重庆市第八中学2022届高考适应性月考卷（六）物理-答案.pdf

1、 物理参考答案第 1 页（共 10 页）重庆市第八中学 2022 届高考适应性月考卷（六）物理参考答案 一、单项选择题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C B B C D A C【解析】1电子的发现说明原子是有内部结构的，故 A 错误。根据玻尔理论,原子从低能级向高能级跃迁时,电子的轨道半径增加,动能减小,故 B 错误。根据爱因斯坦对光电效应的解释可知，逸出光电子的最大初动能由入射光频率和逸出功决定，当频率一定时，最大初动能与入射光强度无关，故 C 正确。射线是原子核内中子转化为质子的过程

2、中释放出的，故 D 错误。2分析右端电路可知，R 与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。设滑动变阻器右边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为22212221xRxRRxRRRRxRxxx，当滑片从 b 往 a 滑动时，x 增大，则副线圈中总电阻一直减小。变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻减小，则副线圈总电流增大，A2 示数增大，故 B 正确。再由变压器原副线圈电流关系知，A2 示数增大，A1 示数增大，故 A 错误。原线圈输出电压不变，电流增大，故输入功率增大，故 C错误。滑片从 b 往 a 滑动时，副线圈干路电流增大，滑动变阻器右半部分和 R 并联总电阻增大，则

3、并联部分分压增大，定值电阻 R 消耗的电功率增大，故 D 错误。3由题意知，运动员做平抛运动，从斜面顶端抛出又落到斜面上，则根据平抛运动规律有20012tan302gthgtxt vv，解 得4 3 s3t，则 其 落 点 与 坡 顶 的 高 度 差 为22114 38010mm27m2233hgt，故 B 正确，A、C、D 错误。物理参考答案第 2 页（共 10 页）4励磁线圈中通有如图所示的交变电流时，感应线圈中产生的电流也在变化，不是恒定电流，故 A 错误。1t 时刻，励磁线圈中电流图象的斜率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为 0，故 B 错误。12tt 时间内，由楞次定律可知，此时感应

4、电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以电流应从 d 流向 c，23tt 时间内，电流仍然从 d 流向 c，感应线圈是电源，电源内部电流由负极流向正极，所以 c 点电势高于 d 点电势，故 C 正确。感应线圈中的电流方向可以由楞次定律判断，当励磁线圈中电流减小时，感应电流的方向与励磁线圈的电流方向相同，故 D 错误。5A、B、C 三点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但ABC所在平面内其他点到场源电荷的距离与 A、B、C 三点到场源电荷的距离不等，故ABC所在平面不是等势面，故 A错误。A、B、C三点到 O 点的距离相等，根据点电荷的场强公式2QEk r分析可知，A、B、C三点

5、的电场强度大小相等，但方向不同，故 B 错误。由于 AD 间场强大于 DA 间场强，由UEd知，A、D 间的电势差大于 D、A 间的电势差，由于 O 处为负点电荷，沿AO 直线从 A 到 O 电势逐渐降低，则有DAAD，则1()2DAA，故 C 错误。将一正的试探电荷从 A点沿直线 AB移到 B点，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，则静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故 D 正确。6设物体到达 P 点的速度为v，反弹后运动到 B 点的速度为零，由动能定理得2121()02mg LLmv ，解得2 3m/s v。物体由 A 到 P 点过程中，由动能定理得2221122AmgLmmvv，解得

6、4m/sA v。小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始在 B 端就共速，故 A 正确。弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故 B 错误。若物体速度较大，一直做匀减速运动，有21212()02mg LLmv，解得2 6m/sv。若速度较小，在 AB 上一直加速，到A 点时恰好与传送带同速，有21142Ltatat，vv，联立解得2 2m/sv，故小物块离开弹簧时的速度一定满足 2 2m/s2 6m/s v，故 C 错误。小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘以传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘

7、以小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故 D 错误。物理参考答案第 3 页（共 10 页）7小环 C 下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置 S 前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过 S 的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环 C 的机械能先增加再减小，下落到位置 S 时，小环 C 的机械能最大，故A 错误。小环从 R 处下落到 Q 处的过程中，物体 B 始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体 B 所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体 B 的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体 B 的支持力的冲量

8、和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故 B 错误。环在 Q 时动能最大。环在 R 和 Q 时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q 和 A 通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图 1 所示），故cosQA vv ，故 A 与环的动能之比为22k2k12cos12AAQQmEmEMMvv，对小环和 A 的系统kkAQMghEE，联立可得小环 C 的最大动能22cosM ghMm，故 C 正确。环在 R 和 Q 时，弹簧长度相同，B 对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体 B 的重力 mg。环在 Q 位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有cos

9、TMg，对 A 有TmgFma，对 B 有 Fmg，联立可得为2cosMaggm，故 D 错误。二、多项选择题：本大题共 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，有选错的得 0 分。题号 8 9 10 答案 CD BD AD【解析】8分析可知，电键 K 闭合时，电流从 b 端流过蜂鸣器，则电容器 C 的右端为正极板，电键 K断开时，电容器放电，电流从 a 端流过蜂鸣器，此时蜂鸣器发出报警声，则 a 端为蜂鸣器的正极，故 A 错误。K 闭合稳定后，电容器两端电压为电阻 R2 两端电压，小于电动势 E，故电

10、容器电量小于 CE，故 B 错误。K 闭合稳定后，增加平行板间距离，根据平行板电容图 1 物理参考答案第 4 页（共 10 页）器的决定式可知电容减小，电容器放电，电流从 a 端流过蜂鸣器，有可能会使蜂鸣器发出报警声，故 C 正确。K 断开后，电容器放电，二极管具有单向导电性，没有电流通过二极管，则流过蜂鸣器的电量等于流过 R2 的电量，故 D 正确。9对三绕一模式，等边三角形边长为 L，三颗绕行星轨道半径均为 r，由几何关系得三角形的边长为2cos30Lr，即33rL，对顶点的星体受力分析，根据矢量合成的方法可得222222222(93)42cos303GmmGmmrFGmLrLrT v，解

11、得(3 31)GmLv，故B 正确，A 错误。由可得234(9 33)LTGm，若 O 处的星球被均分到 A、B、C 三颗星球 上，A、B、C 三 颗 星 球 的 质 量 都 是 2m。若 仍 按 原 轨 道 运 动，则 对 A 有2222824cos30GmmrLT，可得2323LTTGm，则 A、B、C 三颗星球运动的周期将变大，故 D 正确，C 错误。10因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为225()()1N4FmgEqmg，与竖直方向夹角正切值3tan4qEmg，即 37，重力与电场力合力指向 AO，A 为等效最高点，图甲结合等时圆知识，可知小环在弦轨道 AB 和 AC 上运

12、动时间相等，故 A 正确。等效最低点在 AO 延长线与圆轨道交点，而非 C 点。等效最低点速度最大，动能最大，故 B错误。小环做圆周运动，轨道对小环的弹力既可以指向圆心，也可以背离圆心，则小环在其等效最高点的合力可以为零，因此最小速度为零，动能最小也为零，故 C 错误。小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大。从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得2m1202FRmv，由牛顿第二定律得2mNFFm Rv，代入数据解得5.0NNF，由牛顿第三定律可知小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是 5.0N，故 D 正确。物理参考答案第 5 页（共 10 页）三、非选择题：包括必

13、考题和选考题两部分，共 57 分。第 1114 题为必考题，每道试题考生都必须作答；第 1516 题为选考题，考生选取一道作答。（一）必考题：共 4 小题，共 45 分。11（每空 2 分，共 6 分）（1）212122()()33xxxxafMm gMmTT（2）使用体积小、密度大的物体做实验或使纸带、限位孔在同一竖直面内（合理即可）【解析】（1）根据2213xxaT，得2123xxaT。以 M 和 m 组成的系统为研究对象()()Mm gfMm a，得212()()3xxfMm gMmT。12（除特殊标注外，每空 1 分，共 9 分）（1）R1 V1 R5 R3 （2）断开 （3）3000

14、（2 分）（4）250（2 分）【解析】（1）由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，则应选1R，因力敏电阻的工作电压为 4V，则电压表应选1V。（2）在某个测量环节中，小明给 FSR408 施加 0.2N 压力的时候，FSR408 阻值较大，通过的电流较小，则不用扩大电流表量程，则开关 S2 断开。（3）在给 FSR408 施加 0.2N 压力时,开关 S2 断开，电压表读数为 1.00V，则流过电压表的电流V11mA1000UIR，c 为电阻 R5，则 FSR408 两端的电压VV53VRUIRR，电流表读数为 2.00mA，则流过 FSR408 的电流V1mARIII，则 FSR408 的

15、电阻3000RRURI。（4）在给 FSR408 施加 40N 压力时，开关 S2 闭合，d 为 R3，电流表读数为 2.00mA，则流过 R3 的电流为 24mA，由（3）分析可知，FSR408 两端的电压为 6V，流过 FSR408 的电流3V24mAIIII，则 FSR408 的电阻62500.024URI。物理参考答案第 6 页（共 10 页）13（12 分）解：（1）汽车关闭发动机后，根据动能定理得00k0(32)02fxxE 解得阻力k002Efx 由2mk0122 mEv，解得k0m2Emv 当汽车动能为k02E时，汽车牵引力和阻力相等，由 PFv 解得k0k0m04EEPfxm

16、v （2）根据动能定理0k0k02PtfxEE 解得k0k00k0k00k0k0k0022344EEfxEExmtPEEExm 评分标准：本题共 12 分。正确得出、式各给 1 分，其余各式各给 2 分。14（18 分）解：（1）粒子在磁场 B0 中做圆周运动，飞出磁场后做匀速直线运动到达 O 点，轨迹如图2 甲所示，由几何关系得 cos604.5RRd 解得3Rd 由2000qBm Rvv，得003mBqdv 图 2 物理参考答案第 7 页（共 10 页）（2）当矩形磁场面积最小时，如图乙所示，矩形的长为26aRd 宽cos601.54.5bRRRd 故最小面积227Sabd （3）设第一次

17、飞出电场时速度为 v，则2201()2qEdmvv，解得054 vv 如图 3 甲所示，速度与水平方向夹角为37，粒子水平位移为 83 d 图 3 如图乙所示，当磁感应强度大小为 B1 时，粒子在磁场中圆周运动半径11cos372RdR，解得110Rd 由211q Bm Rvv得018mBqdv 粒子再次到达 x 轴上的 S 点，则185222sin3733dOSRd 设磁感应强度大小为 B2 时粒子半径为 R2，粒子经(1)n n 次磁偏转仍过 S 点，由几何知识得2822sin373dOSnnR ，所以2(13040)9n dRn 由222q Bm Rvv，解得02454(13040)nm

18、Bn qdv 解得219013040BnBn 为了粒子能进行多次偏转，则130400n，解得134n（n 取正整数），故2 3n 、当2n 时，21185BB 当3n 时，21271BB 评分标准：本题共 18 分。正确得出、式各给 2 分，其余各式各给 1 分。物理参考答案第 8 页（共 10 页）（二）选考题：共 12 分。15（12 分）（1）B（4 分）【解析】过程中，气体温度不变，根据1 122pVp V可知，压强减小，则气体体积不断增大，故 A 正确。过程中，气体体积不变，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故 B 错误。过程中，气体压强不变，体积减小，分

19、子数密度增加，温度降低，分子平均速率减小，则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，故 C 正确。根据 pVCT，可知在 a、d 两个状态 6241adVV，可知状态 a 的体积大于状态 d 的体积，故 D 正确。（2）（8 分）解：设开始时水银柱上、下部分气体的压强分别为 p1 和 p2，假设水银柱不移动，环境温度从 T0 变至 T1 后，水银柱上、下部分气体的压强分别变为1p 和2p，根据查理定律分别有 1101ppTT 2201ppTT 解得1110TppT，1220TppT 开始时，根据平衡条件有2110cmHgpp 温度升高后，若水银柱不动，则121210()10cm

20、HgTppppT 平衡将不能保持，假设不成立，所以管中水银柱将向上移动 设环境温度升高到 T2 时，水银柱向上移动 1cm，且此时水银柱上、下部分气体的压强分别为1p和2p，根据理想气体状态方程分别有 110250cm49cmp Sp STT 物理参考答案第 9 页（共 10 页）220250cm51cmp Sp STT 2110cmHgpp 而1075cmHgpp，2110cmHg85cmHgpp 联立解得2441KT，即 2168t 评分标准：本题共 8 分。正确得出式各给 1 分。16（12 分）（1）D（4 分）【解析】0.5mx 的质点 Q，振动方向竖直向上，向最大位移处振动，不是从

21、平衡位处开始振动，则经过 0.25s 四分之一周期，路程小于 2cm，故 A 正确。由图甲可知该波波长是4m，若该波在传播过程中遇到尺寸为 3m 的障碍物，障碍物尺寸小于波长，故会发生明显的衍射现象，故 B 正确。由图甲可知该波波长是 4m，由图乙可知周期为 1.0s，根据4m/sTv，故 C 正确。在0.5mx 的质点 Q 位移cos2 cm4yA，故 D 错误。（2）（8 分）解：光路图如图 4 所示，单色光射向半球体上的 A 点，该光线与 SO成 60角，则入射角60 光由空气射向半球体，由折射定律有sinsinn 因332sin2RB OCODRR，所以60COD 由几何关系可知60COD，光由半球体射向空气，由折射定律，有sinsinn，可得 由几何知识得60，故30，则3n 图 4 物理参考答案第 10 页（共 10 页）光在半球体中传播的速度为333cccnv 由几何关系32cos2cos303OCRACAOR sinsin302RODOCR 322RRCBOOODR 323cos30332ROARSA 则光从 S 发出到射到桌面 B 点经历的时间SAACCBtccv 联立可得83Rtc 评分标准：本题共 8 分。正确得出式给 2 分，其余各式各给 1 分。