重庆市第八中学校2024-2025学年高三下学期入学适应性训练物理答案_2025年2月_250208重庆市第八中学校2024-2025学年高三下学期入学适应性训练（全科）

重庆八中2024——2025学年度（下）高三年级入学考试 物 理 试 题 答 案 1.【答案】C AO为入射光线，CO为折射光线，根据图像可知，入射角小于折射角，即光从光密介质进入光疏介质，当 入射光绕O点顺时针转动时，入射角减小，折射角也减小，折射光线OC不会消失；当入射光绕O点逆时 针转动时，入射角增大，折射角也增大，当入射角大于临界角时，折射光线OC会消失，故C正确。 2. 【答案】A 【详解】作出力F 与F 、F 的关系图，如图所示 1 2 由图可知F F cos，故A正确。 1 2 3. 【答案】C A. 电子沿着直线从b到c，电场力先做负功再做正功，故A错误； B. b和c电场强度大小相同，方向不同，故B错误； C. c点电场线越密集，电场强度越大，电场力更大，故C正确； D. 电子仅在电场力作用下从a点运动至d点，电场力做功为W eU e  8keV ad ad a d 电场力做正功，动能增加8keV； 4. 【答案】D S 【详解】AB．被测物体向右移动时，插入的介质减小，根据C  可知，电容器的电容将变小，电压 4kd 不变，电容器带电量减小，故AB错误； C．该传感器是通过改变电容器极板间介电常数使电容变化的，故C错误； S D．由电容的决定式C  得知，相同的位移x引起相同的电容变化，由Q=CU得知，恒压源U 越大， 4kd 电容器极板上带电量Q变化越大，传感器灵敏度越高，故D正确。 5. 【答案】D L 2π T 3 【详解】根据单摆周期公式T 2π ，可得T  · L ，由题图可得 L相等时 A  ，可得 g g T 2 B g T 2 g 4 A  B  ，则地球表面重力加速度与行星X表面的重力加速度之比为 A  g T 3 g 9 B A B Mm 4πr3 ABC．在星球表面的物体，有G mg，M · r2 3 4πGr r g 9 联立可得g  ，则X星球与地球半径之比为 B  B  3 r g 4 A A4 根据V  r3，可知星球X的体积为地球的 倍，由于二者密度相等，所以星球X的质量为地球的 倍， 3 729 729 故ABC错误； 64 64 Mm v2 GM 4 D．由题意，根据G m ，可得星球第一宇宙速度为v r· πG r2 r r 3 v r 9 则X星球与地球第一宇宙速度之比为 B  B  ，故D正确。 v r 4 A A 6.【答案】B P 【详解】由于起重机输出功率恒定，因此v ，重物匀速时牵引力与重力平衡。第一次提升时的最大速 F P P 度为v  ，第二次提升时的最大速度为v  ，因此两次的最大速度之比为2:1，根据功能关系可知， 1 mg 2 2mg 1 起重机做的功等于重物机械能的增加量W Pt E，第一次做功W mgh mv2，第二次做功 1 2 1 1 1 W 2mgh 2mv2 2mgh mv2，因此W 2W ，即E 2E ，t <2t ，B正确，ACD错误。 2 2 2 4 1 2 1 2 1 2 1 7. 【答案】B mg 【详解】小球在C点时，杆对小球的弹力为F kx  N BC 3 释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即 ， 又xsinx ，故杆对小球的弹力保持F  mg 不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为 N = sin BC N 2 mg f F   0.3mg ，小球从C到E过程，由功能关系 N 2 mgh fh 1 k  h2x2   1 kx2  0  2 BC 2 BC  1.4mg 得弹性绳劲度为k  ，小球从C到D的过程，同理 h h h  1 h2  1  1 mg  f  k  x2  kx2  mv2 0 2 2  2 4 BC  2 BC  2 35gh 得小球在D点速度为v ，故选B。 10 8.【答案】BC 【详解】A．根据波的传播方向与振动方向的关系可知，质点的起振方向沿y轴负方向，故A错误； B．图乙是t 0.4s时的波形图，此时波刚好传播到x6m处，可知此波的周期为T 0.4s，故x 1m处的 质点振动的周期为0.4s，故B正确；  6 C．波传播的速度v  15m/s，故C正确； T 0.4 3 D．x6m处质点的起振方向沿y轴负方向，当x6m处的质点第一次到达波峰时，历时 T ，x＝1.5m处 43 的质点比x6m处质点早 T 开始振动，故x＝1.5m处的质点经过的路程为6个振幅，由图可知A20cm， 4 即s620cm120cm=1.2m，故D错误； 9. 【答案】BD 【详解】AB．根据动量定理FΔt p，可知保护器使得手机撞击地面的时间延长，即保护器的缓冲作用是 减小了手机落地过程的动量变化率，故A错误，B正确； CD. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为 +Δt) 2ℎ ( 手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为 ，故C错误，D正确； 2ℎ 10.【答案】ABD ∆ +∆ 【详解】A．由题图可知，5s末通过R 的电流为I = 0.09A=0.3A 1 1 R 根据并联电路电流关系可知此时通过R 的电流为I = 1 I =0.6A 2 2 R 1 2 通过ab的电流为I=I +I =0.9A，根据闭合电路欧姆定律可得ab产生的感应电动势为E=Ir+I R =4.2V 1 2 1 1 E 根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，解得5s末ab的速度大小为v 6m/s，故A正确； BL B．根据焦耳定律可知I2-t图像与t轴所围图形的面积值与R 的乘积表示5s内R 产生的焦耳热，即 1 1 1 1 W  (0.040.09)58J2.6J，故B正确； 1 2 C．设5s内R 中产生的焦耳热为W ，电阻r产生的焦耳热为W，则根据焦耳定律可得 2 2 r U2 t W R R W (I I )2rt 9r 9 2  2  1  2， r  1 2   W U2 R W I2Rt R 4 1 t 2 1 1 1 1 R 1 解得W =2W =5.2J，W=5.85J，根据对A项的分析同理可得t=0时刻，ab的初速度大小为v  4m /s 2 1 r 0 1 1 根据功能关系可得5s内拉力F所做的功为W W W W  mv2 mv2 23.65J，故C错误； F 1 2 r 2 2 0 D．由题图可知I 与t的关系为I  0.01t0.04(A)，通过ab的电流I与t的关系为 1 1 I=3I 3 0.01t0.04(A)，ab受到的安培力大小与时间t的关系为 1 F=BIL=2.1 0.01t0.04(N)=0.21 t4(N)，故D正确。故选ACD。 11.【答案】(1)上通道 （2）调小 （3）10.0kΩ 【解析】（1）质量小的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R 电压小于2V，不能激励放 0 大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小的苹果将通过上通道。 （2）当更重的苹果压到R 上时，R 上的阻值更小，但R 上的电压不变，回路的电流更大，即流过R 的 N N N 0电流更大，而R 的电压也不变，因此应将R 的阻值调小。 0 0 （3）当300g的苹果通过压敏电阻时压力为F=0.3×10N=3N，此时R =20kΩ，则此时R 两端电压 N 0 ER U  0  2V解得R =10.0kΩ。 R R 0 N 0 12.【答案】（1）5.1 （3）B （4）2.04 （5） k 【解析】（1）10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，图2h示读数为d 5mm10.1mm5.1mm 。 d 5.1103 （4）第一条“梁”通过光电门的速度为v  m/s 2.04m/s t 0.0025 1 （5）设工件下边缘与光电门中心的距离为L，当第一条“梁”通过光电门时，有 h0，v2 2gL 由图丙可知v2 b当第二条“梁”通过光电门时，有v2 2g(Lh)2ghb 1 1 2 当第三条“梁”通过光电门时，有v2 2g(L2h)2g2hb 以此类推，当第n条“梁”通过光电门时，有 3 v2 2ghnb2gh 所以v2n图像的斜率为k 2gh则重力加速度为 n k 13. （10分）解： g= 2h (1) 对升压变压器： 1分 1 ' 1 = 对降压变压器： 1分 ' 2 1 输电线损耗的电压 2：= 1分 ' ' 联立，解得： ∆ = 1 − 2 2分 1− 2 ∆ = (2) 输电线中的电流： 2分 ∆ = 对降压变压器： 2分 1 = 联立，解得： 1分 1− 2 2 14. （14分）解 =： (1) 机器人、木板在水平方向动量守恒： 1分 人 木 3 = 等号左右同时乘以运动时间 ： 人 木 3 = 即： 1分 人 木 3 = 由题意有： 1分 人 木 + = 解得： 1分 人 (2) 设 机器=人4以大小为 、与水平方向夹角为 的速度起跳，则： 机器人在空中运动时间 1分 2 sin = 在水平方向： 1分 人 = cos ∙ 联立，有： 1分 2 =8sin cos 机器人、木板在水平方向动量守恒： 木 3 cos = 解得： 1分 木 =3 cos 机器人做的功： 1分 木 1 2 1 2 =2∙3 +2 变形为： 2分 2 2 2 3 1+3 3 +4 3 4 故： =时16，∙si最n 小cos = 16 ∙ sin cos = 16 ∙ tan +tan 1分 故 tan =2 1分 3 15. （ 1 8=分）4 解： （1）粒子垂直进入磁场： 1分 2 0 0 = 解得： 0 = 小孔 的坐标 1分 2 0 =2 = （2）如图，作出轨迹。由圆周运动有： 1分 2 = 粒子从小孔 射出： 1分 联立，有： 2 sin = 1分 0 sin = 由于 ，故 2分 1 ≤ 2 0 sin ≥2 故 1分 1 5 6 ≤ ≤6 （3）如图，由第（2）问有： ，即从 进入 轴下方的所有粒子，垂直 轴向下的分速度不 变，该分速度引起的洛伦兹力： = sin = ，0方向向 右。 洛 F =2 0 电场力： ，方向向左，与洛伦兹力等大反向 电 故粒子在垂F 直=轴2 方 0 向 ，以大小 的速度向下匀速直线运动 1分 与此同时，从 进入 轴下方的粒 0子沿水平向左的分速度 引起的洛伦兹力令粒子做匀速圆周运动，当其逆 ' 时针旋转四分之一圆周时， 与 均垂直 轴向下，即粒子此时的速度最大，动能也是最大。 1分 ' 最大动能 1分 1 ' 2 =2 + 由图易知： 1分 ' 0 = = 故： 1 2 1 2 =2 0 1+ 由第（2）问易知 时， 取最小值 1分 1 3 故最大动能的最大 值=6 3 1分 2 易知，由分速度 引起 的 圆 = 周 2 运 + 动： 3 0 ' 最大轨迹半径 1分 ' 3 0 = 2 周期 1分 = 考虑到粒子的旋进，粒子的最大动能取最大值时，粒子到 轴的距离 （ ， ） ' = + +4 0 =0,1,2 1 ⋯分 代入数据，解得： （ ， ） 1分 0 2 3+ 4 +1 = 2 2 =0,1,2 ⋯