【文档说明】重庆市第八中学2022届高三上期阶段性考试物理试题答案.doc，共(8)页，737.500 KB，由管理员店铺上传

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重庆市第八中学2022届高考适应性月考卷（三）物理参考答案一、选择题：本大题共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，全部选对的得5分，选对

但不全的得3分，有选错误的得0分。题号12345678910答案CBDBCDABDADAC【解析】1．比结合能越大，原子核越稳定，故A错误。23892U――→2344902ThHe+是衰变方程，铀核需要俘获一个慢

中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程2351920Un+――→14192156360BaKr3n++，故B错误。β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故C正确。

根据玻尔理论可知，氢原子从6n=的能级向1n=的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从6n=的能级向2n=的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从6n=的能级向1n=的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从

6n=的能级向2n=的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D错误。2．由电场线的分布情况和对称性可分析B、E两点电场强度大小相同，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误。A点到正电荷的距离小于D

点到正电荷的距离，则A点的电势高于D点的电势，故B正确。D点的电势低于C点电势，而正电荷在电势高处电势能大，则正电荷在D点时的电势能小于在C点的电势能，故C错误。负点电荷由B沿BCDE移到E点，B、E两点电势相等，所以总功为零，故D错误。3．无人机加速上升货物处于超重状态，故A错误

。取无人机与货物整体为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律有()()FMmgMma−+=+，故B错误。取货物为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律有Tmgma−=，代入数据解得mFTMm=+，故C错误，D正确。4．着陆器由轨道

Ⅰ进入轨道Ⅱ做的是向心运动，需点火减速，使万有引力大于所需要的向心力，故A错误。如图1所示做出过Q点的圆轨道Ⅳ，根据万有引力提供向心力得22GMmmrr=v，所以GMr=v①。Ⅱ轨道的半径大于Ⅳ轨道的半径，所以24vv②。而着陆器由Ⅲ轨道在Q点进入Ⅳ轨道时，需要减速，所以3

4Qvv③。联立②、③可得23Qvv，即在轨道Ⅱ上S点的速度小于在轨道Ⅲ上Q点的速度，故B正确。由于万有引力提供向心力，所以2GMmmar=，着陆器在轨道Ⅱ上P点与在轨道Ⅲ上P点到火星的球心之间的距离是

相等的，所以加速度大小相等，故C错误。轨道Ⅱ的半径比轨道Ⅲ的半长轴长，根据开普勒第三定律，着陆器由P点运动到S点的时间比由P点运动到Q点的时间长，故D错误。5．由于合外力做功等于动能的变化量，所以动能kE与距地面高度h的关系图像斜率表示合外力，在0~h0过程中，合外力大小等

于mg，合力方向向上，根据牛顿第二定律得F大小始终为2mg，故A错误。动能kE与距地面高度h的关系图像斜率表示合外力，在2h0~3.5h0过程中，动能减小，合外力大小等于mg，方向竖直向下，所以F为零，物体只

受重力，物体的机械能不变，故B错误。在0~h0过程中动能增加mgh0，重力做功为−mgh0，根据动能定理得F做功为2mgh0，h0~2h0过程中，动能增加0.5mgh0，重力做功为−mgh0，根据动能定理得F做功

为1.5mgh0，所以F做功之比为4∶3，故C正确。根据功能关系得除重力以外其他力所做的功等于物体机械能的变化量，由于在0~2h0过程中，F一直做正功，所以物体的机械能不断增加，故D错误。6．人的速度

原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得Imgtmm−==vv，故地面对人的冲量大小为mmgt+v，故A、B、C错误，D正确。7．物块从A到B的运动过程中，与木板组成的系统满足动量守恒定律有0mMmmM=+vvv，由于物块与木板之间的相对位移为木板长的一半，

则有0222mMLtt+=−vvv，联立解得0()()mmMtMLMmt−+=+vv，由于物块脱离木板前做匀速运动，所以速度不变，故A正确，B、C、D错误。8．由题意知，线框上下导线受力相反，则导线处的合磁场方向应相同，故a、b

导线中电流方向相反，故B正确，A错误。反向电流相互排斥，故D正确，C错误。图19．闭合开关S，减小可变电阻R的阻值后，电路中电流增大，由欧姆定律分析得知，电阻1R两端的电压增大，R两端的电压减小，而它们的总电压即路端电压减小，

所以电阻1R两端的电压增大量小于U。电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压减小，带电量减小，减小量为CU，故A正确。根据A的分析可知，电阻1R两端的电压增大量小于U，所以通过电阻1R的电流增大量I小于1UR，故B错误。总电流增大，则内阻所占电

压增大，所以电路的路端电压一定减小，由于电阻1R两端的电压增大，而R的电压减小U，所以电路的路端电压减小量小于U，故C错误。当可变电阻的阻值与1Rr+的阻值相等时，功率最大，由于不知道具体的值，所以可变电阻R的功率可能变大，故D

正确。10．小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零，加速度为qEam=的匀加速直线运动和竖直方向初速度为0v，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上202gh=v，解得202hg=v，故A正确。小球运动到最高点时，

竖直方向速度减为零，由0gt=v，解得0tg=v，水平方向由xat=v，解得0xqEmg=vv，故B错误。小球运动过程中动能的表达式为22222k0111()()222xyqEEmmmtgtm==+=+−vvvv，由数学知识可得当202222mgtqEmg=+v时，小

球的动能最小，最小动能为2220kmin22222()mqEEqEmg=+v，故C正确。当小球运动到B点时，运动时间为022tg=v，水平方向的位移为220221(2)2qEqExtmmg==v，A、B两

点之间的电势差为22022qEUExmg==v，故D错误。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每道试题考生都必须作答；第15~16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）222()()BABAmmhmmght+−（2）>【解析】（1）系统重力势能的减少量为p()BAEmmgh=−。A、B做匀变速直线运动，且速度大小相等，根据平均速度等于初末速度和的一半，即02h

t+=v，可得2ht=v，则系统动能的增加量为22k22()1()2BABAmmhEmmt+=+=v。（2）A、B运动过程中要克服空气阻力等做功，所以系统重力势能的减少量大于系统动能的变化量。12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）9（1分）（2）0.48（1

分）175（1分）（3）不均匀（4）C（5）不变【解析】（1）由图可知滑动变阻器与0R串联，当滑片P滑到b端，调节电阻箱0R使电流表恰好满偏，根据欧姆定律有0()EIRr=+，代入数据可得09R=。（2）电流表刻度值为

0.48A，代入0116A10EIRrRR==+++，可得12.5R=，1R是一根长20cm、阻值20的均匀电阻丝，故弹簧的伸长量为17.5cm，根据胡克定律可得F弹31.0100.175N175Nkx===。（3）根据闭合电路欧姆定律可得

01()EIRrR=++，代入数据可得0116A10EIRrRR==+++，1R随着拉力的增大均匀减小，但根据函数关系可知，电流的变化是不均匀的。（4）根据0116A10EIRrRR==+++

及11110.20.20.2RRFFRRkk=−=−，可得关系式101110.2RFRrRIEk=++−，故要通过线性图象直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作1FI−图象。（5）若电流表的内阻不可忽略，则01g1g6A10E

IRrRrRr==+++++，11110.20.20.2RRFFRRkk=−=−，可得101g110.2RFRrRrIEk=+++−，图象斜率与电流表的内阻无关，故斜率不变。13．（12分）解：（1）由受力分析得sinBIL

mg=①由闭合电路欧姆定律有0EIRrR=++②联立得0()sinsinmgRrRmgBILEL++==③（2）11sincosBILBILmg+=④解得01()(sincos)mgRrRBEL++=+⑤22sincosBILBILmg−=⑥解得02()(s

incos)mgRrRBEL++=−⑦得00()()(sincos)(sincos)mgRrRmgRrRBELEL+++++−≤≤⑧评分标准：本题共12分。正确得出①、②、④、⑥式各给2分，其余各式各给1分。14．（18分）解：（1）加速电场

加速，由动能定理得2101242qUm=v，解得02LT=v①粒子在偏转电场里水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动。水平方向有0Lt=v，解得2Tt=，即粒子在平行板间运动时间始终为2T②设粒子在0U时加速度大小为a，03U时加速度大

小为34Tat=，时刻进入221130244424TTTTyaaa=+−=③（2）平行于两极板飞出的粒子在离开偏转电场时，垂直于板方向的速度为0。若粒子是在0~2T时间内的t1时刻进入偏转电场，则满足11

32Tatat−=，解得18Tt=④考虑周期性，则入射时间可取118tTnT=+，012...n=，，⑤若粒子是在~2TT时间内的t2时刻进入偏转电场，则满足223()2TaTtat−=−，解得278tT=⑥考虑周期性，则入射时间可取278tTnT=+，012.

..n=，，⑦（3）若粒子是在0~2T时间内的1t时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则则有22111111302222TTyatattat=−+−−=解得14Tt=，故1124TTtt=−=，这段时间内进入偏转电场的粒子，能从中线上方

飞出⑧若粒子是在~2TT时间内的2t时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则有222222113()3()02222TTyaTtaTttat=−+−−−−=解得2234tT+

=(2234tT−=舍)，故22324TttT=−=，这段时间内进入偏转电场的粒子，能从中线上方飞出⑨故在一个周期T内，粒子能从中线上方打出的时间为12134tttT+=+=所以从中线上方离开偏转电场的粒子占离开偏转电场粒子总数的百分比3110010068.3

%4tη%%T+===⑩评分标准：本题共18分。正确得出③式给3分，得出②、⑤、⑦式各给1分，其余各式各给2分。（二）选考题：共12分。15．（12分）（1）（4分）C（2）（8分）解：Ⅰ．设气缸

内压强为1p，T形活塞的质量为m，则U型管两边1000.25ppgh=+①对T形活塞01mgppS+=，所以00.25mhS=②Ⅱ．降低温度直至液面相平的过程中，气体先等压变化，后等容变化，初状态10010100.251.6p

pghVhSTT=+==，，末状态30301.2ppVhS==，，此时温度为3T根据理想气体状态方程得331113pVpVTT=③解得0030034pTTpgh=+④评分标准：本题共8分。正确得出①~④式各给2分。（若按等压变化和等容变化分过程写

方程，每个方程给1分）16．（12分）（1）（4分）C【解析】根据两质点间状态关系，结合波形图象，确定距离与波长的关系。两质点间可能没有波谷、可能一个波谷，也可能有两个波谷，得到波长有三个值。若两质点经过平衡位置

时振动方向相同，说明波长正好为12m。若两质点振动方向相反，说明12m为半波长或1.5倍波长，因此波长可能为8m和24m。（2）（8分）解：如图2所示，设球半径为R，球冠地面中心为O，连接OO，则OOAB⊥，令OAO=，则332cos2ROAOAR===即30OAO==

因为MAAB⊥，所以60OAM=①设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。设光线在M点的入射角为i，折射角为，在N点的入射角为i，反射角为i，玻璃的折射率为n。由于OAM△为等边

三角形，所以入射角60i=由折射定律得sinsinin=②解得30=作N点的法线NE，由于NEMA∥，所以30i=由反射定律得30i=③连接ON，由几何关系可知MANMON△△@，则60MNO=解得30ENO=所以ENO为反射角，

ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向。该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为180150ENO=−=④评分标准：本题共8分。正确得出①~④式各给2分。