重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（六）物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260323重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（六）（全科）

重庆八中高 2026 届 3 月适应性月考（六） 物 理 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D A C B C BC AD BCD 1．毛肚受重力和筷子对它的作用力，由平衡条件可知筷子对毛肚作用力大小为mg。 2．枣糕模型无法解释散射实验，核式结构模型无法解释氢原子光谱，玻尔模型无法解释氢和类氢原子以外的 其他原子，电子云模型中电子没有确定的轨迹。 3．分析器中的电流有效值为 2A，最大值为2A，A、B均错。a和分析器中的电流周期相同，故a中频率为 50Hz，C错。t 0.01s时，分析器中电流为零，线圈内磁通量的变化率为零，a中电流为极大值，D正确。 4．场强最大和最小值应在同一直径的两个端点处，它们场强大小之比为4∶1，则它们到点电荷的距离之比为 1∶2，又两处场强方向相反，故点电荷在该直径上的三等分点处，若点电荷记为Q，圆半径记为R，则最 kQ kQ 大场强4E  ，圆心处的场强E  ，可得E 16E 。 0 2 2 0 2  1   R  R 3  3  π 5．如图所示，去程时，船头正对河对岸，航线与岸边的夹角为arctan 3 ，返程时速度v 满足 3 1 L 2 3L v2 v2 2vvcos(π)( 3v)2 ，解得v v，于是返程用时t   。 1 1 1 v sin 3v 1 2mv 6．【 —解析】当甲乙之间为弹性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为v 0 ，当甲乙之间为完全非弹 M m mv 性碰撞时，碰后瞬间乙的速度为v 0 ，故图中上方曲线为弹性碰撞，下方为完全非弹性碰撞。分别 M m 代入图中数据可得m1kg、v 1.5m/s。 0 GM 2GM 7．探测器发射前后速度大小均为 ，方向相互垂直，故速度变化量为 ，A错误。 r r r3 r3 探测器与空间站分离期间周期为2π ，运动时间为半个周期，即π ，B错误。 GM GM 如图所示，作P点和地心O的连线，当探测器刚好拍不到空间站时，将探测器和空间站 的位置分别记为Q和S，则由题意可知POQPOS 60，过Q和S分别向PO作垂 3 6 线，垂足为K，则KQKS rsin60 r ，由于KQKS，故QS  r。由于△QSO为等腰三角形， 2 2 2  6  2 10 此时QS的中点到O点的距离刚好等于地球半径R，即R2  r r2 ，解得r  R ，此时探测器到    4  5 2 15 4 5 空间站的距离为 R，D错误。当探测器和空间站相距最近时，距离为 2r  R ，C正确。 5 5 2L 8．波向右传播，箭头所指处的队员处接下来会是波谷，故其正在下蹲。波长为2L，传播速度为 。 T 9．【 —解析】内部条纹光程差小，外部条纹光程差大。当温度升高时，金属柱长度增加，空气隙厚 度减小，所有位置的光程差都减小，条纹向外移动。新产生10个亮纹，表示光程差变化10λ，距离变化5λ。 10．S第一次接触触点1期间，电容器电压从0增加至U，相应电荷量增加CU ，这些完全流过电阻R，A错。 1 S第一次接触触点2期间，流过杆的电荷量为q  CU ，对杆由动量定理有BLq mv 0，安培力对杆 1 2 1 1 第 1 页 共 4 页1 B2L2C2U2 做功为W  mv2 0，代入得W  ，B正确。开关前n1次接触2时，流过金属杆的电荷均为 2 1 8m 1 U q  CU ，则第n1次与2接触结束时金属杆的速度满足BL(n1)q mv 0，此时BLv  。若第 1 2 1 n1 n1 2 U n次接触2时流过金属杆的电量也为q ，则BLnq mv 0，BLv  ，解得(n1)B2L2CmnB2L2C ， 1 1 n n 2 q C正确。开关第n次接触2时，流过金属杆的电荷量设为q，则BLqmv mv ，BLv U  ，解 max n1 max C (n1)BLCU 得v  ，D正确。 max 2(mB2L2C) 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11．（每空2分，共6分） F 3F 3d 0 0 0 d 2d 0 0 12．（每空2分，共10分） （1）小 （2）4.2 210 （3）大 （4）90 —解析】（1）斜率表示电阻的倒数，由图乙可知电压增加，斜率变大，电阻变小。 （2）当D中电流为10mA时，由图乙知其两端电压为4.2V，电阻箱两端电压也为4.2V，流过电阻箱的 电流为20mA，阻值为4.2V0.02A210。 （3）若D元件电流变小，则电阻箱电流变大，电压变小，与电阻箱阻值变大 矛盾，故D元件电流变大。 （4）D和D 的电压相同，均设为U，它们的电流也相同，均设为I，于是电阻 1 箱 R 的电压和电流分别为 U 和 I 2I 。于是有U (I 2I)R ，整理为 0 0 I U I  0  ，在图乙中做出如图所示图像与D元件伏安特性曲线的交点即为 2 2R D和D 的工作状态。可得此时流过D和D 的电流均为5mA，两端电压均为 1 1 3.6V。所以流过R的电流为20mA，R和D 的总电流为25mA，消耗功率为 1 3.6V×25mA=90mW。 13．（10分） 解：（1）设管内截面积为S，从初态到末态，对管内气体，由玻意尔定律，有 p SL pS(Lh) ① 0 解得 5 p p 95cmHg ② 4 0 （2）末态，管内外压强关系为 p p g(H h) ③ 0 解得H 39cm ④ （3）插入过程中管内水银面下降，气体对水银做正功，水银对气体做负功。管底对气体做正功，由于气体 体积缩小，外界整体对气体做正功。 ⑤ 气体温度不变，即内能不变，由热力学第一定律可知，气体向外界放热。 ⑥ 评分标准：本题共10分。正确得出②、④式各给1分，其余各式各给2分。 14．（13分） 解：（1）带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，如图所示，由于对称性可知，电场沿bd方向，即与ac连 线垂直指向d点的方向。粒子在ac方向以速度v 做匀速直线运动，从a到b，在ac方向 0 3 2 Lv t ① 2 0 3 2L 解得t  2v 0 ② （2）从b点到c点做类平抛运动，有 第 2 页 共 4 页2 1 L at2 ③ 2 2 qE ma ④ 2 2mv2 解得E  0 ⑤ 9qL 2 2mv2 U E  L 0 ⑥ ab 2 9q （3）由对称性，粒子轨迹圆心在过b点且与ac连线垂直的直线bd上，如图所 示。设轨迹半径为R，则 2L OeR 2 OaR 3 2L ae 2 三角形Oae中，由勾股定理，有 Oa 2 Oe 2 ae 2 ⑦ 解得 5 2 R L ⑧ 2 又，洛仑兹力提供其做圆周运动的向心力，有 v2 qv Bm 0 ⑨ 0 R 2mv 解得B 0 ⑩ 5qL 方向垂直于纸面向外。 评分标准：本题共13分。正确得出①、⑥、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 15．（18分） 解：（1）从测试货物放上传送带到与传送带相对静止，由动能定理有 L 1 mg  mv2 0 ① 4 2 2v2 解得 ② gL 由动量定理有 mgt mv0 ③ 0 L 解得t  ④ 0 2v （2）若v kv，货物刚进入传送带时，相对传送带的速度如图所示， 0 货物的相对初速度为 v  v2 v2  1k2v 1 0 方向与侧边夹角为θ，则 k 1 sin ，cos 1k2 1k2 摩擦力与相对速度方向相反，故货物相对传送带做匀减速直线运动，摩擦力的大小和方向均不变。其大小为 f mg 在地面系中，沿传送带速度方向，货物匀加速： f cosma // v2 S  // 2a // 第 3 页 共 4 页1k2 解得S  L ⑤ // 4 L S t  v  2 //  ( 1k2 2)L ⑥ a v 4v // 在垂直于传送带的速度方向，货物做匀减速运动： f sinma  v2 S  0  2a  解得 k 1k2 S  L ⑦  4 由位移关系  L S   // 2 ⑧  S L  0k  3  解得 651 0k   2 取交集即为k的取值范围 0k  3 ⑨ 4 （3）当k  时，货物在第一个传送带上运动的时间为 3 ( 1k2 2)L 11L t   ⑩ 1 4v 12v 垂直于传送带方向的位移为 5 S  L  9 当其进入第二个传送时，速度为v，即k 1，在第二个传送带上运动的时间为 L S  ( 1k2 2)L  2 (209 2)L t    2 4v v 36v 货物在两个传送带上的总用时为 (539 2)L T t t  1 2 36v v2 货物在传送带上的相对位移为S  1 2g (1k2)mv2 摩擦生热为Q fS  2 货物在两个传送带上的发热分别为 25 Q  mv2 1 18 Q mv2 2 从货物进入第一个传送带至到达第2出口，由能量关系，有 1 1 E mv2 Q Q  mv2 2 0 1 2 2 解得E 2mv2 评分标准：本题共18分。正确得出⑤式给2分，其余各式各给1分。 第 4 页 共 4 页