黑龙江省“六校联盟”2025届高三上学期联合适应性考试物理答案

1.B【解析】牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验和大量的事实的基础上，推理出来的并不能通过实验来验证，A项错误；电流的磁效应是由奥斯特首先发现的，C项错误；洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，D项错误；伽利略通过实验和合理的推理反驳了亚里士多德提出的重的物体下落得快，轻的物体下落得慢的观点，B项正确。由x1=v0t1−带入v0=10m/s，a=2.5m/s2，t1=1s可得：x1=8.75m，A项错误；卡车刹车B项错误；由v=带入x=20m，t=5s得v=4m/s，C项正确；刹车后6s末的速度等于零，D项错误。3.C【解析】根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，A项错误；当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，B项错误；如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N极，C项正确；如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S极，D项错误。4.A【解析】根据左手定则判断圆形框架受到的安培力一定竖直向上，因此C、D两个选项错误；设下方圆弧电阻为r，则上方圆弧电阻为3r，其中r=P二者总并联总电阻为由欧姆定律总而有效长度为根据安培力公式F安=BIL有=项错误，A项正确。5.D【解析】在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据v-t图像可知，此段的加速度大小为a2=0.2m/s2，由牛顿第二定律：μmg=ma2得：μ=0.02，B项错误；0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据v-t图像可知a1=0.4m/s2，再由牛顿第二定律：F1−μmg=ma1带入数据得：F1=24N，A项错误；v-t图像与横轴所夹的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为S=65m，C项错误；由动能定理：W−μmgs=0−0，带入数据得：W=520J，D项正确。6.B【解析】对小明同学受力分析，设小明不相对地面发生相对滑动对杆最大的推力为Fm，则：Fmcos53°=μ1(Mg−Fmsin53°)，解得：Fm=350N＜450N设最多能推动积雪的质量为m，对积雪受力分析，Fmcos53°=μ2(mg+Fmsin53°)解得：m=28kg，因此，B项正确。7.B【解析】如图所示，以垂直于v0为x轴，以v0方向为y轴建立平面直角坐标系，设y轴与竖直向下成θ角，将重力加速度g分解为gx=gsinθ,gy=gcosθ则：t=gxt2=gsinθ 解得：或采用斜交分解法也可以解得同样结果。8.BC【解析】倾斜轨道卫星的周期是24小时，在地面上看是移动的，因此不能总是在某点的正上方，故A错北斗G5为同步卫星，北斗M3为中高卫星，根据万有引力提供向心力得=man可知北斗G5的线速度小于北斗M3的线速度，故B正确；北斗G5的向心加速度小于北斗M3的向心加速度，故C确；北斗G5的向心加速度小于北斗M3的向心加速度，故C正确；由于卫星质量未知，故无法比较机械能大小，9.BD【解析】如图所示，带电小球在垂直纸面内做匀速圆周运动，电场力、重力和绳拉力的合力提供做圆周平导轨上运动，由动量定理：−BdI∙∆t=0−mwr又∙∆t=则x=mwr，解得：x=的向心力，将重力和电场力进行合成，二者的合力可看做等效重力来处理，由于11.（1）D（1分2）偏小（2分的向心力，将重力和电场力进行合成，二者的合力可看做等效重力来处理，由于F电=qE=则【解析】（1）ABF电=qE=则F合=mg'=合力方向与竖直方向成θ角，则tanθ=，θ=F合=mg'=合力方向与竖直方向成θ角，则tanθ=，θ=37°,半径r=Lsinθ=项错误mgtanθ=，解得：运动到轨迹的最高点时，电场力做正功最多，电势能减小量最多为∆E减=qELsin2θ=mgL，故D正确；10.BD【解析】导体棒ab在MP、NQ之间运动的过程中根据D．为了使细线拉力近似等于所挂槽码的总重力，在实验中，应使小车和钩码的质量远大于所挂槽码的质量，总NQ之间运动的过程中设经过时间t导体棒ab做圆周运动转过的角度为总NQ之间运动的过程中设经过时间t导体棒ab做圆周运动转过的角度为Bdvx=Bdwrsinwt，为正弦交流电，电动势的有效值为由能量守恒定律：整个过程中由于摩擦而产生的热量为mgr−,故B正确；下滑过程中电阻R上产生的焦耳热为QR1=I2Rt=水平轨道上由能量守恒：电阻R上产生的焦耳热为QR2=mw2r2∙因此整个过（3）图中PN对应小车合力为悬挂物的重力mg时的加速度a1，即mg=Ma1解得a1=图中QN对应小车的实际加速度a2，设此时细线的拉力为T；对小车有T=Ma2对悬挂物有mg-T=ma2解得联立解得结合图像斜率的含义，可得12.（1）红1分2）×101分）102分）（3）14012分）500（2分）。【解析】解1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故A端应与红表笔相连；（2）当单刀双掷开关拨到1端时，电流表的量程较大，故调零时欧姆表的内电阻较小，即欧姆表的中值电阻也较小，测量待测电阻时的量程较小，倍率为S拨到1端，则有I﹣Ig）R1＝Ig（Rg+R2解得：I＝10mA。即当电流表G满偏时，通过红黑表笔的电流为10mA。（3）当欧姆表倍率取“×100”，即单刀双掷开关拨到2解得：R＝1401Ω。当欧姆表倍率取“×100”，电流表量程为1mA，此时欧姆表内阻为：r内==1500Ω,当指针指到处时，电路的总电流为mA，总电阻为短接时﹣1500Ω=500Ω。【解析】（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则I4=……①解得I4=40A根据理想变压器的变流规律有……②解得I3=4A输电线路上损耗的电功率为ΔP=IR……③解得（2）根据理想变压器的变压规律有……………⑤解得U3=2200V升压变压器副线圈两端电压为U2=U3+I3R……………⑥解得U2=2250V根据理想变压器的变压规律有…⑦解得U1=250V交流发电机产生的感应电动势的最大值为Em=NBSw代入数据解得电动势有效值=430V…………⑧根据理想变压器的变流规律有……………⑨I1=36A根据闭合电路欧姆定律有E=U1+I1r ⑩ ⑪分，①~⑪均1分。）14.（1）v0=gL2）FT=mg；【解析】（1）小球第一次到最高点时，小球和滑块达到相同速度，由水平方向的动量守恒：由系统机械能守恒：（2）小球第1次返回最低点时，设小球速度v1，滑块的速度为v2，对系统由动量守恒定律和机械能守恒定律：mv0=mv1+3mv2……………④解得：v1=−v0，联立③④⑤解得：FT=mg………………⑦（3）从开始到第1次摆到最高点的过程中二者组成系统水平方向动量守恒，取极短时间∆t内：之后在时间内粒子只在电场力作用下做匀加速直线运动，设此段时间间隔为t2，则累加可得：mv0ΣΔt=mΣv1Δt+3mΣv2Δt…………⑨又Σv1Δt=S1=S+L，Σv2Δt=S2=S……………⑩则：mv0t=mS1+3mS2⑩（评分参考：本题共12分。第（1）问3分；第（2）问4分；第（3）问5分，①~⑩均1分。）（3）t0时刻之后，粒子将重复之前的运动，轨迹如图所示，整个过程粒子将沿着（3）t0时刻之后，粒子将重复之前的运动，轨迹如图所示，整个过程粒子将沿着OABCDEFGO做周期性运动。当粒子运动到C点时离O点最远解得：tOC=（评分参考：本题共18分。第（1）问2分；第（2）问11分；第（3）问5分，①~⑩均1分。）【解析】（1）t=0时刻对粒子受力分析，由牛顿第二定律：qv0B0-qE0=ma……………①时间内，设此段时间间隔为t1，粒子受f洛和F电的共同作用，设v0=v1+v2，令qv1B0=qE0则：v1=，v2=v0-v1=粒子以v1匀速直线运动的同时又以v2速率做匀速圆周黑龙江省“六校联盟”高三年级联合适应性测试物理考点细目表题号题型分值考查的主要内容及知识点难度1选择题4物理学史易2选择题4匀变速直线运动，刹车问题易3选择题4楞次定律的应用易4选择题4欧姆定律，安培力公式，有效长度，左手定则中5选择题4v-t图像，牛顿第二定律，功的公式或动能定理中6