重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1216重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）

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 B B A D D BC AD ACD 【解析】 1．电压不属于基本物理量，摩尔是基本单位，故 A、B 错误。研究质点运用了理想模型法， 故C错误。探究导体电阻的影响因素的实验中，影响因素有多种，故使用了控制变量法， 故D正确。 2．沿x轴正方向运动时：若粒子带正电，则电场力沿−y方向，洛伦兹力沿+y方向，可以受力 平衡；若粒子带负电，则电场力沿+y 方向，洛伦兹力沿−y 方向，也可以受力平衡，向+x 方向做匀速直线运动，故选A。 0.9 3．三个电流的有效值之比为1∶0.9∶ 10 2∶9 2∶9，电阻消耗的电功率PUI I2RI2， 2 所以P∶P∶P 200∶162∶81，故选B。 甲 乙 丙 GM GM 4．飞船的速度v ，第一宇宙速度v  ，则v  3v，故选B。 3R 1 R 1 5．对于粒子的类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，初速度一样，水平位移相同，故运动 1 qE 时间相同，故 D 错误。由y at2，a ，y ∶y 1∶2，m ∶m 1∶2，得电荷量之 2 m P Q P Q 比为1∶4，故B错误。动量变化量等于电场力的冲量ΔpI qEt，比值为1∶4，故C错 误。电势能减少量等于电场力所做的正功W qEy，比值为1∶8，故A正确。 U n U n 6．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系 1  1 ， 1  1 ，开关S 、S 均闭合 U n U n 1 2 2 2 3 3 U2 U2 U2 时，变压器输出功率为P  2  3 ，仅闭合S 时，变压器输出功率为P  2 ，又P U I 、 1 R R 1 2 R 1 1 1 1 2 1 n U R 1 P U I 、I 2I ，联立得 2  2  1  。 2 1 2 1 2 n U R 3 3 3 2 物理参考答案·第1页（共7页）7．平行金属导轨间距为 L，金属杆在 AABB区域向右运动的过程中切割磁感线，有 1 1 E EBLv ， I  ，设金属杆在 AABB 区域运动的时间为 t ，根据动量定理有 2R 1 1 0 2 2 BILtμmgt 0 mv B mv 0 ，则 B L vΔt μmgΔt mΔv ，由于d v t t，则上面方程 2R B2L2d 左右两边累计求和，可得 μmgt mv mv ，则金属杆在AABB区域安培力冲 2R 0 B 0 1 1 B2L2d B2L2d 量的大小为 I  ，BB 处的速度v v  μgt ，同理可得，则金属杆在BBCC 2R 1 B 0 2mR 0 1 1 B2L2d v 1 区域运动的过程中有 mv ，解得v  0  μgt ，则金属杆经过BB 的速度小 2R B B 2 2 0 1 v 1 于 0 ，故 A 错误。在整个过程中，根据能量守恒有 mv2 mgd Q，则在整个过程 2 2 0 1 1 1 中，定值电阻 R 产生的热量为Q  Q mv2  mgd ，故B错误。根据A选项可 R 2 4 0 2 B2L22d 得，金属杆以初速度v 在磁场中运动有 mgt mv ，金属杆的初速度加倍， 0 2R 0 0 设 此 时 金 属 杆 在 AABB 区 域 运 动 的 时 间 为 t ， 全 过 程 对 金 属 棒 分 析 得 1 1 B2L2x B2L2(x4d)  mgt2mv ，联立整理得 mg(2t t)，分析可知当金属杆速 2R 0 2R 0 度加倍后，金属杆通过AABB区域时的速度比第一次大，故tt ，可得x4d ，可见若 1 1 0 将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。 8．由图像可知，穿过线圈的磁通量逐渐增加，根据“增缩减扩”可知，线圈具有收缩的趋势， 故 A 错误。t 5s时穿过线圈的磁通量为ΦBS 0.50.4Wb0.2Wb，故 B 正确。根据 楞次定律及安培定则知线圈中电流沿逆时针方向，故C正确。根据楞次定律可知a点电势 高于b点， 故D错误。 9．AB 两球相碰，根据动量守恒定律有 m v m v m v ，根据机械能守恒定律有 A 0 A 1 B 2 1 1 1 m v2  m v2  m v2，解得v 1m/s、v 2m/s；每次弹簧恢复原长时，二者相对速 2 A 0 2 A 1 2 B 2 1 2 度大小为2m/s，其余时间二者相对速度均小于2m/s，故B错误。由于B、C及弹簧组成的 物理参考答案·第2页（共7页）系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，弹簧处于原长状 1 1 1 态，即m v m v m v 、 m v2  m v2  m v2，即得v 0，即B的最小速度为0， B 2 B 3 C 4 2 B 2 2 B 3 2 C 4 3 故 D 正确。当 B、C 两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，有m v (m m )v 、 B 2 B C 5 1 1 E  m v2  (m m )v2，解得E 2J，故C错误。 p 2 B 2 2 B C 5 p 10．设质点的振动方程为 y Asintcm ，由图可知直接读出质点运动的振幅为 π 5π A10cm，将(0，5)代入解得 ；将(0.2，10)代入解得 rad/s；则质点的振动 6 3 2π 2π 5π π 周期为T   1.2s，由以上分析可知质点的振动方程为y10sin t cm，故  5π  3 6 3 B错误。结合图线可知，0.7s时质点位移为负，朝负方向的最大位移处运动，速度沿负方 向，回复力指向平衡位置，加速度沿正方向，故A正确。代入t0.9s得y5 3cm，故 C正确。1.4s时质点位于正方向的最大位移处，则质点的回复力最大且沿着负方向，故D 正确。 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）电压 （2）充电（3分） 15 【解析】（2）充电时，对电容器由欧姆定律得U EIR；放电时，对电阻箱由欧姆定律 得U IR。表达式与图乙比对知为充电，且图乙纵截距为电动势 E，斜率的绝对值为电 阻箱的电阻R。 12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）增大 （1分） （2）①5.0 5.0 ②如图所示，为过（0.2A，3V）和 （0.3A，2V）的直线 ③小于 【解析】（1）U−I图像中随着电流的增大，图线上点与原点连线的斜率变大，则小灯泡的 电阻增大。 物理参考答案·第3页（共7页）（2）本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲 线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先 3.02.0 查出两坐标为（0.2A，3.0V）和（0.3A，2.0V），则内阻为r 55.0，电 0.30.2 动势为E5.0V，然后作出准确图像；因为此状态下外电路总电阻R R r，由电源输 1 2 出功率关于外电阻曲线可得P P。 2 1 13.（10分） 解：（1）由机械能守恒可得（也可用运动学求解） 1 m gh(m m )ghsin (m m m ) v 2 ① B L A 2 L A B 0 解得v 6m/s ② 0 （2）匀加速过程：v2 2ah ③ 0 v at ④ 0 1 a5m/s2，t 1.2s 1 石块斜抛至空中最高点过程：v singt ⑤ 0 2 t 0.3s 2 t t t 1.5s ⑥ 1 2 水平位移xv cos2t ⑦ 0 2 9 3 x m ⑧ 5 评分标准：本题共10分。正确得出①式给3分，其余各式各给1分。 14.（13分） 解：（1）由题可得粒子 A 第一次撞击薄壁的速度方向恰好与入射速度方向垂直，所以由 π 几何关系可得 90 ① 1 2 2πm 又有T  ② qB  t  1 T ③ 1 2π 物理参考答案·第4页（共7页）πm 解得t  ④ 1 2qB （2）粒子经三次碰撞后返回P点，由几何关系可得 S πR2 (4R2 πR2)(2π4)R2 ⑤ （3）粒子A的轨道半径rR ⑥ 3 则所有粒子运动半径变为r  R ⑦ 2 2 由旋转圆可得，当粒子的轨迹圆与磁场圆相交的弦长为轨迹圆的直径d 2r  3R时， 2 此状态为粒子能从磁场边界射出的最远点 ⑧ 由几何关系可得，边界弧长所对的圆心角 120 ⑨ 2 2πR 故有弧长l  ⑩ 3 评分标准：本题共13分。正确得出⑤式给3分，正确得出⑩式给2分，其余各式各给1分。 15.（18分） 解：（1）金属杆甲进入磁场时速度为v ，由 0 1 mgh mv2 ① 1 2 1 0 得v  2gh 0 甲进入磁场瞬间，有 EBLv 0 E 2BLv I   0 ② R 3R R 2 对乙，有 BI 2Lm a ③ 2 联立①②③可解得 2B2L2 2gh a ④ 3mR （2）当甲进入磁场达到匀速运动时，回路中无电流，有 BLv B2Lv 甲 乙 物理参考答案·第5页（共7页）即v 2v ⑤ 甲 乙 对甲：BILtmv mv ⑥ 1 0 1 甲 对乙：BI 2Lt m v ⑦ 2 乙 2 1 联立解得v  v ，v  v 甲 3 0 乙 3 0 当甲越过P Q 后，甲、乙总动量守恒，设甲、乙第一次共速为v ，由 3 3 1 mv m v (m m )v ⑧ 1 甲 2 乙 1 2 1 4 得v  v 1 9 0 此后甲、乙一起匀速运动直到乙冲上右侧倾斜轨道，设乙能上滑的最大高度为h m 1 h m v2 m gh (m gcos) m ⑨ 2 2 1 2 m 2 sin 4 解得h  h ⑩ m 27 （3）甲在P Q 左侧运动过程中 3 3 1 1 1  1 Q 总1 Q 甲1 Q 乙1  2 m 1 v 0 2  2 m 1 v 甲 2  2 m 2 v 乙 2    3 mgh 又Q ∶Q 1∶2 甲1 乙1 1 解得Q  mgh ⑪ 甲1 9 从金属杆甲越过P Q 后到甲乙第一次共速过程中 3 3 1 1  1 2 Q 总2 Q 甲2 Q 乙2  2 m 1 v 甲 2  2 m 2 v 乙 2    2 (m 1 m 2 )v 1 2  27 mgh 又Q ∶Q 1∶1 甲2 乙2 1 解得Q  mgh ⑫ 甲2 27 设金属杆乙返回倾斜轨道底部时速度为v，由 1 1 h m v2 m gh (m gcos) m ⑬ 2 2 1 2 m 2 sin 物理参考答案·第6页（共7页）2 2 4 解得v v  gh 1 9 0 9 此时甲已停止向右运动，该过程中 1 16 Q Q Q  mv2  mgh 总3 甲3 乙3 2 1 1 81 又Q ∶Q 1∶1 甲3 乙3 8 解得Q  mgh ⑭ 甲3 81 设甲乙向左达到共速为v 2 m v (m m )v ⑮ 2 11 1 2 2 8 解得v  gh 2 27 1 1 16 Q Q Q  m v2  (m m )v2  mgh 总4 甲4 乙4 2 2 1 2 1 2 2 243 1 8 Q  Q  mgh ⑯ 甲4 2 总4 243 当乙锁定后，易证明金属杆甲离开宽为2L的磁场区域后不会再回到该区域 1 32 Q Q Q  mv2  mgh 总5 甲5 乙5 2 1 2 729 又Q ∶Q 1∶2 甲5 乙5 32 解得Q  mgh ⑰ 甲5 2187 644 则Q Q Q Q Q Q  mgh ⑱ 甲 甲1 甲2 甲3 甲4 甲5 2187 评分标准：本题共18分。正确得出①～⑱式各给1分。 物理参考答案·第7页（共7页）