重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷（五）物理参考答案_2024年3月_013月合集_2024届重庆市第八中学高考适应性月考卷（五）

重庆市第八中学 2024 届高考适应性月考卷 (五) 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 D B C A D 2.【解析】图甲为面积变化引起的电容变化,故C正确。 3.【解析】迅速挤压过程中,体积变小,外界对气体做功,故越来越难压缩是因为压强增大,而温度升高,但不是每一个气 体分子的动能都增加,故A、B错误。瓶盖被顶飞过程中,气体迅速对外做功,温度降低,瓶内温度降低使水蒸气液化形 成白雾,故C错误,D正确。 4.【解析】该运动过程洛伦兹力不做功,只有重力参与做功,由能量守恒, a点与 e 点等高,故 A、C 错误。同理过 b、d 两点时,速度大小相等,但 b 点受洛伦兹力,故拉力不相等,故D错误。该运动周期与单摆周期相同,故B正确。 5.【解析】 235U 有92个质子和143个中子,可知纵坐标为核电荷数,横坐标为中子数,故A错误。由图可知, 235U 92 92 衰变最终生成稳定原子核X,故B错误。由图可知,衰变路径有两个分岔,根据排列组合可知 235U 衰变最终生成稳定 92 原子核,共有四种不同的衰变路径,故D错误。一个 235U 衣变最终生成稳定原子核 X,衰变时质量数少4,电荷数 92 少 2,衰变时质量数不变,电荷数加1,实质是1个中子转变为1个质子和1个电子,所以 衰变次数为 235207 x  7 次, 衰变次数为 y 8227924 次,共发生4次 衰变,共释放4个电子,故 C 正确。 4 6.【解析】取细灯带上某一点作为点光源,点光源发出的光在水面上有光射出的水面 形状为圆形,设此圆形的半径为 R,点光图1源出的光线在水面恰好全反射的光路图 1 3 3 7 3 如图1所示。由 sinC   ,可得 tanC  ,根据几何关系可得R htanC   m0.2m, n 4 7 15 7 则一个点发出的光在水面上能看到 R 0.2m 的圆,光射出的水面形状边缘为弧形。四条红色线状灯 带构成的发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图2所示,面积为  0.800.04 m2 ,故A正确。 7.【解析】当有光照射 R 时, R 阻值变小,回路电流变大,根据 U  EI  R r  , R 两端的电压 U 变小,信号处 1 1 1 2 1 1 0.2m 理系统获得低电压,电源的输出效率变小,故 A、B 错误。 v  0.4m/s,故C错误。根据电路结构可知,定值 0.5s ER 电阻 R 两端的电压为 U  2 ,当 R 分别取得最大值和最小值时,定值电阻上的电压差最大,即 2 R2 R R r 1 1 2 ER ER 221E U  2  2  ,由数学知识可知,当 R 30 时, U 最大,故D正确。 R 2 4R 225R 900 2 R2 2 2 R  229 2 R 2 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。 第 1 页 共 5 页题号 8 9 10 答案 BD AD ACD 8.【解析】根据点电荷电场分别特点可知, B 点处的点电荷带电荷量为 Q,其在 O 点处产生的电场强度方向由 O 指向 B,而 A、C 两点的点电荷在 O 点处产生的电场强度方向一定沿 A、C 两点的连线。根据矢量合成规律,可知, A、C 连线上不可能存在电场强度为零的点,故 A 错误。若中点 O 处的电场方向平行于 B、C 连线, A、C 两点的 点电荷在 O 点处产生的电场强度方向一定沿 A、C 连线由 O 指向 A,则中点 O 处的电场方向平行于 B、C 连线, 坚直向下,故B正确。同理C错误。令 A、C 两点的点电荷在 O 点处产生的电场强度大小为 E ,当 A、C 两点处 AC 2Q Q Q 点电荷的带电荷量可能为 2Q、Q 时,根据电场叠加有 E k k k ,B 点的点电荷在 O 点处产生 AC2 R2 R2 R2 Q Q 的电场强度大小为 E ,则有 E k ,根据矢量合成规律,则有 E  E k ,故D正确。 B B R2 AC B R2 9.【解析】卫星的轨道半径 r 500km6400km6900km ,周期设为 T ,地球同步卫星的轨道半径 1 1 r3 r3 r 36000km6400km42400km,周期 T 24h ,根据开普勒第三定律得 1  2 ,解得 T 1.6h,故A正确。 2 2 T2 T2 1 1 2 根据反冲现象的原理可知,火箭向后喷射燃气的同时,燃气会给火箭施加反作用力,即推力,故B错误。 7.9km/s 为第 一宇宙速度,是发射人造卫星的最小速度,则知“朱墔二号”的发射速度大于 7.9km/s,故C错误。发射升空初始阶段, 火箭的加速度方向向上,装在火箭上部的卫星处于超重状态,故D正确。 mv2 mv 10.【解析】离子在磁场中做圆周运动有 qv B  0 ,则磁感应强度 B  0 ,故A正确。离子在磁场中的运动时间 0 R qR R  v t  ,转筒的转动角度t 2k ,故 4k1  0 ,k 0,1,2,3 故B错误。设速度大小为 v 的离子在 2v 2 R 0   R 磁场中圆周运动半径为 R,有 R Rtan ,vv tan ,离子在磁场中的运动时间 t ,故C正确。转筒 2 0 2 v  2n v 9v 的转动角度t2n,转简的转动角速度 0 ,n0,1,2,…‥令 0 ,且 0,则  R R 0n4.5,取整则有5个解,故D正确。 三、非选择题: 本题共 5 小题, 共 57 分。 11.(除特殊标注外,每空2分,共7分) (1) 2.933  2.9312.935  (3分) (2) M (3) b 【解析】(2)实验时,闭合开关 S 前,为保护电路,滑动变阻器应使 R 分压最小,滑动变阻器的滑片 P 应处在 M 端。 x (3)沿动变阻器采用分压式接法,滑动变阻器下端两接线柱与电源相连, b 错误。 12.(除特殊标注外,每空2分,共9分) (1) AB (2)D (3) B (4) a a (3分) 2 1 【解析】(1)保证注射器内封闭气体的温度不发生明显变化,环境温度不变,故A正确。实验过程中应缓慢地推动活塞, 使气体温度始终与环境温度相同,故B正确。实验过程中要用手握紧注射器并快速推拉活塞,气体温度将升高,故C错 误。 第 2 页 共 5 页C (2)软管中有一定体积 V 的气体,则 p  V V C,V  V ,故D正确。 0 0 p 0 (3)漏气后压强突然变小,但漏气前后瞬间体积不变,且软管体积不变,所以图线的纵截距不变,故B正确。(4)此时气体 C 真实体积为 V V V ,图像方程为 V  2 V V ,对比可得 V a a 。 2 0 p 2 0 2 2 1 13.(10分) 解:(1)甲、乙滑动过程中均有 f mg ma 加速度大小均为 ag 设甲、乙碰后速度分别为 v 、v ,碰后乙做匀减速运动,恰能滑动到边框 a,则碰后乙的速度 甲 Z L v2 2g Z 2 解得: v  gL Z (2)设甲、乙碰前的速度为 v,则 v v2 2gL 2 gL 0 对甲、乙碰撞过程,由动量守恒定律 mv mv mv і 乙 解得: v  gL 甲 则甲、乙碰撞过程中损耗的机械能 1 1 1  E  mv2   mv2  mv2  2 2 甲 2 乙  解得: E mgL 评分标准:本题共10分。正确得出(4)、(7)式各给2分,其余各式各给1分。 14.(13分) 解:(1)减震器刚进入磁场时,线圈中产生的感应电动势 E  NBLv 0 线圈中电流 E I  R 线圈 ab 受到的安培力的大小 F  NBIL 安 N2B2L2 解得： F  v 安 R 0 (2)设向右为正方向,第一个线圈恰好完全进入磁场时,减震器的速度为 v ,由动量定理得: 1 NBILt NBLqmv mv 1 0 电荷量 L BL BL2 2 q  N  N R 2R N2B2L3 解得: v v  1 0 2mR 第二个线圈恰好完全进入磁场时,减震器的速度 第 3 页 共 5 页N2B2L3 N2B2L3 v v  v  2 1 2mR 0 mR (3)每一个线圈进入磁场的过程中,减震器速度的减小量 N2B2L3 v  0.4m/s 2mR 线圈的个数 v 5 n 0  12.5 v 0.4 故需要13个线圈 评分标准:本题共13分。正确得出(4)、(5)式各给2分,其余各式各给1分。 15.(18分) 解:(1)物块的平衡位置 f kx 0 f x  0 k 运动过程中物块速度在受力平衡处最大,所以 1 1 fx  kx2  mv2 0 2 0 2 0 f 解得: v  0 km (2)当物块加速到 0.6v 后,和传送带保持共速,此时为静摩擦力,直到 f kx 处,重新开始相对滑动,物块开始减速直 0 0 到被弹射。计算物块速度到 0.6v 的位置 x 0 1 1 1 fx  kx2  m  0.6v 2 1 2 1 2 0 f x 0.2x  1 0 5k 1 1  1 计算向右运动的最右位置 x ,从 x 至最右,对物体用动能定理 f  x x   kx2  kx2  0 m  0.6v 2 2 0 2 0 2 2 2 0  2 0 8f 解得： x 1.6x  2 0 5k P P (3)物块先从静止加速至 ,然后与传送带相对静止,在 x 处达到最大速度,所以 kx f m v m m 从静止到最大速度,系统能量守恒 1 1 Pt Q mv2  kx2 1 2 m 2 m 1 P2 解得： Q  Pt  mv2  1 2 m 2kv2 m P 之后开始减速,当速度减到 时第二次与传送带相对滑动,设相对静止的起点,终点坐标分别为 x ,x ,对相对静止过 f 1 2 程可得能量守恒方程 1 1 Pt  kx2  kx2 2 2 2 2 1 第 4 页 共 5 页2 1 1  P 其中: fx  kx2  m  1 2 1 2  f  2f 2 mP2 2 f 4 kmP2 2Pt 解得: x     2 2 k2 kf 2 k2 k 评分标准:本题共18分。正确得出(2)、(4)、(6)、(9)、(11)式各给2分,其余各式各给1分。 第 5 页 共 5 页