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 ⋯