文档内容
2024-2025 学年重庆市八中高二（下）月考物理试卷（3 月）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.飞力士棒可以实现日常训练肌肉和提高身体感知能力。如图甲所示，某型号飞力士棒的固有频率为
3Hz，如图乙所示，某人用手驱动该飞力士棒锻炼。下列说法正确的是
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 使用者驱动的频率越大，飞力士棒振动的幅度也越大
C. 使用者驱动的频率减小，飞力士棒振动的幅度可能增大
D. 无论使用者驱动的频率多大，飞力士棒振动的频率始终为3Hz
2.下列说法中正确的是
A. 热量不能自发地从低温物体传到高温物体
B. 密封在容器中的气体，在完全失重的情况下，对器壁的压强为零
C. 第二类永动机没有违反能量守恒定律但违背热力学第一定律
D. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
3.在建筑工地上，工人使用插入式混凝土振捣器对浇筑的混凝土进行振捣作业。振捣器开启后，其内部的
偏心块高速旋转，带动振捣棒做简谐运动，并将振动传递给混凝土。已知振捣棒的振动方程为
3 π
x= sin(200πt+ )mm。下列说法正确的是
2 6
A. 振捣棒做简谐运动的频率为50Hz
3√ 3
B. t=0.005s时刻，振捣棒的位移为大小为 mm
4
C. t=0.005s时刻，振捣棒的速度达到最大值
D. 振捣棒在1s内通过的路程是600mm4.空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好
的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p ，温度为T ，加热一段
0 0
时间后气体温度升高到T ，此过程中气体吸收的热量为 Q，则
1
A. 此过程内胆中气体的内能增加量大于 Q
B.
升温后内胆中气体的压强为P T
0 1
T
0
C. 升温后内胆中所有气体分子的动能都增大
D. 此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数不变
5.已知铜的摩尔质量为 ，铜的密度为 ，阿伏加德罗常数为 。下列判
M(kg/mol) ρ(kg/m3) N (mol−1)
A
断正确的是( )
M ρ M N
A. 1个铜原子的体积为 (m3) B. 1m3铜中所含的原子数为 A
N ρ
A
C. 1kg铜中所含的原子数为 D. 1个铜原子的直径为√ 6M
N 3 (m)
A π ρN
A
6.如图甲所示，将两个完全相同、质量均为m的分子A、B同时从x轴上的坐标原点和r 处由静止释放，
1
图乙为这两个分子的分子势能随分子间距变化的图像，当分子间距分别为r 、r 和r 时，两分子之间的势
1 2 0能为E 、0和−E 。取分子间距无穷远处势能为零，整个运动只考虑分子间的作用力，下列说法正确的是
1 0
A. 两分子从静止释放到相距无穷远的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大再减小
B. 当分子间距为r 时，两分子之间的分子力最大
0
√2E
C. 当两分子间距无穷远时，分子 B的速度大小为 1
m
D. 分子A、B的最大动能均为
7.中国空间站是中国自主建造的大型载人航天工程，由天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱组成，舱内
航天员要到舱外太空行走(EV A)，需经过气闸舱。下图是气闸舱工作示意图。开始时气闸舱内气压为p ，
0
用抽气机多次抽取气闸舱中的气体，当气压降到一定程度后才能打开气闸门B，已知每次从气闸舱抽取的
1
气体体积都是气闸舱容积的 ，若抽气过程中温度保持不变，则第一次抽出气体的质量和第二次抽出气
10
体的质量之比为
A. 1：1 B. 1：10 C. 11：10 D. 100：121
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓
慢按压4cm后放手，忽略水的粘滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，
下列说法正确的是
A. 振动频率与按压的深度有关
B. 振动过程中玻璃管的回复力等于其重力和浮力的合力
C. t 时刻，加速度方向与位移方向相同
1
D. 在t ∼t 时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大
1 2
9.某同学设计的空气减震器模型如图甲所示，它主要由活塞和导热性能良好的汽缸构成，两轻质活塞通过
横截面积不计的轻杆连接。将该模型置于水平地面上，轻杆与地面垂直，汽缸内密闭气体可视为理想气体。
汽缸A中活塞的横截面积S=100cm2，初始时活塞到汽缸A顶端的距离L =10cm，汽缸A内气体的压
A
强p =1.2×105Pa。现将质量m=20kg的物块C置于汽缸A顶部，如图乙所示。一段时间后，系统重
A
新达到平衡。已知汽缸B中活塞的横截面积为汽缸A中活塞横截面积的2倍，活塞与汽缸间的摩擦均忽略
不计，汽缸始终密封良好，环境温度保持不变，大气压强p =1.0×105Pa，取g=10m/s2。下列说法正
0
确的是A. 汽缸A的质量为20kg
B. 系统再次平衡后，汽缸A内的气体体积与原来汽缸A内的气体体积之比为3：4
C. 该过程汽缸A、汽缸B内的气体均放热
D. 系统再次平衡后，汽缸B中气体的压强为1.3×105Pa
10.如图所示，两平行光滑导轨AEC、A′E′C′的左端接有阻值为R的定值电阻，间距为L，其中AE、
1
A′E′固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内的 光滑圆弧形导轨EC、E′C′相切于E、E′两点(
4
圆心分别为O和O′)。正方形DEE′D′区域内存在感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体
棒ab的质量为m、电阻为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的拉力作用下由静止开始沿导轨
运动，经时间t后撤去拉力，然后ab棒与另一根完全相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以速率v进入
磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导
轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。则( )
2mv2
A. 该推力的功率P=
t
B2L3
B. 两导体棒通过磁场右边界EE′时的速度大小v′=v−
6mR
C. 弧形导轨的半径
2B2L3 B2L3
D. 两导体棒第一次穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热Q= ⋅(v− )
9R 3mR
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用图a所示装置测定重力加速度，小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。(1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b所示，则d=_________mm；
(2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，所用单摆的摆长(悬挂点到球心的距离)为82.5cm。实验
中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则该小组测得的重力加速
度大小为__________m/s2。(结果保留3位有效数字，π2取9.870)
(3)若考虑到挡光部件的影响，其重力加速度的测量值_______实际值。(选填“大于”、“小于”或“等
于”)
12.某中学兴趣小组自制了“水果电池”，甲、乙两名同学通过实验测量电池的电动势(约0.8V)和内阻(约
2kΩ)。
(1)甲同学借助以下器材进行实验：
A.微安表G (量程为50μA，内阻为8kΩ)；
1
B.微安表G (量程为500μA，内阻约为500Ω)；
2
C.电压表V(量程为3V)
D.滑动变阻器 ；
R (0∼1kΩ)
1
E.滑动变阻器 ；
R (0∼20Ω)
2
F.定值电阻R (阻值为250Ω)：
01
G.定值电阻R (阻值为10kΩ)；
02
H.开关、导线若干。①为了把微安表G 改装成合适的电压表，应选择定值电阻____，实验时滑动变阻器应选择_____。(填写器
1
材前的字母)
②请在下面的方框中画出实验电路图。
(2)乙同学利用量程合适的电压表和电流表进行实验，分别采用了两种不同的电路接法，如图(a)、(b)所
示，R 为定值电阻，把两个实验电路测量出的电压和电流数据描绘在同一个U−I图内，如图(c)所示。根
0
据图像坐标信息可以修正该实验的系统误差，则修正后这个水果电池的电动势E=_____，内阻r=____。(
结果用U 、U 、I 、I 、R 中的字母表示)
1 2 1 2 0
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.池塘中，一个气泡从深度为5m的池塘底部缓慢上升至水面，其压强随体积的变化图像如图所示，气泡
由状态1变化到状态2。取重力加速度g=10m/s2，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，水面大气压强
p =1.0×105Pa，气泡内气体看作是理想气体，试计算：
0
(1)池塘水面温度与池底的温度的比值k；(2)若气泡从池塘底部上升至水面的过程中内能增加0.20J，则气泡内气体吸收的热量为多少。
14.如图所示，粗细均匀的“T”型玻璃细管中装有水银，水平管中的水银柱长为10cm(以竖直管竖直轴线
分左右各5cm)，竖直管中水银柱长也为10cm，A段封闭气柱长为5cm，B段封闭气柱长为15cm，大气压
强为75cmHg，环境温度为300K，求：
(1)若将竖直玻璃管以水平管为轴向前缓慢转过90∘使其水平，稳定时竖直管中水银液面移动的距离；(结
果保留一位小数)
(2)若不转动，要使竖直管中的水银液面移动5cm，则环境温度应该是多少。(结果保留整数)
15.如图甲所示，曲线OP上方有沿−y方向的匀强电场，其场强大小为E ，曲线左侧有一线性粒子源AB，
1
AB垂直于x轴，且B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v ，质量为m、电荷量为q的
0
粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及
粒子间的相互作用。
(1)写出匀强电场边界OP段的边界方程(粒子入射点的坐标y和x间的关系式)：
(2)若第四象限内存在矩形匀强磁场B 区域(未画出)，其上边界与x轴重合，左边界与y轴重合，磁场方
1
向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未
离开磁场，求磁场的最小面积；(3)若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B 和匀强电场E (如图乙)，电磁场边界与y轴
2 2
平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场 mv ，方向垂直纸面向里，匀强电场 mv2，方向沿x
B = 0 E = 0
2 qd 2 4qd
轴正方向，现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场E 偏转后，恰好与y轴负方向成θ=45∘从O点射入，
1
试确定该粒子最远能到达第几个磁场。答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.飞力士棒做受迫振动，振动频率与驱动力频率一致，与用力大小无关，故A错误；
B.飞力士棒振动的幅度与驱动力频率跟固有频率的差值有关，差值越小，幅度越大，故B错误；
C.当使用者驱动的频率从大于3Hz开始减小到3Hz，飞力士棒振动的幅度会增大，当使用者驱动的频率从
等于3Hz开始减小或增大时，飞力士棒振动的幅度减小，故C正确。
D.飞力士棒的振动频率与驱动力频率一致，与固有频率无关，故D错误。
2.【答案】A
【解析】A、不可能自发把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故A正确;
B、密封在容器中的气体的压强不是由于气体重力而产生的，而是由于做无规则运动对容器壁碰撞产生的，
所以在完全失重的情况下，对器壁的压强不为零，故 B错误;
C、第二类永动机没有违反能量守恒定律，但却不能成功制成，是因为违反了热力学第二定律，故 C错误;
D、气体压缩可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故
D错误;
故选A。
3.【答案】D
【解析】A.根据振动方程ω=200πrad/s，可知振动的频率满足：ω=2πf，故频率为f =100H z，故
A错误；
B.由振动方程，代入t=0.005s，由数学知识可得振捣棒的位移为 ，故B错误；
C.速度最大时，振捣棒在平衡位置，位移为0，结合C的分析可知，C错误。
3 1
D.由振动方程，可得振幅为：A= mm，振动的周期T= =0.01s，比较1s与周期的关系可知：
2 f
1s
=100，可知振捣棒在1s内通过的路程为：100×4A=600mm，故D正确；
T
4.【答案】B【解析】A.V不变，W =0，由ΔU=W+Q可知：ΔU=Q，故A错误；
B.由查理定律有：p p ，解得： p T ，故B正确；
0= 1 p = 0 1
T T 1 T
0 1 0
C.升温后内胆中气体分子的平均动能增大，并非所有气体分子的动能都增大，故C错误；
D.温度升高，分子数密度不变，压强变大，故此过程内胆中气体分子单位时间内撞击内壁的次数增大，故
D错误。
5.【答案】D
M M
【解析】A.1摩尔铜原子的体积为 (m3) ，则1个铜原子的体积为 (m3) ，选项A错误；
ρ ρN
A
1×ρ ρN
B. 1m3 铜的物质的量为 (mol) ，则其中所含的原子数为 A ，选项B错误；
M M
1 N
C.1kg铜的物质的量为 (mol) ，其中所含的原子数为 A ，选项C错误；
M M
D.将铜原子看做球体，则1个铜原子的体积 M
=
1 πd3，解得1个铜原子的直径为
d=
√
3
6M
(m)
，选
ρN 6 π ρN
A A
项D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】D.当它们之间距离为r ，两分子之间势能为 −E ，此时动能最大，减少的势能为
0 0
ΔE =E −(−E )=E +E
p 1 0 1 0
E +E
根据能量守恒，减小的势能转化为两分子的动能，故分子A、B的最大动能均为E =E = 1 0，故D
kA kB 2
正确；
A.分子势能是标量，且正负可以表示大小，故它们之间的分子势能是先减小后增大，故A错误；
B.当两分子之间距离为r 时，对应的分子势能最小，分子间作用力为零，故B错误；
0
1
C.当分子间距无穷远时，减少的势能全部转化为两分子的动能，则E =2× mv2
1 2
解得分子B的速度大小为 √E ，故C错误。
v= 1
m故选D。
7.【答案】C
【解析】第一次抽取气体后，抽出气体质量m 与气闸舱内剩余气体的质量m的比值为1:10；
1
第二次抽取气体后，抽出气体的质量m 与第一次抽取后气闸舱内剩余气体的质量m的比值为1:11。
2
故第一次抽出气体的质量m 和第二次抽出气体的质量m 之比为11:10。
1 2
8.【答案】BD
【解析】解：A.由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动频率
与振幅无关，故 A错误；
B.装有一定量细沙的玻璃管只受到重力和浮力，所以它做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故 B
正确;
C.由图乙可知在t 时刻，位移为负，加速度方向为正，所以玻璃管的加速度方向与位移方向相反，故C错
1
误;
D.由图乙可知，在t∼t 时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速度增大，
1 2
故 D正确；
故选BD。
9.【答案】AC
M g
【解析】A.初始时汽缸A中气体的压强为p =p + ，解得汽缸A的质量M=20kg，故A正确;
A 0 S
(M+m)g
B.放上物块C待系统重新达到稳定后，汽缸 A内气体的压强p =p + 解得P =1.4×105Pa，
2 0 S 2
设此时汽缸A内气体的体积为V，由玻意耳定律可得p L S=p V解得V :V =6:7，故B错误;
A A 2 0
C.放上物块C待系统重新达到平衡后，汽缸A、汽缸B内的气体温度均不变，则内能均不变，由热力学第
一定律ΔU=W+Q=0，可知，汽缸内气体的体积均减小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故
C正确;
D.放上物块C待系统稳定后，设汽缸 B内气体的压强为p ，以 B中活塞为研究对象，有
B
，解得 ，故D错误。
(M+m)g+p ⋅2S=p ⋅2S P =1.2×105Pa
0 B B
故选AC。
10.【答案】AC【解析】解：A.设两导体棒碰撞前瞬间，ab棒的速度大小为v ，在推力作用的过程中，设水平向右为正
0
方向，由动能定理有
1
Pt= mv2
2 0
ab与cd碰后瞬间的速率为v，设水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv =2mv
0
解得
2mv2
P= ，故A正确；
t
−
B.设两导体棒通过磁场右边界EE′的时间为t，该过程回路中的平均电流为 ，DD′与EE′的间距为L，
I
设水平向右为正方向，由动量定理有
1
两导体棒粘在一起，长度不变，截面积变为原来2倍，则两导体总电阻为 R，根据法拉第电磁感应定律
2
有
− ΔΦ BL2 2BL2
q=I⋅t= = =
R 1 3R
总 R+ R
2
解得两导体棒通过磁场右边界EE′时的速度大小为
B2L3
v′=v− ，故B错误；
3mR
C.对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有
1
(2m)v′2=2mgr
2
解得
B2L3
(v− ) 2
v′2 3mR ，故C正确；
r= =
2g 2gQ
D.经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为 ，由能量守恒定律有
2
解得两导体棒第一次穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热为
2B2L3 B2L3
Q= ⋅(2v− )，故D错误。
9R 3mR
11.【答案】(1)2.331(2.330∼2.332)；(2)9.83；(3)偏小
【解析】(1)由图b可知挡光宽度为d=2mm+33.1×0.01mm=2.331mm
2t 54.60
(2)一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T= = s=1.82s
N 30
由单摆的周期表达式 T=2π √ l 得，重力加速度 g=
4π2l
=9.83m/s2
g T2
(3)考虑挡光部件，则小球与挡光部件的重心应在小球重心的下方，实际摆长应偏长，计算时摆长较小，
导致测量值偏小。
U
12.【答案】(1)①G；D；② ；(2)U 、 1−R 。
1 I 0
2
【解析】解：(1)改装电压表，应选择内阻确定的微安表G ，和电阻较大的定值电阻R ，
1 02
改装后的量程为
由于电池内阻约2kΩ，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择 D。
②根据测电源电动势和内阻的实验原理，实验电路图如图所示，(2)U−I图像的纵轴截距等于电动势测量值，斜率绝对值等于内阻测量值。对于图(a)电路，当电压表示
数为零时，电压表分流为零，此时图线Ⅱ的横轴截距是准确点;对于图(b)电路，当电流表示数为零时，电
流表分压为零，此时图线Ⅰ的纵轴截距是准确点;连接两准确点即为准确的U−I图线，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+I(R +r)
0
可得：U=−I(R +r)+E
0
U
可知U−I图像的纵轴截距等于电动势，则有：E=U ，U−I图像的斜率绝对值为|k|=R +r= 1
1 0 I
2
U
解得内阻为：r= 1−R
I 0
213.【答案】解： 气泡在池底时压强
(1) P =P +ρgh=1.5×105Pa
1 0
由理想气体状态方程得p V p V
1 1= 0 2
T T
1 2
解得池塘水面温度与池底的温度的比值 P V
k= 0 2
P V
1 1
4
k=
3
(2)p−V图像与横轴围成的面积表示气体对外做的功，则W =0.25J
由热力学第一定律得
△U=Q−W =0.20J
则气体吸收的热量Q=0.45J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：
(1)开始时，封闭气体的压强为p =85cmH g，转过90∘以后，封闭气体的压强为p =75cmH g
1 2
对A部分气体研究p L S=p L ′S
1 A 2 A
2
解得L′ =5 cm；
A 3
对B部分气体研究p L S=p L ′S
1 B 2 B
解得L′ =17cm
B
因此竖直玻璃管中水银柱液面移动的距离为s=L ′+L ′−L −L =2.7cm
A B A B
(2)①若液面上升5cm，设升高后温度为T ，升温后气体的压强为
2
p L S p L ′′S
根据理想气体状态方程，对A部分气体研究有 1 A = 3 A
T T
1 2p L S p L ′′S
对B部分气体研究有 1 B = 3 B
T T
1 2
解得T ，可知升高温度为397K。
2
②若液面下降5cm，设降低后温度为T ，降温后气体的压强为P =80cmH g
3 4
p L S p L ′′′S
根据理想气体状态方程，对A部分气体研究有 1 A = 3 A
T T
1 3
p L S p L ′′′S
对B部分气体研究有 1 B = 3 B
T T
1 3
L +L −L ′′′−L ′′′=5cm
A B B A
解得T ，可知若液面降低5cm，则温度降低为212 K。
3
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)粒子在电场E 区域做类平抛运动，则
1
−x=v t
0
1 E q
y= ⋅ 1 t2
2 m
E q
解得 y= 1 x2；
2mv2
0
(2)设粒子经过O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，则v =vsinθ
0
mv2
由qvB=
r
mv mv
可得r= = 0
qB qBsinθ
mv 2mv
粒子在磁场中运动时，在y轴上的偏移量Δy=2rsinθ=2⋅ sinθ= 0
qB qB2mv
Δy恒定，故所有粒子均击中y轴上的同一位置，即y=− 0处；
qB
mv
在x轴上从B端射入的粒子到达的x轴上坐标的最远距离为x = 0
max qB
得磁场的最小面积
2m2v2
；
S = 0
min q2B2
粒子经过O点时与y轴负方向成 角，可得粒子的速度为
(3) θ=45∘ v=√ 2v
0
设粒子最远能到达在第n+1个磁场区域，则在电场中共加速n次：由动能定理
E q⋅nd= 1 mv2− 1 m(√ 2v ) 2
2 2 n 2 0
√n
可得v = v2+2v2
n 2 0 0
在y轴方向上由动量定理
∑qv B Δt=mv −m(−vcos45∘)
x 2 n
√n mv
可得qB x=m v2+2v2+mv = 0 x
2 2 0 0 0 d
x √n
可得n< = +2+1≤n+1
d 2
1+√ 33 5+√ 41
解得 ≤n<
4 4
由于n只能取整数，故n只能取2，即粒子将最远到达第3个磁场。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
