重庆巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（二）物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1021重庆巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（二）

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 B D A D C C B AC AC BD 【解析】 1. 货车惯性仅与质量有关，车质量不变，惯性不变，故A错误。有摩擦力作用，机械能不守 恒，故B正确。能量守恒，货车的动能转化为重力势能和摩擦生热，故C错误。避险车道 对货车的支持力等于重力在垂直斜面方向上的分力，故D错误。 2. 整个过程，重力做功为0，动能变化为零，重力的冲量为mgt，动量变化量=合外力冲量=mgt， 故A、B错误。A到B过程和B到C过程，时间相同，重力的冲量相同，动量的变化相同， 故D正确。A到B过程时，重力做负功，B到C过程，重力做正功，故C错误。 3. 灯泡突然变亮，回路中电流变大，电阻变小，内电压变大，外电压减小。热敏电阻阻值减 小，热敏电阻温度升高，露出液面，油箱中油较少。电源总功率为PIE，电源总功率变 U 大。电源效率 100%，效率减小。 E 4. 货物加速向上，无人机、货物均处于超重状态，货物对线缆作用力大于其重力150N，故A、 C错误。匀加速飞行，平均速度×时间=上升高度，即为12.5m，故B错误。加速度为1m/s2， 对飞机F (M m)g (M m)a，可得空气对无人机作用力F=880N，故D正确。 5. 当 a、b 为同种电荷时，对整体受力分析，电场力必向上，即 a、b 均为正电荷。有 q2 q2 M gsin2qE，对b：m gsink qE，对a：m gsinqEk ，m m 。对b： 总 b L2 a L2 a b 电场力qE增大时，点电荷间库伦力增大，间距减小。 R r 1 1 6. sin ，故  。3个月后地球转过 圆周，其位置图如图所示，此时天王星转过θ， r R sin 4 1 π  T 即 π t ， t ，  地  天 。由开普勒第三定律知： 2 地 天 2  T 天 地  π  2 T  2  r  3 r  π  2     天     ，  3  ，可知选C。 2  T 地  R R 2 物理参考答案·第1页（共6页）7. 圆环带正电，x负半轴电场强度向左，x正半轴电场强度向右，大小都先增加后减小。取坐 Q 标轴 x 处，环极小部分在 x 处的电场为 Ek ，沿 x 轴方向上分量： (x2 R2) Qx Qx Qx E k ，坐标轴x处，场强为E E k ，可知E k 2 ， x 3 x 3 m 3 (x2 R2)2 (x2 R2)2 (x 2 R2)2 2 Q 故A错误。取坐标轴x处，环极小部分在x处的电势为k ，电势为标量，代 1 (x2 R2)2 Q E x 数相加k ，故B正确。E−x中面积表电势差，O点和x 处的电势差大于 m 2 ， 1 2 2 (x2 R2)2 故C错误。负粒子从O点向右运动，电势减小，E q，电势能增加，故D错误。 P 8. 由图可知，q 、q 为异种电荷，在靠近6cm处电势为0，q q ，φ−x图中斜率表示电场强 1 2 1 2 q 度，12cm处电势最高，场强为0，由Ek 可知q =4q ，故A、C正确。 r2 1 2 9. 电子做曲线运动，力指向轨迹内侧，向右，力方向与场强方向相反，可知场强向左，即负 电荷在左端，电场线如图所示，E E E ，   ，故A正确，B错误。电势差 A B C A B C U=Ed，AB 段电场强度更大，电势差更大，故 C 正确。点电荷场强 kQ E ，画出图像可知，距离点电荷越远，相同距离电场强度的变 r2 化减小，故D错误。 1 1 1 10. 根据动量守恒定律和能量守恒定律有m v m v m v ， m v2  m v2  m v2 ， A 0 A A B B 2 A 0 2 A A 2 B B m m 2m v 2 v  A B v ，v  A v 。第二次碰撞发生在 b 点，则有 A  ，联立解得 A m m 0 B m m 0 v 1 A B A B B 2 1 4 m ∶m 1∶5，故A错误。v  v ，v  v ，A需要的向心力为原来的 ，故B正 A B A 3 0 B 3 0 9 确。如改变质量，A 球速度有两种情况，继续前进和反弹。若反弹，只增大 A 球的质量 v 4 m ，速度之比变化，则第二次碰撞点不可能仍在b处。若不反弹，B比A多走1圈， B  ， A v 1 A m 2 2πR 质量之比 A  ，故 C 错误。每相邻两次碰撞之间的时间间隔t  ，对弹性碰撞， m 1 v B 相 碰前后相对速度大小不变，故D正确。 物理参考答案·第2页（共6页）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） 2nπ （1） t （2）滑块与平台间有摩擦力（按实际情况合理给分）（3分） （3）增大 12. （每空3分，共9分） （1）1.07 9 （4）B n a1 g 13.（10分） L 解：（1）t 40s ① v 2 v a 1.5m/s2 ② t （2）对水桶： (2T)2 (mg)2 ma ③ 40 解得a m/s2 ④ 3 40 水桶与直升机共同水平加速，所以直升机水平最大加速度为 m/s2 3 评分标准：本题共10分。正确得出①、③式各给3分，其余各式各给2分。 14.（13分） 1 解：（1） 粒子在极板间加速，根据动能定理有qU  mv2 ① 2 6qU 24qU 根据图乙可知 0≤v≤ 0 m m 不计粒子在M、N间的加速时间，所以粒子到达细缝O 时间最短为 3 m td ② 24qU 0 qE （2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有a m 竖直方向，有d vt ③ 物理参考答案·第3页（共6页）1 水平方向，有：x at2 ④ 2 1 将速度的两个极值代入可解得x  d；x d ⑤ 1 4 2 3d x ⑥ 4 （3）从t=0时刻释放的粒子恰好打到O ，根据水平方向的运动规律可知，粒子在0~T 向 3 0 左加速，T ~2T 向左减速，2T ~3T 向右加速，3T ~4T 向右减速，刚好经历一个周期 0 0 0 0 0 0 所用时间为t 4T 打到O 处 ⑦ 0 3 d 则T 0 时刻释放的粒子在偏转电场中运动的时间为2T 0 ，即 24qU 2T 0 ⑧ 0 m 这段时间内粒子水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。打在MN上时离O 点 3  2  d  1 12qU d x  0  24qU   ⑨ 2 dm  0  4  m    评分标准：本题共13分。正确得出①、②、⑤、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 15.（18分） 解：（1）对0号车厢由牛顿第二定律，有3mgsin3mgcos3ma，可得a0，车厢 沿斜面向下做匀速直线运动 ① 0号车厢与1号车厢碰撞为弹性碰撞，由动量守恒，有3mv 3mv mv ② 0 0 1 1 1 1 能量守恒： 3mv2  3mv2  mv2 ③ 2 0 2 00 2 1 1 联立解得v  v ④ 0 2 0 3 v  v ⑤ 1 2 0 L （2）0号车厢运动到1号车厢位置的时间t  ⑥ 0 v 0 对1~n号车厢，由牛顿第二定律可知碰撞后均沿斜面向下做匀速直线运动 L 2L 0号车厢与1号车厢第一次碰撞后，1号车厢运动到与2号车厢接触的时间t   1 v 3v 1 0 物理参考答案·第4页（共6页）1号车厢与2号车厢碰撞过程由动量守恒，有mv 2mv ⑦ 1 2 1 1 碰撞损失的机械能为E  mv2  2mv2 ⑧ 1 2 1 2 2 L 4L 2号车厢运动到与3号车厢接触的时间t   2 v 3v 2 0 1、2号车厢与3号车厢碰撞过程由动量守恒2mv 3mv ⑨ 2 3 1 1 碰撞损失的机械能为E  2mv2  3mv2 ⑩ 2 2 2 2 3 L 2L 3号车厢运动到与4号车厢接触的时间t   3 v v 3 0 3L 4L 5L 4L 4L t t t   ，t t t t   ，在 的时间内仅发生两次完全非弹性碰撞 0 1 2 v v 0 1 2 3 v v v 0 0 0 0 0 ⑪ 3 则整个过程由于碰撞损失的机械能为E E E  mv2 ⑫ 损 1 2 4 0 且v v ，v v ，所以 1、2 号车厢与 3 号车厢碰撞时 0 号车厢并没有追上，上述计 1 0 2 0 算有效。 （3）设n号车厢与n−1号车厢碰撞前一瞬间的速度为u ，碰撞后一瞬间的速度为u，……， 1 1 2号车厢与1号车厢碰撞前一瞬间的速度为u ，碰撞后一瞬间的速度为u ，1号车厢与 n1 n1 0号车厢碰撞前一瞬间的速度为u 。 n 从n号车厢开始运动到与n−1号车厢碰撞前一瞬间由动能定理，有 1 FLmgLsinmgLcos mu2 0 ⑬ 2 1 2(FL2mgLsin) 可得u2  1 m n号车厢与n−1号车厢碰撞由动量守恒得mu 2mu ⑭ 1 1 从 n−1 号车厢开始运动到与 n−2 号车厢碰撞前一瞬间由动能定理，有 1 1 FL2mgLsin2mgLcos 2mu2  2mu2 2 2 2 1 1 2(FL4mgLsin) 1 2(FL2mgLsin) 2 2(FL4mgLsin) 可得u2  u2      2 22 1 2m 22 m 22 m 物理参考答案·第5页（共6页）n号、n−1号车厢与n−2号车厢碰撞由动量守恒得2mu 3mu 2 2 从 n−2 号车厢开始运动到与 n−3 号车厢碰撞前一瞬间由动能定理，有 1 1 FL3mgLsin3mgLcos 3mu2  3mu2 2 3 2 2 22 2(FL6mgLsin) 1 2(FL2mgLsin) 2 2(FL4mgLsin) 可得u2  u2       3 32 2 3m 32 m 32 m 3 2(FL6mgLsin)  32 m …… n号~2号车厢与1号车厢碰撞由动量守恒得(n1)mu nmu ⑮ n1 n1 从1号车厢开始运动到与0号车厢碰撞前一瞬间由动能定理 1 1 FLnmgLsinnmgLcos nmu2  nmu2 ⑯ 2 n 2 n1 (n1)2 2(FL2nmgLsin) 可得u2  u2   n n2 n1 nm 1 2(FL2mgLsin) 2 2(FL4mgLsin) n 2(FL2nmgLsin)   ……   n2 m n2 m n2 m 2L (F 2mgsin)2(F 22mgsin)……n(F n2mgsin)= n2m 2L  nn1 nn12n1 n1L 2n1 F  2mgsin  F 2mgsin  ⑰ n2m 2 6  nm  3  (2n1) 当u 0时，所施加的力F最小，即F 2mgsin ⑱ n 3 评分标准：本题共18分。正确得出①~⑱式各给1分。其他解法可适当给分。 物理参考答案·第6页（共6页）