ t２ B ．B t２ 为一定值
＝８＋８ － ３(２５ ３－１)
( )
故B a ２ B ８舍去 分
３＝２T,＝４m/s ３＝－ (２ )
５
设到达PQ时 导体棒速度为v 有v２ ax 分
(３) , １, １＝２ (１ )
在PQ右侧运动过程中由动量定理可得 BIdt μmgt mv 分
－ ４ １－ １＝０－ １(２ )
Bdx
It q ４ １ 分
１＝ ＝ R (１ )
联立可得t I ． 分
１＝４s,＝０５A(２ )
由能量守恒定律可得I２Rt μmgx １mv２ 分
１＋ １＝ １(２ ),
２
代入数据可得有效值I ７ 分
＝ A(１ )
２
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【 ５ ( ５ )】
