巴蜀中学2025届高考适应性月考卷（一）物理试题答案

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12345678910答案DCCBDDCBCBCAC【解析】2．从40.0s到50.0s，电梯向上减速运动，加速度向下，为失重状态。3．如图1所示，由平衡条件知外力与重力的夹角在(π]，的范围内均可。5．小车开始运动时，由PFv，Ffma知小车先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，故A、B错误。C选项由动能定理计算，却少考1虑了阻力所做的负功，故C错误。由动能定理有Ptfxmv2，计算得2m图1Ptmv2xm，故D正确。f2f6．设绳长为L，取向右为正，在小球运动到最低点过程中，对A、B系统由水平方向动量守11gLgL恒和总能量守恒得mmvv20、mgL2mvv22m，得v，v2，BA22ABA3B3()vv2在最低点对小球B，由TmgmAB，注意此处分子为相对速度大小的平方，解得LTmg4。7．由于卫星乙运动方向与地球自转方向相反，所以圈数和等于1时相遇，ttTT有1，解得t0，故A、B错误。甲卫星与地面上的P点TT0TT02π2π2π同步，考虑甲与乙的相对运动，如图2所示，tmax2πTT03图2ππ3(π)，解得信号连续中断的最长时间为tmax，故C正确。32π2πTT0物理参考答案·第1页（共5页）{#{QQABKYAEogAgQIJAARhCEwEaCAGQkBECAQgOhBAAIAABARNABAA=}#}{#{QQABIYCg4wgw0JZACZ57EwVqCQiQkJCSJcgORQABOAxjwINABIA=}#}8．A、B点之间为齿轮传动，线速度大小相等，A、C两点间为同轴转动，运动周期相同，故B、C正确。9．撞击时篮球受水平外力，故水平方向动量不守恒，故A错误。由水平方向一直匀速运动可知11B正确。篮球从脱手到进入篮筐过程分别由Hgt2和hgt2得到总时间，可知C正确。22篮球反向弹回到进入篮筐过程中水平速度不再是v1sin，故D错误。10．先判断A、B物块即将分离的时刻，对AB，有FFAB()mmaAB；对A，有FmaAA；2解得a2m/s，t2s，vA4m/s。所以0~2s内AB未分离且一起做匀加速直线运动，对A由pmvA0得p12kgm/s，故A正确，B错误。由0~2s内对B由Ipm合1vB016Ns，2~5s内AB已分离，对B由Ft图像面积知I合233Ns，最后将两段时间内冲量相加得0~5s内合力对B的冲量大小为49Ns。2~5s内AB已分离，对A同样由Ft图像面积得5s时vA7m/s，故C正确，D错误。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）26（2）0.18（3分）1【解析】mmMvv()、()()(1cos)mMv2mMgl，联立解得v2(1cos)gl02mM1()(1cos)mMgl22m/s、v2(1cos)6m/sgl、Emv20.18J。0mp02m12．（每空3分，共9分）（1）60.6（2）0.48（0.43~0.53均可）2【解析】（1）由逐差法可得加速度为6m/s，物体受摩擦力作用而减速运动，可得1MgMa，解得10.6。1（2）B下落至临落地时根据动能定理有mghmgh()mmv2；在B落地后，ABA22AB12mmBA2运动到Q，有2mgsAAmv，解得sh，由sh图像可得斜率约为0.94，22()mmAB解得20.48。物理参考答案·第2页（共5页）{#{QQABKYAEogAgQIJAARhCEwEaCAGQkBECAQgOhBAAIAABARNABAA=}#}{#{QQABIYCg4wgw0JZACZ57EwVqCQiQkJCSJcgORQABOAxjwINABIA=}#}13．（10分）1解：（1）上升过程，根据位移时间公式有hat2①212解得a16m/s上升过程由牛顿第二定律得FMmgfMma()()1②代入数据解得f10N③1（2）炸弹下降过程自由落体，根据位移时间公式有hgt2，得t2s④22无人机上升过程FMgfMa2，解得a230m/s⑤1上升位移xat2，解得x60m⑥22离地总高度为80m⑦评分标准：本题共10分。正确得出①、②、④式各给2分，其余各式各给1分。14．（13分）解：（1）依题意，小物块恰好能够通过圆轨道Ⅰ的最高点B，则有v2mgmB①R11根据能量守恒，可得初始时弹射器弹性势能Emv22mgR②p2B1联立解得Ep2J根据功能关系得WEp2J1又根据平均力法Wkx2③2得x0.2m④（2）由Ⅰ最高点到Ⅲ最高点，由动能定理11mg(2R2R)mvv22m⑤1322Bv2又mgFNm⑥R3得FN10N⑦（3）若小车恰好能够通过三连环，则初始时弹射器弹性势能为2J，设小车第一次滑上CD轨道的距离为L，由能量守恒，可得EmgLmgLpcossin⑧11整理，可得L⑨cossin1sin()2物理参考答案·第3页（共5页）{#{QQABKYAEogAgQIJAARhCEwEaCAGQkBECAQgOhBAAIAABARNABAA=}#}{#{QQABIYCg4wgw0JZACZ57EwVqCQiQkJCSJcgORQABOAxjwINABIA=}#}3Lm⑩min2评分标准：本题共13分。正确得出⑤、⑥、⑧式各给2分，其余各式各给1分。15．（18分）解：（1）物块2恰好能通过管形轨道的最高点，则通过最高点的速度为v0，设物块2进入C点时的速度为v2，以AB平面为零势能面，根据机械能守恒定律，有1mmgRv22①2222解得v22gRv2为物块2碰后的速度，1和2发生弹性碰撞，设1碰后的速度为v1，根据动量守恒定律：mmm10vvv1122②111根据碰撞过程的机械能守恒定律，有mmmvvv222③222101122解得v04gR④（2）物块2运动至水平直径上方某处时才能与内外壁均无相互作用力，设此位置与O点连线和OD之间的夹角为θ，物块在此位置的速度为u，如图3所示11根据机械能守恒定律，有mmumgRv22(1cos)⑤222u2此时由重力沿径向的分力提供向心力，有mgcosm⑥R2图解得cos⑦33（3）要使长木板不与凹槽底部脱离，则长木板与半圆轨道组成的系统在竖直方向上所受向上的作用力不超过系统的重力。半圆轨道所受向上的作用力只能由物块2提供，对物块2和长木板与轨道组成的系统分别受力分析，如图4所示，其中F为轨道对物块2的弹力，F为物块2对轨道的反作用力，N为凹槽对系统向左的支持力，FN为凹槽底部对系统的支持力。图4对物块2，设此时速度为u，根据机械能守恒定律，有物理参考答案·第4页（共5页）{#{QQABKYAEogAgQIJAARhCEwEaCAGQkBECAQgOhBAAIAABARNABAA=}#}{#{QQABIYCg4wgw0JZACZ57EwVqCQiQkJCSJcgORQABOAxjwINABIA=}#}11mmumgRv22(1cos)⑧22u2沿径向的合力提供向心力，有Fmgcosm⑨Rv2解得Fgm23cos2mgmg(k)3osmgmcR对系统列竖直方向的平衡方程：FFNcos2mg⑩解得FN223coscosmg[(k)]mgmgkk2222整理得2FmgmgN23cos2cos23c[()]kmgmgos66k2显然，当cos时，凹槽对系统的支持力最小，最小值为62k2FmgNmin2362k2令该最小值为0，即系统刚要脱离凹槽地面，则2306解得k2(16)同时为使得物块2能通过最高点，最高点临界条件为不受弹力，则重力提供向心力，有u2mgmR11由机械能守恒定律，有mmumgRv22222解得k5则k的取值范围为51)≤≤k26(评分标准：本题共18分。正确得出④、⑤、⑥、式各给2分，其余各式各给1分。物理参考答案·第5页（共5页）{#{QQABKYAEogAgQIJAARhCEwEaCAGQkBECAQgOhBAAIAABARNABAA=}#}{#{QQABIYCg4wgw0JZACZ57EwVqCQiQkJCSJcgORQABOAxjwINABIA=}#}