重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（五）物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年01月高三试卷_0116重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（五）

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C B D C AB ABD AC 【解析】 1．根据冲量的定义，重力为恒力，时间不为 0，故重力的冲量不为 0，故 A 错误。歼−10C 水 平飞行，在重力的方向没有位移，故重力所做功为 0，故 B 正确。歼−10C 水平向右加速飞 行，竖直方向没有加速度，故飞行员不处于超重状态，故 C 错误。歼−10C 对空气的作用 力与空气对歼−10C 的作用力为一对相互作用力，它们大小相等，故 D 错误。 2．题目所述聚变反应为2H3H 4He1n ，未知粒子为中子，故 A 错误。氦核4He，核内有 1 1 2 0 2 两个质子和两个中子，共有 4 个核子，故 B 错误。比结合能是衡量原子核稳定性的重要指 标，比结合能越大，原子核越稳定，氦核4He 是更稳定的原子核，其结合能也更大，故 D 2 正确。核反应中因质量亏损，总质量减少，即m m m m ，故 C 错误。 1 2 3 4 3．“实践 25”沿转移轨道Ⅲ无动力到达 C 点，只受到万有引力作用，故机械能守恒，轨道为 3 r r 2 T 椭圆，由开普勒第三定律可得，该运动时间为  1 2   ，故 A 正确，B 错误。在 C 变 2r 2   2 轨时需要加速，才能从轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，椭圆上经过 C 的速度小于轨道Ⅱ的速度，轨道 Ⅱ的速度又小于轨道Ⅰ速度，故 C、D 错误。 4．极板 N 向极板 M 运动的过程中，电容器充电，电流从右向左流经 R，故 A 错误。电容器 电压不变，而板间距减小，A 点电势降低，场强变大，粒子所受电场力变大，故 B 错误， C 正确。将保护电阻R换成二极管后，电容器将不能放电，电流将不能周期变化，不能实 现计步，故 D 错误。 5．由光路图可知，a 光折射率大于 b 光折射率，故 A 错误。a 光波长小于 b 光波长，用同一 装置做单缝衍射实验，a 光中央条纹宽度比 b 光中央条纹宽度小，故 B 正确。冰晶形状为 物理参考答案·第1页（共8页）长方体，所以两光均不能在右侧面发生全反射，故 C 错误。a 光能使某金属发生光电效应， 而 b 光折射率小于 a 光折射率，b 光不一定能使该金属发生光电效应，故 D 错误。 6．题目中所说电势差最大，表明该处直径与电场线平行，该静电场 U 可以用如图 1 的电场线和等势线表示，电场强度的大小为 0 ， r 0 且 曲 线 ③ 对 应 的 r 取 值 为 r ， 故 A 、 B 、 C 错 误 。 0 U  Er cos U cos ，故 D 正确。 P0 0 0 0 0 7．未施加外力时，A、B 恰好不下滑，对系统受力分析如图 2 甲， 图1 由正交分解可得：kx (m m )gcos(m m )gsin，x 为此时弹簧的形变量，解 1 A B A B 1 得kx 12N；t 0时， F 54N，AB 一起沿斜面向上匀加速直线运动，注意此时 AB 1 1 所 受 摩 擦 力 沿 斜 面 向 下 ， 受 力 分 析 如 图 乙 ， 由 正 交 分 解 可 得 ： 1 F kx (m m )gsin(m m )gcos(m m )a，解得a 1m/s2；t 0.2s时，A、 1 1 A B A B A B B 间无弹力，对 B 受力分析有：F m gsinm gcosm a，解得F 55N，故 A 错 2 B B B 2 误。对 A 受力分析有：kx m gsinm gcos m a ，x 为 AB 刚分开时，弹簧的形 2 A A A 2 1 变量，解得kx 11N ，AB 一起匀加速直线运动的位移 x  x  x  at2 0.02m ，解得 2 0 1 2 2 k 50N/m ，故 B 错误。 t 0~t 0.2s 过程，外力 F 为变力，对 AB 分析可得， F k(x  x)(m m )gsin(m m )gcos(m m )a，解得：F 54kx，可得 1 A B A B A B 5455 F  54.5N，所以 F 做功W 54.50.021.09J，故 C 正确。摩擦力对 A 做功为 2 F 负功，W f x  0.08J，故 D 错误。 f A A 图2 8．由题，角频率 2π ，故周期T 1.0s，故 A 正确。驱动力频率等于系统固有频率时发生 共振，振幅显著增大，故 B 正确。t 0时，x 2.5cm，不在平衡位置，故 C 错误。简谐 运动中，仅从平衡位置或最大位移处开始计时的四分之一周期内路程才等于振幅，否则不 等于，故 D 错误。 物理参考答案·第2页（共8页）9．初态静置时，由活塞平衡，有 p S mg  p S ，解得 p 1.1105Pa ，故 A 正确。由玻意耳 0 1 1 定 律 ， 有 p Sh  p Sh ， 解 得 p 8.8104Pa ， 对 汽 缸 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 ， 有 1 1 2 2 2 p S Mg  p S  Ma，解得a  2m/s2，故 B、D 正确，C 错误。 0 2 10．线圈刚进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时 针 abcda，出磁场时电流方向为逆时针 adcba，故 A 正确。线圈在进入第一个条状匀强磁 场的过程中对线圈水平分析，由动量定理有 I BI Lt mv mv ，其 中 安 1 1 1 0 E  BL2 3 I t  1 t   ，代入R解得I  mv ，所以线圈进入磁场或离开磁场过程 1 1 R 1 R R 安 40 0 7 中安培力的冲量为 I  mv ，所以线圈刚进入第二个条状磁场时的速度为 安 60 0 mv 2I 23 BLv v  0 安  v ，此时线圈中的电流为I  2 ，对线圈在水平方向受力分析并结 2 m 30 0 R 合牛顿第二定律有BIL  ma ，联立解得线圈刚进入第二个条状磁场区域时，水平方向的 161v2 161v2 加速度大小为a  0 ，沿斜面向下的加速度为 gsin30°，因此合加速度不为 0 ，故 1800L 1800L B 错误。水平方向的速度最终减为 0，由功能关系可知，水平方向速度的减小是由于安培 1 力作用的结果，沿斜面方向的运动不产生感应电流，所以线圈产生的热量为Q  mv2 ， 2 0 7 故 C 正确。由题意可知，线圈每通过一个条状磁场，水平方向动量减小 mv ，所以线 30 0 mv 30 圈能够穿过条状磁场的个数为n  0  4.28，所以线圈最多穿过 4 个条状磁场区 7 7 mv 30 0 域，故 D 错误。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 57 分。 11．（每空 2 分，共 6 分） （1）本步骤是为了判断电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系 （2）向左 （3）C 【解析】（1）当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。说明电流从左接线柱进入，指 针就向左偏。本步骤是为了判断电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。 物理参考答案·第3页（共8页）（2）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与原磁场（条形磁铁的磁场）方 向相同，结合安培定则可确定此时螺线管中的电流方向，电流计的指针向左偏。 （3）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向穿过线圈向上，结合安培定则可 确定此时螺线管中的电流方向，由于二极管具有单向导电性，因此灯泡 A 发光，灯泡 B 不发光。故选 C。 12．（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分） （1）C （2）0.50 0.20 M 4m （3） （3 分） M 【解析】（1）电磁打点计时器应接 8V 左右交流电源，故 A 错误。实验时应先接通电源后 释放小车，故 B 错误。调节细绳与长木板平行，能保证小车受到的拉力为恒力，故 C 正 确。本题有力传感器测拉力，不需要小车质量远大于沙桶质量，故 D 错误。 1 （2）相邻两计数点间还有 4 个点未画出，可知相邻两计数点间时间间隔t 5 0.1s， f x  x 7.457.966.956.46 逐 差 法 可 知 a  bd ob  102m/s2 0.50m/s2 ， 对 沙 桶 有 4t2 40.12 mg F  m2a，其中F 1.8N，联立解得m0.20kg。 （3）对小车和沙桶进行分析，近似认为沙桶总重力等于小车和砝码所受的合力，根据牛 2mg 顿第二定律有a  ，小车质量不变，对沙桶有mg F  m2a ，对小车，根据牛顿 P M Q 2mg PN a M 4m 第二定律有2F  Ma ，解得a  ，则  P  。 Q Q M 4m QN a M Q 13．（10 分） （1）系统由 H 处自由下落，有 2gH  v2 ① 1 承重装置向下运动，缓冲装置的刚性线圈切割磁感线，有 E  NBLv ② 1 1 解得：E  NBL 2gH ③ 1 物理参考答案·第4页（共8页）（2）承重装置匀速运动，有 (M m)g  NBI L ④ 1 结合欧姆定律 NBLv I  2 ⑤ 1 R (M m)gR 解得：v  ⑥ 2 N2B2L2 （3）分析可知，缓冲装置刚着地时，承重装置与鸡蛋具有最大的向上加速度，此时鸡蛋 受到的冲击力最大，对承重装置和鸡蛋有 F (M m)g (M m)a ⑦ 安 对鸡蛋有 N mg ma ⑧ E 结合：F  NBI L，I  0 ，E  NBL 2gH ⑨ 安 0 0 R 0 mN2B2L2 解得：N  2gH ⑩ (M m)R 评分标准：本题共 10 分。正确得出①~⑩式各给 1 分。 14．（14 分） 解：（1）滑杆滑至O点时，其竖直方向速度为 0，所以机器人的速度为 0，二者组成的系 统机械能守恒，有  L   L 1 4 mg   2mv2 ① cos60 4 2     gl 解得v  ② 2 （2）滑杆滑至 O 点右侧后，当二者水平方向速度相等时，机器人离平行轨道的距离最小， 设其为d ，对于滑杆和机器人组成的系统，根据系统水平方向动量守恒 2mv (m2m)v ③ 共 根据机械能守恒有 1 1 2mv2  (m2m)v2 mg(Ld) ④ 2 2 共 11 解得：d  L ⑤ 12 物理参考答案·第5页（共8页）（3）当机器人再次到最低点时速度最大，在最低点，动量和动能守恒 2mv  2mv mv ⑥ 1 2 1 1 1 2mv2  2mv2  mv2 ⑦ 2 2 1 2 2 4v 2 gL 2 gL 解得：v   ，即机器人的最大速率为 ⑧ 2 3 3 3 评分标准：本题共 14 分。正确得出②、⑤式各给 1 分，其余各式各给 2 分。 15．（18 分） 解：（1）小球做匀速圆周运动，所以 mg qE ① 0 mg E  ② 0 q mv2 qBv  0 0 r r 由几何关系可知小球在第二象限的偏转角为 60°，y 轴击中点到原点的距离为 ，所以 2 1 mv 9v2 0  0 ③ 2 qB 32g 16mg 解得：B  ④ 9qv 0 （2）小球从 y 轴击中点做平抛运动 9v2 gt2 0  0 ⑤ 32g 2 3v 3v 解得：t  0 ，竖直方向速度v  gt  0 ⑥ 0 4g y 0 4 分解小球的运动可知：沿 x 方向匀速、y 方向来回运动并不断重复，是一个周期性的运动。 所 以 要 使 小 球 垂 直 击 中 挡 板 ， 在 一 象 限 最 高 点 或 四 象 限 最 低 点 ， 故 3v 4 3v 4 9v2 g t  N 0  0  0 (N 1，2，3，...) ⑦    g a  v 0 又qE mg ma ⑧ 12mg 解得：E  (1≤N≤11) ⑨ (12 N)q 物理参考答案·第6页（共8页）3v2 （3）小球从 y 轴击中点做平抛运动，在 x 轴上的水平距离为x  v t  0 ，小球两次通 0 0 0 4g 6v2  过点  0 ，0 ，即反弹前、后均通过(8x，0)，挡板位置在(12x，0)处，小球的运动可认 g 0 0   为有周期性，设反弹前轨迹相邻两最高点（或最低点）之间距离为x，时间为 T，反弹 8x  x 前从上往下通过该点应满足：Ⅰ： 0 0  nT ；从下往上通过该点应满足：Ⅱ： 1 v 0 8x  x 0 0  nT ；(n 1，2，3，...) 1 1 v 0 1 反弹后的轨迹可视为速率变化但继续向前的运动，水平速度大小变为原来的 ，竖直速 2 度不变，故轨迹相邻两最高点（或最低点）之间的距离变化，但周期仍为 T，相当于要运 12x  x 4x 动至(16x，0)，反弹后从上往下通过该点应满足：Ⅲ： 0 0  0 n T ；从下往上 0 v v / 2 2 0 0 12x  x 4x 通过该点应满足：Ⅳ： 0 0  0 n T ；(n 1，2，3，...) v v / 2 2 2 0 0 以下讨论四种情况： n 7 （一）反弹前从上往下Ⅰ，反弹后从上往下Ⅲ，得： 1  ，要使 n 、n 均取正整数， 1 2 n 19 2 7x 需n 7，14，21，…，又x  0 2x ，故无解 1 n 0 1 n 1 （二）反弹前从上往下Ⅰ，反弹后从下往上Ⅳ，得： 1  ，要使 n 、n 均取正整数，需 1 2 n 3 2 7x n 1，2，3，…，又x  0 2x ，故： 1 n 0 1    3v / 4 3v / 4  7mg n 1、n 3：x  v T v 2 0 2 0  7x ，得：E  ⑩ 1 2 0 0 g qE 0 5q    g    m  （如图 3 所示）    3v / 4 3v / 4  7x 7mg n =2、n 6：x v T  v 2 0 2 0   0 ，得：E  ⑪ 1 2 0 0 g qE 2 3q    g    m  物理参考答案·第7页（共8页）   3v / 4 3v / 4  7x 7mg n 3、n 9：x v T  v 2 0 2 0  0 ，得：E  ⑫ 1 2 0 0 g qE 3 q    g    m  图 3 n 9 （三）反弹前从下往上Ⅱ，反弹后从上往下Ⅲ，得： 1  ，要使 n 、n 均取正整数， 1 2 n 19 2 9x 需 n =9，18，27，…，又x  0 2x ，故无解 1 n 0 1 n 3 （四）反弹前从下往上Ⅱ，反弹后从下往上Ⅳ，得： 1  ，要使 n 、n 均取正整数，需 1 2 n 7 2 9x n 3 ， 6 ， 9 ， … ， 又 x  0 2x ， 故 ： n 3 、 n 7 ， 1 n 0 1 2 1    3v / 4 3v / 4  9x x v T  v 2 0 2 0  0 ， 0 0 g qE 3    g    m  3mg 得：E  （如图 4 所示） ⑬ q 图4 7mg 7mg 7mg 3mg 综上所述：E 可取 、 、 、 5q 3q q q 评分标准：本题共18分。正确得出⑦、⑩、⑪、⑫、⑬式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第8页（共8页）