重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷（六）物理-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（六）_重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷（六）物理

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 B D C A C B C 【解析】 1．冰箱贴受到的弹力是冰箱形变引起的，故A错误。冰箱贴受到的摩擦力和重力是一对平衡 力，故B正确。根据受力平衡可知，冰箱贴与冰箱间的摩擦力大小等于冰箱贴的重力，不 会随磁吸力的增加而增大，故C错误。根据受力平衡可知，受到的磁吸力与冰箱对它的弹 力是一对平衡力，故D错误。 2．根据题图可知，a 光的偏折角小于 b 光的偏折角，根据折射定律可知，冰晶对 a 光的折射 率小于对 b 光的折射率，则 a 光的频率小于 b 光，a 光的波长大于 b 光。在真空中，a 光 c 的传播速度等于b光。根据v 知，在冰晶中，b光的传播速度比a光小，故D正确。 n 3．依题意，小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有改变平抛运动的轨迹特 征，相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越 大，小球将落在C点的左边，故A错误。当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速 度越大，打到挡板上的时间越短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在B上方，故C正 确。因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间t不变，故重力做功的情况不变， 小球落地时重力做功的瞬时功率P mgv mg2t不变，故B、D错误。 G y GMm GM 4．根据题意，由万有引力提供向心力有 ma，解得a ，可知卫星沿轨道I、II经 r2 r2 GMm 42 过 A 点时的加速度相等，故 A 正确。由万有引力提供向心力有 m r，解得 r2 T2 4π2r3 T  ，由于“夸父一号”卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父 GM 一号”卫星的周期应该小于地球同步卫星的周期，故B错误。由于不知道“夸父一号”卫 星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，故C错误。设卫星在过B点 圆轨道上的运行速度为v ，卫星沿轨道 II 经过 A 点时的速度为v ，由万有引力提供向心 B A GMm v2 力有 m ，可得v v ，设卫星在轨道 I 经过 B 点时的速度v ，卫星经过 B 点 r2 r B A B1 物理参考答案·第1页（共8页）时，由圆轨道变轨到轨道I需加速，则有 v v ，则有v v 即卫星经过B点时的速度 B1 B B1 A 大于沿轨道II经过A点时的速度，故D错误。 U 5．材料温度降低，极板间距离增大，由于电容器两板电势差不变，极板间电场强度E 减 d 小；滑动变阻器滑片向上滑动少许，滑动变阻器接入电路中的电阻R增大，电容器工作电 E 压U EIrE r增大；检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b；说明电容器在 Rr 充电；断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，故C正确。 1 6．挤压过程视为匀减速直线运动，因此物体处于超重状态，故A错误。根据h gt2，可得 2 2h 23.2 物体做自由下落运动的时间为 t   s=0.8s ，物体落地瞬间的速度为 g 10 vgt 8m/s ， 根 据 0v2 2as ， 得 物 体 做 匀 减 速 直 线 过 程 中 加 速 度 0v2 082 a  m/s2 400m/s2 ，根据 mgF ma ，头盔对物体的平均作用力 2s 20.08 F=820N ， 故 B 正 确 。 物 体 做 匀 减 速 直 线 过 程 中 动 量 变 化 量 pmvm(0v)2(08)kgm/s16kgm/s，负号表示方向竖直向上，故C错 误。物体在自由下落过程中重力的冲量大小为I mgt 16Ns，故D正确。 π 7．由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与 x 轴夹角为 ，且电势 6 差的值为()，由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大 1 2 1 2  5π 小E 1 2 ，方向与x轴正方向夹角为 ，故 A错误。根据选项A分析，可画出如图 2R 6 所示电场线。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从e到f，电势先降低再升高，电子 的电势能应先增大再减小，故D错误。根据匀强电场 ()  电势分布特点，O点的电势  1 2  1 2 ， 0 2 2 故 B 错 误 。 a 、 e 两 点 的 电 势 差 π 3() U E2Rcos  1 2 ，故C正确。 ae 6 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。 题号 8 9 10 答案 AD BCD BC 物理参考答案·第2页（共8页）【解析】 8．变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，在 接收线圈产生感应电流，故A正确。变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收  100π 线圈中交变电流的频率相等，频率是 f   Hz50Hz，故B错误。发射线圈输出 2π 2π P 8800 功率为8.8kW，则发射线圈中电流的有效值为：I   A40A，故C错误。发射 1 U 220 1 U 220 2 线圈电压的有效值为U  m  V220V，由理想变压器原、副线圈的电压与匝数 1 2 2 U n n 1000 的关系公式 1  1 ，可得接收线圈输出的电压U  2U  220V440V，则接收 U n 2 n 1 500 2 2 1 线圈输出电压的峰值为440 2V，故D正确。 9．图甲所示的光电效应实验装置所加的是正向电压，不能测得U ，U ，故A错误。根据光 c1 c2 1 电效应方程E hvW ，遏止电压方程为0 mv2 0eU ，联立可得eU hvW 。 k 0 2 c c 0 可知频率越大，遏止电压越大，由图可知U U 故若b光为绿光，c光可能是蓝光，故B c1 c2 正确。若 b 光光子能量为 0.66eV，照射某一个处于 n=3 激发态的氢原子，根据 (1.510.66)eV0.85eV，氢原子吸收 b 光光子的能量，跃迁至 n=4 激发态，再逐级跃 迁至基态可最多产生3种不同频率的光，故C正确。若用能使金属铷发生光电效应的光， 根据光电效应方程有E hvW hv2.13eV0，则光子的能量大于2.13eV，处于 n=3 k 0 激发态的氢原子，该氢原子发生电离的能量为1.51eV，故用能使金属铷发生光电效应的光 直接照射处于n=3激发态的氢原子，可以直接使该氢原子电离，故D正确。 10．由题意当 ab 边刚越过 GH 进入磁场时，ab 切割磁感线产生的电动势大小为BLv ，电流 0 BLv 为顺时针方向，所以cd边电势差U  0 ，故A错误。当ab边刚越过GH进入磁场 cd 4 BLv B2L2v 时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得mgsinF ，又F BILB L ， 安 安 R R B2L2v 联立得mgsin ，当ab 边刚越过JP时，ab 边和cd 边都要切割磁感线，产生感 R E 2BLv 应电动势，线框中总的感应电动势为E2BLv，感应电流为I   ，线框受到的 R R 4B2L2v 安培力的合力大小为F 2BIL ，根据牛顿第二定律得：mgsinF ma，联立 R 物理参考答案·第3页（共8页）解得a3gsin，负号表示加速度方向沿斜面向上，故B正确。从ab边刚越过JP到线 2BLv 框再做匀速直线运动，根据动量定理得mgsint2B Lt mvmv ，又因为 R 0 L 1 2B2L3 3  vt  ，解得t   mv  ，故C正确。从ab边刚越过GH到ab边刚越 2 mgsin R 4 0  过 MN 过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做 功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。线框又恰好匀速时v 4v，则线框 0 1 1 15 产生的热量为mg2Lsin mv2  mv2 2mgLsin mv2，故D错误。 2 0 2 32 0 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11．（每空2分，共6分） （1）重锤质量 （2）摆长 （3）短 【解析】（1）由实验数据知，在实验序号 2、4 中绳长和摆幅都相同，重锤质量不同，所 以研究的是周期跟重锤质量的关系。 （2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了， 周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关。 （3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把 摆长调短一些。 12．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）C （2）如图所示 （3）① （4）1.9 W(1.8~2.1W)（3分） 【解析】（1）因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用 分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C。 （2）因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表 A 串联一个大电 1 阻 R 改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以 3 电流表应用外接法，电路图如图所示。 物理参考答案·第4页（共8页）（3）把热敏电阻R 的I —I 图线的纵坐标改成I (R r)1000I ，即热敏电阻的电压，单 x 1 2 1 3 1 1 位为 V，图像就成为热敏电阻的UI 图像。UI 图像上的点与坐标原点连线的斜率表 示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大， 温度升高。PTC 热敏电阻在温度升高时电阻值增大，故 对应的曲线是①。 （4）做出 9V，内阻 10Ω 的电源的UI 图像，其与曲线 ②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为 PUI 40.48W1.9W，由于作图和读数有一定的误 差，故结果范围为1.8~2.1W。 13．（10分） 解：（1）全部充气完毕，罐内气体压强也变为 p ，设充气后的气体总体积为 V，则根据 0 理想气体状态变化规律 pV  pV ① 1 1 0 将 p 1.0107Pa，V 50L，p 1.0105Pa 1 1 0 解得：V 5000L 设总共充气n个符合要求的气体，则 V V nV ② 1 0 其中V 10L 0 解得：n495 ③ （2）由理想气体状态变化方程 pV pV 0 0  2 2 ④ T T 0 2 解得，当气球温度随环境温度升至33℃时，气球内的气体压强为 p 1.02105Pa ⑤ 2 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑤式各给2分。 14.（14分） 解：（1）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里； 设电子从P点进入磁场的速度为v ，在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得 0 v2 ev Bm 0 ① 0 R 周期为 物理参考答案·第5页（共8页）2πR T  ② v 0 2πm 解得：T  eB 设OM与竖直方向夹角为，则有 l 3 tan  ③ 3l 3 解得：30 由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120，则电子在磁场中运 动时间为 120 2πm t T  ④ 360 3eB （2）匀强电场场强大小在E到3E范围时，粒子穿过匀强电场后最小速度设为v ，最大速 0 度设为v，由动能定理得 1 eEd  mv2 ⑤ 2 0 1 e3Ed  mv2 ⑥ 2 解得：v 3v 0 由半径公式 mv R ⑦ eB 可知，匀强电场场强大小在E到3E范围时，电子在磁场中的偏转半径范围为R 0 到R= 3R 0 设匀强磁场区域半径r ，当电子击中M点时，有 3 R  r ⑧ 0 3 解得：R= 3R 0 =r 当电子在磁场中的偏转半径为r 时，由几何关系可知，电子在磁场中恰好偏转90°，设此 时电子出射方向与竖直方向夹角为，则有 60 ⑨ 由几何关系知 x tan 3 ⑩ 3l 解得：x3l 物理参考答案·第6页（共8页）目标靶L至少为 Lxl 2l ⑪ 评分标准：本题共14分。正确得出①、⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。 15．（18分） 解：（1）小球从静止释放到最低点，设小球的速度大小为v ，根据机械能守恒定律 0 1 m gl(1sin) m v2 ① 0 2 0 0 与滑块P碰撞前瞬间，细绳的拉力 m v2 F m g  0 0 ② 0 l 解得：v =4m/s 0 F=60N ③ （2）设碰撞后滑块 P 的速度v ，刚滑上木板时的速度v ，碰撞中根据动量守恒定律和 p1 p2 能量守恒定律 m v m v mv ④ 0 0 0 1 p1 1 1 1 m v2  m v2  mv2 ⑤ 2 0 0 2 0 1 2 p1 滑块P在平台A上滑动，根据动能定理 1 1 mgL  mv2  mv2 ⑥ 1 1 2 P2 2 P1 7 2 解得：v  m/s ⑦ P2 2 滑块 P 滑上木板后，设滑块、木板的加速度大小分别为 a 、a ，木板撞到平台 B 的时间 1 2 为t，此时滑块P的速度大小为v ，根据牛顿第二定律，对滑块P 0 mg ma ⑧ 1 1 对木板 mg(M m)g Ma ⑨ 1 2 2 1 L  a t2 ⑩ 2 2 2 2 解得：t  s 2 该段时间内滑块P的位移 1 xv t at2 2.25m ⑪ P2 2 1 那么：xLL ⑫ 2 物理参考答案·第7页（共8页）可知木板撞击平台B时滑块P恰好滑离木板与滑块1碰撞。 则滑块P与滑块1碰撞前瞬间的速度大小为 v v at  2m/s ⑬ p3 p2 1 （3）第一次碰撞前瞬间滑块P的动能 1 E  mv2 ⑭ k0 2 p3 碰后动能 1 1 E   mv2 ⑮ k0 2 2 p3 设运动距离d后的动能为E ，则 k1 E E 2mgd ⑯ kl k1 那么第二次碰撞前瞬间的动能 1 22 E  E  mgd k1 2 k0 2 第二次碰后的动能 2 E  E k2 3 k1 设运动距离d后的动能为E ，则 k2 E E 3mgd k2 k2 那么第三次碰撞前瞬间的动能 1 22 32 E  E  mgd k2 3 k0 3 第三次碰后的动能 3 E  E k3 4 k2 设运动距离d后的动能为E ，则 k3 E E 4mgd k3 k3 那么第四次碰撞前瞬间的动能 1 22 32 42 E  E  mgd k4 4 k0 4 那么第n次碰撞前瞬间已经粘到一起的整体的动能 1 22 32 n2 E  E  mgd ⑰ k(n1) n k0 n 评分标准：本题共18分。正确得出⑰给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第8页（共8页）