重庆市第八中学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_1028重庆市第八中学2025届高考适应性月考卷（二）

物理参考答案 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A C A C D B D 【解析】 2h 2h 1．从B到C也可以看成平抛运动，有t  ，则重力的冲量大小为I mgt mg ，故 BC g g A正确。 2．根据动量守恒和牛顿第二定律，A、B整体和C通过弹簧作用的过程中，一段时间内，弹 簧先压缩后恢复原状，再拉长后恢复原状，且分别压缩最短和拉伸最长时系统有共同速度， 共速后因为弹簧不是原长，所以速度要改变，故A、D错误。A、B碰撞动量守恒，设粘 在一起时速度为v ，有mv 2mv ，A、B整体和C通过弹簧作用时第一次达到共速v的 共 0 共 1 1 过程，根据动量和能量守恒有2mv 4mv， 2mv2  4mv2 E ，解得弹簧的最大 共 2 共 2 p 1 弹性势能为E  mv2， 故B错误。对A、B、C及弹簧组成的系统，其所受合外力为零， p 8 0 动量守恒，但A、B发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，故机械能不守恒，故C正确。 3．1s 时刻 AB 共速，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有m v (m m )v，即 B 0 A B 1.2m (m m )1.0，可得m 5m ，故A正确，C错误。0～1s内，A、B的动量变化 B A B B A 分别为p 1.0m ，p (1.01.2)m 0.2m 1.0m ，大小相等方向相反，根据动量 A A B B B A 定理知弹簧对A、B的冲量大小相等方向相反，故B错误。t 2s时，A的动量 p m v ， A A A B 的动量 p m v ，v 2.0m/s，v 0.8m/s，且m 5m ，所以A的动量比B的小， B B B A B B A 故D错误。 GMm GMm v2 4．根据 ma，r r ，则a a ，故A错误。根据万有引力提供向心力 m ， r2 2 1 1 2 r2 r GM v 可知，r 越大，线速度越小，动能越小故E E ，所有地球卫星的绕行速度都 r k2 k1 GMm 小于等于地球的第一宇宙速度，故 B、D 错误。根据万有引力提供向心力 m2r， r2 GM  可知，r 越大，角速度越小，故 ，故C正确。 r3 2 1 物理参考答案·第1页（共8页）5．匀强电场沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等   o，解得 10V，故 b c a c A 错误。点电荷在c点的电势能E q，可得E 2104J，故 B 错误。ab中点e电 pc pc 势 为  6V ， 连 接 Oe 则 为 等 势 面 ， 根 据 几 何 关 系 可 知 ， abOe ， 可 得 e 22 22 d  102m 2102m，abOe，因此ab为电场线，且方向由b指向a，由 be 2 U E be ，得E100 2V/m，故C错误，D正确。 d be 1 6．滑块从C 运动到 A的过程，根据动能定理得qE10Rmg10Rmg2R mv2 ， 2 A qEmg，解得v  10gR ，故 A 错误。滑块从C运动到P的过程，根据动能定理得 A 1 v2 qE11Rmg10RmgR mv2 ，在 P 点，由牛顿第二定律得 F qEm P ， 2 P NP R qEmg，解得F 15mg ，根据牛顿第三定律知滑块到达P点时对轨道的压力大小为 NP v2 F F 15mg，故B正确。在A点，由牛顿第二定律得F mg m A ，解得F 9mg， NP NP NA R NA 根据牛顿第三定律知，滑块到达A点时对轨道的压力大小为F F 9mg，故C错误。 NA NA 滑块受到的静电力大小F qEmg ，方向水平向左，静电力与重力的合力方向与竖直方 向成45斜向左下方，则从C到P的过程中，静电力与重力的合力先做正功，后做负功， 则动能先增大后减小，故D错误。 7．A、B 选项滑块与平板车之间滑动摩擦力 f mg ，木板与地面之间最大静摩擦力 1 1 f (mgMgF)，要使木板静止，则 f ≥ f ，解得F 的最小值为 10N，故 A、B 错 2 2 1 2 1 1 误。当滑块经过时间t刚好不从木板右侧滑离，设滑块的加速度为a ，位移为x ，木板的 1 1 1 加 速 度 为 a ， 位 移 为 x ， 对 滑 块 得 f ma ， x v t at2 ， 对 木 板 得 2 2 1 1 1 0 2 1 1 F  f (mgMg)Ma ，x  a t2，且v at a t，x x L ，解得F 1N，要 1 1 2 2 2 2 2 0 1 2 1 2 2 1 使滑块不从木板的左侧掉落，滑块与木板共速后木板的加速度最大值为a ，对系统得 1 F (mgMg)(M m)a ，解得F 9N，所以力F 的范围为1N≤F ≤9N，故C错 2 2 1 2 2 2 误，D正确。 物理参考答案·第2页（共8页）二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 题号 8 9 10 答案 BC ABD AB 【解析】 8．圆盘角速度从零增加到的过程中，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为 I mv-0=mvmr。小孩受到的摩擦力是静摩擦，而且方向在不断改变，所以其做功 f 不 能 用 定 义 来 求 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 ， 小 孩 所 受 摩 擦 力 做 功 为 1 1 1 W  mv2 0 m(r)2  m2r2，故 A 错误，B 正确。根据I mgt可知小孩所受重 f 2 2 2 G 力的冲量不为零，故C正确。小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度 增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心； 所以小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，也不指向圆心，故D错误。 9．由图知，从0到x 区间正电荷的电势能减小，电势降低，电场方向沿x轴正方向，故A正 0 确。在x 处，两个点电荷的合场强为 0，再结合电势特点，说明两个点电荷一定是一正一 0 负；当x0时，电势能E ；说明了x0处一定是正电荷，由合场强的方向，可以 P 进一步判定，正电荷的电荷量一定是Q，离开x 点的距离近；负电荷的电荷量是4Q。设4Q 0 Q r 4Q 和Q点电荷到x 点的距离分别为r 和r ，由Ek ，得 1  2，即点电荷4Q到x 0 1 2 r2 r Q 0 2 的距离是Q到x 的距离的2倍，所以4Q的位置坐标是(x，0)，综上可知B电荷带正电 0 0 荷，位于原点，A带负电荷，位置坐标为(x，0)，故B、D正确，C错误。 0 10．将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为q 的点电荷，有Qnq ，在c点， 0 0 kqq 由库仑定律，q 对小球的电场力F  0 .由几何关系r2 2R2，在c点，整个圆环对小 o 0 r2 c c 2kQq 球的电场力设为F ，有F nF sin45，联立解得F  ，故 A 正确。同理可得 c c 0 c 4R2 2 5kQ E  ，方向沿斜面向下，故D错误。由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点 a 25R2 所受的电场力方向相反，大小相等，有F F ，在b点，对小球，由牛顿第二定律，有 b c (3 3)g 2kQq mgsin37mgcos37F ma，联立解得a  ，故B正确。小球从 b 5 4mR2 物理参考答案·第3页（共8页）a 到 d ， 由 对 称 性 ， 电 场 力 做 功 W 0 ， 对 小 球 ， 由 动 能 定 理 ， 有 ad 4(3 3)mgR W mg4Rsin37mg4Rcos370E ，联立解得E  ，故C错误。 ad k k 5 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11．（每空2分，共6分） （1）① （2）12 （3）减少 【解析】（1）位置①与电容器并联，应该接电压表。 （2）电流表示数为0mA时，充电结束，电压最大，根据乙图，为12V。 （3）无论充电还是放电，电流表的示数都应减小，由图丙可知该过程中随电流减小，电 压也在减少，故电容器正在放电，其能量在减少。 12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）C m m m 1 1 1 （2） 1  1  2   OP OM ON OP ON OM （3）20.25（3分） 【解析】（1）要让 1 碰 2 之后，1、2 都往前走，而不反弹，需要m m ，之后要保证碰 1 2 前碰后是一维碰撞，需要r r ，故C正确。 1 2 （2）根据动量表达式 pmv可知，为了验证动量守恒定律，需要测量两小球的质量和碰 1 撞前后的速度；设小球做平抛运动的初速度为v ，根据平抛运动规律有xv t，y gt2 0 0 2 g 可得v x ，由于两小球做平抛运动到击中竖直挡板的水平位移相等，所以可以用平 0 2h 抛过程的竖直高度代替抛出时的初速度。设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为v ，碰撞 0 后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为 v 、 v ，根据动量守恒可得 1 2 g g g mv mv m v ，又v x ，v x ，v x ，联立可得若两 1 0 1 1 2 2 0 2OP 1 2OM 2 2ON m m m 球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 1  1  2 ，弹性碰撞，动量守恒， OP OM ON m m m 1 1 1 前后动能相等， 1  1  2 ，通过化简，得到   。 OP OM ON OP ON OM 物理参考答案·第4页（共8页）（3）当两球发生弹性碰撞时，碰后瞬间被撞小球m 速度v 最大，被撞小球m 平抛运动竖 2 2 2 直高度 ON 具有最小值，根据动量守恒和机械能守恒可得 mv mv m v ， 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2m 16 g mv2  mv2  m v2 ， 解 得 v  1 v  v 。 根 据 v x ， 2 1 0 2 1 1 2 2 2 2 m m 0 9 0 0 2OP 1 2 g v x ， 可 得 被 撞 小 球 m 平 抛 运 动 竖 直 高 度 ON 的 最 小 值 为 2 2ON 2 v2 v2 92 ON OP 0 OP 0 OP 20.25cm v2 16  2 162 。 2  v   9 0  13．（10分） 解：（1）电动机在CD段运动过程中 mgsinmgcosma ① CD 02 v2 2a x ② CD CD 解得：x 20m ③ CD （2）物块在CD段运动过程中 va t a t ④ CD CD AB AB F mgsinmgcosma ⑤ AB AB P F v ⑥ B AB 解得：P 300W ⑦ B 评分标准：本题共10分。正确得出①、④、⑤式各给2分，其余各式各给1分。 14．（14分） 解：（1）规定向右为正方向，甲与乙先发生弹性碰撞，有 mv mv m v ① 1 0 1 1 2 2 1 1 1 mv2  mv2  m v2 ② 2 1 0 2 1 1 2 2 2 m m 1 解得：v  1 2 v  v ③ 1 m m 0 3 0 1 2 2m 4 v  1 v  v 2 m m 0 3 0 1 2 此后乙与丙发生弹性碰撞，有 m v m v m v ④ 2 2 2 2 3 3 物理参考答案·第5页（共8页）1 1 1 m v2  m v2  m v2 ⑤ 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2m 1 解得：v  2 v  v ⑥ 3 m m 2 3 0 2 3 显然，取走乙后，甲与丙速度完全相同，故不能再相碰 ⑦ 1 4 （2）由（1）可知，甲与乙先发生第一次碰撞，碰后两者的速度分别为v  v ，v  v 1 3 0 2 3 0 此后乙穿过AB的过程中有 1 m gL m (v2 v2) 2 2 2 2 2 16 解得：v  v2 2gL ⑧ 2 9 0 显然根号内的值必须为正，即 16 v2 2gL0 9 0 3 1 解得：v  gL ⑨ 0 2 2 然后乙与丙发生第二次碰撞，由（1）同理可得 m m 9 v 2 3 v  v2  gL ⑩ 2 m m 2 0 8 2 3 为使乙不会与甲再次碰撞，应使甲、乙都在AB间减速直至都静止时也不相遇，即 1 mgS  m(0v2) ⑪ 1 1 2 1 1 1 m gS  m (0v2) ⑫ 2 2 2 2 2 S S L ⑬ 1 2 3 解得：v  5gL ⑭ 0 4 3 1 3 综上可得： gL v  5gL 2 2 0 4 评分标准：本题共14分。正确得出①～⑭式各给1分。 15．（18分） 解：（1）粒子从A运动到B的过程中，其速度在图乙中从a沿线段ab变化到b，故该过 程中v 保持不变始终为v ，则电场力方向与x轴相互垂直。又因为v 从0变为v ，则 x 0 y 0 物理参考答案·第6页（共8页）电场力方向沿y轴负方向 ① 由上可知粒子在AB间作类平抛运动，如图1所示 对B点速度正交分解并结合图乙的b点可知 v2 v2 L y  0 ② 2a 2a qE a ③ m 图1 mv2 解得：E 0 ④ 2qL （2）因为P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度就是粒子在对应过程中的速度变化量 v v，且已知任意相等时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即 为定 t 值 ⑤ 故粒子在圆弧轨道内作匀速圆周运动的向心加速度与其在AB间作类平抛运动的加速度大 小相等，即 v2 qE B  ，其中R为圆弧轨道的半径 ⑥ R m 由图乙可知 v  v2 v2  v2 v2  2v ⑦ B x y 0 0 0 解得：R4L ⑧ （3）由乙图可知，粒子从 C 点回到电场后，在电场中的运动可分解为 x 轴方向上的匀速 直线运动（速度大小为v ）和 y 轴方向上的匀变速直线运动（初速度v 沿正方向，加速 0 0 qE v2 度a  0 ，沿负方向） m 2L 故其在电场中运动的最大高度 v2 h  0 L，恰好不离开电场 ⑨ m 2a 重新离开电场的位置（F点）到C点的距离 x v t CF 0 v 且t2 0 a 解得：x 4L ⑩ CF 根据对称性，从F点再次离开时的速度大小为 物理参考答案·第7页（共8页）v  v2 v2  2v F 0 0 0 与x轴正方向成45，此后粒子做匀速直线运动 ⑪ 如图2所示，过F点作v 的延长线交圆弧轨道于G点 F 根据圆的对称性可知OBC OCB45，故易知四边形 1 1 FGOC为菱形，即FGO 45。根据题意，粒子在G点与轨 1 1 道发生弹性碰撞后的运动轨迹与圆弧轨道的交点 H 满足 OGH FGO 45，同理可知粒子还会与圆弧轨道在 I 点 1 1 相撞最后从J点返回电场，且 图2 l l  2R4 2L ⑫ GH HI l l R4L ⑬ FG IJ v v v ，v 与x轴正方向成45°角 Jx Jy 0 J 根据对称性 x x  2Rx 4( 21)L ⑭ CJ BF CF 故J点横坐标为x x x 2L，其中x ( 2Rx )(4 22)L J C CJ C B 故曲线AB与JA对称，故粒子从J返回电场后做类斜抛运动恰好回到A点 粒子从A点出发再回到A点的轨迹可分为三部分：4段对称的抛物线、1段圆弧、4段直 线段。其总时间为 t4t t 2(t t ) ⑮ AB BC FG GH 3 2πR x 4  R 2R  L 4 B  2   (164 23 2π) ⑯   v 0 2v 0  2v 0 2v 0  v 0 评分标准：本题共18分。正确得出⑤、⑩式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第8页（共8页）