【文档说明】重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.371 MB，由小赞的店铺上传

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巴蜀中学2025届适应性月考二物理试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷

上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.高速公路下坡处常设有避险车道，供刹车失

灵的车辆避险。如图所示，某货车行驶到该路段时，刹车突然失灵，此时司机立即关闭发动机，控制方向盘，最终停在避险车道上。关于此过程，下列说法正确的是（）A.货车惯性减小B.货车机械能不守恒C.货车动能全部转化为重力势能D.避险

车道对货车的支持力等于车重【答案】B【解析】【详解】A．货车惯性仅与质量有关，车质量不变，惯性不变，故A错误；B．由于有摩擦力作用，机械能不守恒，故B正确；C．根据能量守恒，货车的动能转化为重力势能和摩擦生热，故C错误；D．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。故选B2.跳远比赛中，运动员的重心可视为斜抛运动，轨迹简化为如图所示，运动员从A起跳，B点为最高点，。最终落在C点，忽略空气阻力，则运动员（）A.从离地到着地前瞬间的整个过程，重力的冲量为0B.从离地到着地前瞬间的整个过程，动量的

变化量为0C.A到B过程和B到C过程，重力做功相同D.A到B过程和B到C过程，动量的变化量相同【答案】D【解析】【详解】AB．整个过程，重力做功为0，动能变化为零，重力的冲量为mgt，由动量定理可知pImgt==AB

错误；C．A到B过程时，重力做负功，B到C过程，重力做正功，C错误；D．A到B过程和B到C过程，时间相同，重力的冲量相同，动量的变化也相同，D正确。故选D。3.热敏电阻R可制成汽车低油位报警装置，其示意图如图所示。当液面高于热

敏电阻高度时，热敏电阻发出的热量会被液体带走，温度基本不变，当热敏电阻露出液面时，发热会导致它的温度上升，热敏电阻的电阻会迅速减小。已知电源电动势为E，内阻为r（不可忽略）。若发现指示灯从熄灭状态突然变亮（电流增大到某特定值），则（）A.油箱处于低油状态B.电路中

电阻增大C.电源的总功率不变D.电源的效率变大【答案】A【解析】的【详解】AB．灯泡突然变亮，回路中电流变大，电阻变小，则热敏电阻露出液面，油箱处于低油状态，故A正确，B错误；C．由于回路中电流变大，电源的总

功率为PIE=所以总功率增大，故C错误；D．回路中电流变大，内电压变大，外电压减小，电源效率为100%100%UIUEIE==电源效率减小，故D错误。故选A。4.2024年4月，大疆运载无人机在珠峰南坡大本营进行了无人机高海拔飞行及运输能力测试，创造了民用运载无人机海

拔6191.8米的飞行最高记录（如图）。已知测试所用FC30无人机质量为65kg，在空吊系统负载模式下，货物重15kg。某次无人机从静止开始竖直起飞，匀加速5s后达到最大上升速度5m/s，g取210m/s。由此可

知该过程（）A.货物处于失重状态B.货物上升高度25mC.货物受到线缆的合力为150ND.空气对无人机的作用力为880N【答案】D【解析】【详解】AC．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AC错误；B．匀加速飞行，货物上升高度max12.5m2v

ht==故B错误；D．加速度为1m/s2，对飞机进行分析，根据牛顿第二定律有()()FMmgMma−+=+可解得空气对无人机作用力F=880N故D正确。故选D。5.如图，倾角为的光滑绝缘斜面上存在两个带电量完全相同的小球a、

b，其中小球a与一端固定的绝缘轻质弹簧相连，整个系统处于沿斜面向上的匀强电场E中，当a、b在相距L处静止时弹簧恰好处于原长。下列说法正确的是（）A.a、b均带负电荷B.小球a的质量等于小球b的质量C.若两球带电量均为q，则两小球总

质量2sinqEMg=总D.若仅增大电场强度E，要使a、b再次静止，则二者间距比原来大【答案】C【解析】【详解】A．小球a、b带电量完全相同，即a、b带同种电荷，对整体受力分析，根据平衡条件可知，电场力必向上，即a、b均正电

荷，故A错误；BC．对两小球整体进行分析，根据平衡条件有sin2MgqE=总对小球b进行分析有22sinbqmgkqEL+=对a进行分析有22sinaqmgqEkL=+可知abmm，2sinqEMg=总故B

错误，C正确；为D．若仅增大电场强度E，a、b再次静止，对b进行分析有22sinbqmgkqEL+=由于电场力qE增大，则点电荷间库伦力增大，间距减小，故D错误。故选C。6.8月20日凌晨迎来天王星西方照，此时若俯瞰太阳系的平面，会看到它们的位置关系如图所示，

太阳、地球、天王星形成一个直角，地球位于直角的顶点，且此时太阳和天王星连线与地球和天王星连线夹角为θ。大约3个月后，地球将来到太阳和天王星之间，此时天王星、地球、太阳成一直线，即为天王星冲日。已知八大行星都是逆时针绕太

阳公转，则天王星与太阳的距离r约是地日距离R的（）倍。A.sinB.2216tanC232D.4【答案】C【解析】【详解】根据几何关系有sinRr=所以1sinrR=3个月后地球转过14圆周，其位置图如图所示.此时天王星转过θ，即12t=地

t=天则2TT==天地天地由开普勒第三定律知2232TrTR==天地所以232rR=故选C。7.如图1所示，真空中固定一个半径为R、带电量为Q+的均匀带电小圆环，

取中轴线为x轴，圆环圆心为坐标原点，向右为正方向，中轴线上的电场强度分布如图2所示。1x、2x是坐标轴上电场强度最大的两点，电场强度最大值为mE。已知点电荷q在距离为r处的电势为qkr=，k为静电力常量。则（）A.m222Q

EkxR=+B.2x处电势为222QkxR=+C.O点和2x处的电势差为m22ExD.若有带电量为()0qq−的粒子沿x轴从O点一直向右运动，则其电势能先增加后减小【答案】B【解析】【详解】A．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，取坐标轴x处圆环极小部分在x处的电场为22()QEkxR=+沿x轴方向上分量3222()xQxEkxR=+则坐标轴x处场强为3222()xQxEEkxR==+解得2m32222()QxEkxR=+故A错

误；B．取坐标轴x处圆环极小部分在x处的电势为1222()QkxR=+电势标量，则代数相加()12222QkxR=+故B正确；C．E—x中面积表示电势差，则O点和x2处的电势差大于m22Ex，故C错误；D．负粒子从O点向右运动，电势减小，根据PEq=为

可知，电势能增加，故D错误。故选B。二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分。8.两点电荷q1、q

2分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上，在x轴上电势分布如图所示，在x>6cm部分，x=12cm处电势最高。则（）A.电荷q1、q2为异种电荷B.电荷q1、q2为同种电荷C.q1=4q2D.q1=8q2【答案】AC【解析】【详解】由

图可知，在0-6cm之间，靠近6cm处电势为0，则q1、q2为异种电荷，12qqφ-x图中斜率表示电场强度，12cm处电势最高，场强为0，则122212qqkkrr=112cmr=，26cmr=可知124qq=故选AC。9.如图所示，实线为负点电荷的一条电场线，负点电荷位于电场线的一端

。A、B、C在电场线上，且AB=BC。虚线为电子仅在点电荷作用下的运动轨迹。下列关于电场强度E、电势φ、电势差U的判断正确的是（）A.ABCEEEB.ABCC.ABBCUUD.ABBCEEEE−−【答案】AC【解析】【详解】AB．由于电子做曲线运动，电场力指

向轨迹内侧，即电场力方向向右，电场力方向与场强方向相反，可知场强向左，即负电荷在左端，电场线如图所示电场线越密，场强越强，沿电场线方向电势降低，所以ABCEEEABC故A正确，B错误；C．根据UEd=可知AB段电场强度更大，电势差更大，故C正确；D．根据点电荷场强公式2kQ

Er=可知，远离点电荷相同距离电场强度的变化减小，即ABBCEEEE−−故D错误。故选AC。10.在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R的管形圆轨道，俯视图如图所示，abc、、为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置A、B两个小球

（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为ABmm、，开始时B球静止于a点，A球在其左侧以0v的初速度向右与B球发生第一次碰撞且被反弹。已知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b点。则下列说法中正确的是（）A.A

、B两球的质量比为AB25mm=：：B.A、B两球第一次相碰后瞬间，A球受到的向心力减小为碰前的49C.仅增大A球的质量Am，第二次碰撞点不可能在b处D.仅改变A球的质量AABm，、两球相邻两次碰撞之间的时间不变【答案】BD【解析】【详解】A．根据动量守恒定律和能量守恒定律有A0AABBmv

mvmv=+222A0AABB111222mvmvmv=+解得ABA0ABmmvvmm−=+AB0AB2mvmmv=+第二次碰撞发生在b点，则有AB21−=vv联立解得AB15mm=∶∶故A错误；B．解得AB碰后的速度分别

为A023vv=−，B013vv=根据2vFmR=可知A需要的向心力为原来的49，故B正确；C．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mA，速度之比变化，则第二次碰撞点不可能仍在b处。若不反

弹，第二次碰撞点若在b处，则B比A多走1圈，则BA41vv=解得质量之比21ABmm=即满足21ABmm=时AB在b处可以第二次碰撞，故C错误。D．每相邻两次碰撞之间的时间间隔2πRt=相v对弹性碰撞，前后相对速度大小不变，故D正确。故选BD。三、非选择题：共5小题，共57分

。11.小巴同学设计了图甲所示的探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度大小的关系的实验装置：质量为m的磁性滑块（形状为小正方体）放置在转台上，绝缘细线一端连接磁性滑块内侧，另一端连到固定在转轴上的力传感器上，连接到计算机上的力传感器能显示细线的

拉力F；当转台绕竖直轴水平匀速转动时，固定在左侧的磁传感器可记录滑块经过磁传感器时的磁场脉冲信号。若磁传感器记录到第n个（首次经过记数为0）磁场脉冲信号所用总时间为t。（1）滑块做匀速圆周运动的角速度大小=_____。（2）小巴同学采取了下列

步骤：①将磁性滑块放置在转台上，使细线刚好伸直；②用刻度尺测量磁性滑块旋转半径为R；③控制转台以某一角速度匀速转动，记录在时间T内磁传感器接收脉冲个数1n和力传感器示数1F；④增大转台的角速度并做匀速转动，再次记录在相等时间T内，磁传感器接收脉冲个数和力

传感器示数22nF、；重复步骤④依次记录3344nFnF、；、；⑤以力传感器的示数F为纵轴，对应的脉冲数平方2n为横轴，建立直角坐标系，描点后拟合为一条直线，如图乙所示，试分析图像不过原点的原因：_____。（3）若磁性滑块质量不变，体积增大（形状依然为正方体），接入的绝缘线长度不变，则作出2F

n−的新图像，与图乙中直线斜率比较，发现其斜率_____（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）2πnt（2）滑块与平台间有摩擦力（按实际情况合理给分）（3）增大【解析】【小问1详解】由题可知，滑块做匀速圆周运动的周期tTn=故滑块的角速度22nTt==【小问2详解】若滑块

和平台之间存在摩擦力，则有2FmgmR+=解得2224nmRFmgt=−不考虑摩擦力时，2Fn−图像恰好过原点，不过原点，可能是由于滑块与平台间存在摩擦力。【小问3详解】根据上述分析可知，当滑块的质量不变，体积增大

，滑块的旋转半径R增大，故2Fn−图线的斜率增大。12.小蜀同学设计了一套探究加速度与力的关系的实验装置如图所示。质量均为m、宽度均为10cmd=的遮光插片可自由拼接（相邻插片紧密接触，不透光，每个插片与轨道间的滑动摩擦力相等）。足够长轨道

上固定的光电门（不影响插片组通过）可记录插片组通过光电门的遮光时间。将10号插片用轻绳跨过光滑定滑轮与剩余9个插片连接，调节轨道角度至释放后插片组恰好可沿轨道匀速上滑（10号插片离地足够高，重力加速度为g）。（1）将左侧插片组上的1号

片取下拼到右端的10号片下方，将9号插片右侧紧靠光电门处由静止释放，光电门记录插片组通过光电门的时间（遮光时间）11.22st=，则插片组该过程的加速度1a=_____m/s。（计算结果保留2位小数）。（2）继续取下左侧插片组的2号片，将其继续拼到右端1号片下

方，再次将9号插片右侧紧靠光电门处由静止释放，记录遮光时间2t，计算对应加速度2a；（3）依次取下左侧遮光片拼到右侧遮光片下方，重复步骤（2）并计算出相应加速度34naaa、；（4）以右侧悬挂片的个数n为纵坐标，对应加速度a为横坐标，作na−图像，则下列图像正确的是_

____；并写出n与a的函数关系式：_____。A.B.C.D.【答案】①.1.07②.B③.91nag=+【解析】【详解】[1]根据匀变速直线运动规律可得21118()2dat=解得2121161.07m/s()dat==[2][3]设每个与斜面

的摩擦力为f，当右边悬挂一个插片时，插片组恰好匀速运动，此时斜面的倾角为，则有9sin90mgmgf−−=解得1sin9mgfmg+=右边悬挂n个插片时，插片组的加速度为a，根据牛顿第二定律则有(10)(s

in)10nmgnmgfma−−+=联立解得91ang=+故na−图像B正确。故选B。13.由于直升机具有垂直起降、空中悬停等独特性能，因此运用直升机灭火是消防航空技术主要发展方向。如图，某次演练中，一直升机在水面上由静止开始匀加速

直线滑行并汲水，速度达到v=60m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1200m、汲水质量m=6×103kg（汲水桶桶身质量可忽略不计）。完成汲水后攀升并奔赴火灾现场，待接近火灾目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s2

，求：（1）直升机在水面滑行阶段的滑行时间t及加速度a的大小；（2）奔赴现场过程中，汲水桶与直升机保持相对静止。连接汲水桶的两根连接绳（两绳间距处处相等）每根可提供最大张力5×104N，则直升机水平飞行允许的最大加速度是多少?【答案】（1）40s，1.5m/s2（

2）2403m/s【解析】【小问1详解】直升机在水面滑行阶段的滑行时间为40s2Lt==v所以21.5m/svat==【小问2详解】对水桶，根据牛顿第二定律可得22(2)()Tmgma−=解得240m

/s3a=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2403m/s14.如图甲所示，P、Q为两块平行极板，MN为荧光屏（足够宽，与极板平行），O1O2（与极板垂直）连线的延长线与MN交于323OOO，间距离为d。P极板上1O处有一粒子源，0t=时刻开始连续释放初速度为零、比荷为q

m的正粒子。粒子经过P、Q间的加速电场后，从Q极板上的小孔2O进入Q和MN之间的偏转电场。已知偏转电场强度012UEd=，方向水平向右，0T时间内P、Q间的电压Ut−图像如图乙所示。不计粒子在P、Q间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：（1）粒子从1O至3O所需最短

时间；（2）粒子打到MN板上形成的亮线长度x；（3）若在006T时间内，Q和MN间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取水平向右为正方向。从0t=时刻释放的粒子恰好打到3O，则0tT=时刻释放的粒子打到MN上时到3O的距离。【答案】（1）02

4mdqU（2）34d（3）4d【解析】【小问1详解】粒子在极板间加速，根据动能定理有212qUmv=根据图乙可知00624qUqUmm≤≤v不计粒子在P、Q间的加速时间，所以粒子到达细缝O3时间最短为024mtdqU=【小问2详解】粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有q

Eam=竖直方向，有dvt=水平方向，有212xat=将速度的两个极值代入可解得114xd=，2xd=所以34dx=【小问3详解】从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据水平方向的运动规律可知，粒子在00~T向左加速，0

0~2TT向左减速，002~3TT向右加速，003~4TT向右减速，刚好经历一个周期所用时间为04tT=打到3O处，则T0时刻释放的粒子在偏转电场中运动的时间为2T0，即00224dTqUm=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O3点，则2001212424qUddxdmqUm==15.小巴同学设计了一种利用碰撞节能运输货物上下山的装置，原理如图所示。0n号车厢静止在倾角为的斜面上，车厢间距均

为L，车厢与斜面的动摩擦因数均为，且，tan=，0号车厢质量为3m，其他车厢质量均为m。0号车厢与1号车厢之间的碰撞为弹性碰撞，其他车厢间碰撞后均粘在一起。（1）若给0号车厢一个沿斜面向下的初速度0v，求0号车厢与1号车厢第一次

碰撞后两者的速度大小；（2）在（1）的条件下，求0号车厢开始运动后经过04Lv的时间，整个系统由于碰撞损失的机械能；（3）若在各车厢静止且间距为L的条件下，在n号车厢上施加沿斜面向上的恒力，使车厢向上运动，为了使1号车厢能够与

0号车厢相碰，求所施加恒力的最小值。[提示：在解题中可能用到公式()()22221211236nnnn++++++=。【答案】（1）012v，032v（2）2034mv（3）221si3()nnmg+【解析】【小问1详解

】对0号车厢进行分析，由牛顿第二定律有3sin3cos3mgmgma−=解得0a=可知0号车厢沿斜面向下做匀速直线运动，0号车厢与1号车厢碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有'00133mvmvmv=+根据能量守恒定律有2'2200111133222

mvmvmv=+联立解得0012vv=，1032vv=【小问2详解】结合上述，0号车厢运动到1号车厢位置的时间00Ltv=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，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01123LLt==vv1号车

厢与2号车厢碰撞过程由动量守恒定律有122mvmv=碰撞损失的机械能为2211211222Emvmv=−2号车厢运动到与3号车厢接触的时间22043LLt==vv1、2号车厢与3号车厢碰撞过程由动量

守恒定律有2323mm=vv碰撞损失的机械能为22223112322Emvmv=−3号车厢运动到与4号车厢接触的时间3302LLt==vv由于0120034LLttt++=vv，30120054LLtttt+++=vv可知，在04L

v的时间内仅发生两次完全非弹性碰撞，则整个过程由于碰撞损失的机械能为212034EEEmv=+=损由于10vv，20vv可知，1、2号车厢与3号车厢碰撞时0号车厢并没有追上，上述计算有效。【小问3详解】设n号车厢与n−1号车厢碰撞前一瞬间的速度为1u，碰撞后一瞬间的速度为1u，……，2号

车厢与1号车厢碰撞前一瞬间的速度为1nu−，碰撞后一瞬间的速度为1nu−，1号车厢与0号车厢碰撞前一瞬间的速度为nu。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211sincos02FLmgLmgLmu−−=−可得212(2sin)FLmgL

um−=n号车厢与n−1号车厢碰撞由动量守恒定律得112mumu=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2212112sin2cos2222FLmgLmgLmumu−−=−可得222222112(4s

in)12(2sin)22(4sin)2222FLmgLFLmgLFLmgLuummm−−−=+=+n号、n−1号车厢与n−2号车厢碰撞由动量守恒定律得2223mumu=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2322113sin3cos3322FLmgLmgLmumu−−=−可得22223222222(6sin)12(2sin)22(4sin)32(6sin)33333FLmgLFLmgLFLmgLFLmgLuumm

mm−−−−=+=++n号~2号车厢与1号车厢碰撞由动量守恒定律得11(1)nnnmunmu−−−=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有12211sincos22nnFLnmgLnmgLnmunmu−−−=−可得2122

2(1)2(2sin)nnnFLnmgLuunnm−−−=+=22212(2sin)22(4sin)2(2sin)FLmgLFLmgLnFLnmgLnmnmnm−−−+++=……22(2si

n)2(22sin)(2sin)=LFmgFmgnFnmgnm−+−++−……()()()()()2112112122sin2sin263nnnnnnLnLFmgFmgnmnm+++++

−=−当0nu=时，所施加的力F最小，解得()221sin3nmgF+=