巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（三）物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1118重庆巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（三）（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 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 a  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 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 1 1 得W  fx 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 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 π 错误。由题图乙知T 0.8s，则角频率 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 v2 GM 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， r2 r 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R 流向c点，由于过程 3 缓慢，则充放电流很小，所以R 两端电压很小，即d点电势比c 点略高，故B错误。P点 3 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 R R 的电量为CE 1 ，充电过程，向下流过 R 的电量为CE 2 ，全程向下流过 3 3 R R R R 1 2 1 2 R R 过R 的电量为CE 1 CE 2 CE，故C正确。 3 R R R R 1 2 1 2 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 4Q kQ A错误。设正电荷Q的正上方x处电场强度为0，则  ，解得x y ，即A点 (y x)2 x2 0 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 y 处为0，故D错误，B 正确。电荷初末速度为0，中间 0 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Rcos)E ；qE(RRcos)3E ，得 0 0 2E 60；E  0 。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 I I c点距P、Q的距离比为1∶3，则k 1 k 2 ， R 3R 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 v2 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 v2 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 R N v2 确。设在b处球拍与水平面的夹角为，且仅受重力、支持力作用，则有mgtanm ， R 又v2 gR ，解得tan4，若不满足tan4，小球在b处还受摩擦力的作用，故C错 2πR 2πR R 误。运动的周期为T   π ，故D正确。 v 2 gR g 10．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 mv 据洛伦兹力提供向心力有qvB ，解得R ，可知同一正离子在磁场中因为磁感 R qB 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。 11.（除特殊标注外，每空1分，共7分） （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 v 4m/s ，碰撞前 B 物块的速度为 A 0.4 v  m/s2m/s。②由图可知碰撞后A 物块的速度为v 1m/s，碰撞后B物块的速 B 0.2 A 00.4 度为v  m/s4m/s，则可知mv m v mv m v ，故可得出结论两物块 B 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。 12. （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 3.0 1.0 （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。 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 I E 0 R R  r R 1 1 n 1 1 （3）据全电路的欧姆定律E I (R  r)，得  ，则有Y    n 1 n I E I I n 0 n R 1 R    0 。 E n E （4）结合图丙的截距、斜率，可得E3.0V，R3.0，再结合读数I 0.30A，得r1.0。 0 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r )， 0 1 0 A n 1 n A 1 1 R 1 R 对Y      0 无影响，则对E和R无影响；但rr 1，对r有影响。 I I E n E A 0 n 13.（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F 先合起来看作1个力，则可看作受3个力平衡； e 其中 物理参考答案·第4页（共7页）kQ2 F  3.6N e r2 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 F 计算1分，过程计算2分，结论各1分，共5分评分即可） e （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 F 0.9N e (2r)2 根据对称性Fmg 2N 2 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F e 计算1分，过程计算2分，结论各1分，共5分评分即可） 14.（13分） 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 2mvmv 结合能量守恒，在最低点时有 2mv mv ① 1 2 1 1 2mv2  mv2 mgL ② 2 1 2 2 3gL 解得v  ③ 1 3 运动的过程有2mx mx ④ 1 2 有x x L ⑤ 1 2 L 解得x  ⑥ 1 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 根据牛顿第二定律，有F T mg  ⑧ n L 解得细绳的最大张力为T 4mg ⑨ （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xm(Lx) ⑩ A、B之间的距离不变有 (xx)2  y2 L ⑪ (3xL)2 联立得  y2 L2 ⑫ 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。 15．（18分） 4 2 解：（1）由题意知2R cos53 L，得R  L ① 1 5 1 3 mv2 粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，有qv B 0 ② 0 R 1 3mv 计算得B 0 ③ 2qL （2）设粒子射出电场时的速度为v ，与x方向夹角为，在电场中运动时间为t，粒子在 1 电场中运动分解后x轴方向为匀速直线运动，有x(v sin53)t ④ 0 1 y轴方向为匀变速直线运动，有L (v cos53v sin)t ⑤ 2 0 1 mv2 粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，有qvB 1 ⑥ 1 R 2 10 由题意知 LR R cos ⑦ 9 2 2 且v sin53v cos ⑧ 0 1 12 整理计算得x L ⑨ 7 物理参考答案·第6页（共7页）4L 88 则x  x L ⑩ 0 5 35 （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 nqEL mv2  mv2 ⑪ 2 n 2 0 1 1 (n1)qEL mv2  mv2 ⑫ 2 n1 2 0 1 1 又2R 2R  L L n 1 3 9 4 得R  L ⑬ n 9 1 又2R 2R  L n1 1 3 1 得R  L ⑭ n-1 2 80 计算得n ，n取整数1，2，3，4 17 5mv2 5mv2 5mv2 5mv2 则电场强度可以为 0 ， 0 ， 0 ， 0 ⑮ 18qL 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）