【文档说明】重庆市第八中学校2023届高考适应性月考卷（四）物理试卷（含解析）.doc，共(23)页，1.674 MB，由小赞的店铺上传

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秘密★启用前重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（四）物理注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。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。1.如图所示为某同学用细绳和直杆做的一个“

三角支架”，其中AC杆水平，AB与AC之间的夹角为，在杆的A端悬挂重物，并保持静止。绳和杆的重力忽略不计，重物的重力为G，则细绳和杆对手的共同作用力的大小为（）A.sinGB.tanGC.sinGD.G【答案】D【解析】【详解】由题意，可知重物产

生两个效果：一是使绳沿BA方向拉手指，二是使杆受到向左的挤压从而压手，如图所示根据合力与分力的关系知1F，2F的合力等于G，所以细绳和杆对手的共同作用力的大小为G。故选D。2.滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做匀速转动以达到脱水的效果，滚筒竖直截面如图所示。则（）A.衣物在

最低点B时处于超重状态B.衣物在最高点A时脱水效果最好C.衣物在A、B两点时的加速度相同D.衣物在A、B两点时所受筒壁的力大小相等【答案】A【解析】【详解】A．衣物在最低点B时，衣物加速度方向向上，指向圆心，因此衣物处于超重状态，A正确；B．对衣物上的某一水滴分析，在A点有21vNmgmR+=在

B点有22vNmgmR−=可知21NN则衣物在最高点B时脱水效果最好，B错误；C．由于衣物随着滚筒做匀速转动，根据2vaR=可知，衣物在A、B两点时的加速度大小相等，方向相反，均指向圆心，C错误；D．根据上述分析可知，衣物在

A点所受筒壁的力小于在B点所受筒壁的力，D错误。故选A。3.假如某天地球加速绕太阳做椭圆轨道运动，地球到太阳的最近距离仍为R（R为加速前地球绕太阳做圆周运动时与太阳间的距离），地球的公转周期变为8年，则在该轨道上地球距太阳的最远距离为（）A.2RB.4RC.7RD.8R

【答案】C【解析】【详解】假设在该轨道上地球距太阳的最远距离为r，则其半长轴为2Rra+=根据开普勒第三定律，可得33220aRTT=其中地球做圆周运动时的周期为01T=年，做椭圆运动时的周期为T=8年，代入可得7rR=故选C。4.工厂在生产熔喷布时为了

实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的负极、正极上，G是灵敏电流计。熔喷布匀速从两极板间穿过，熔喷布变厚会导致电介质

相对介电常数增大，若检测到电流计中有从a流向b的电流，则下列说法正确的是（）A.电容变大，熔喷布变薄B.电容变小，熔喷布变薄C.电容变大，熔喷布变厚D.电容变小，熔喷布变厚【答案】B【解析】【详解】电流计中有从a到b的电流，即有负电荷从负极板向电源的负极移动，也就是说负极板上的电荷量

减少，根据公式QCU=因为极板上的电荷量减少，且两端电压不变，所以电容变小，再根据公式4rSCkd=因为熔喷布的厚度会改变εr，而电容变小，则εr变小，熔喷布变薄。故选B。5.反射式速调管是利用电子团在电场中的振荡来产生微波的器件，其

基本原理如下：静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。在A点释放电子，其振荡周期为T，若在OA的中点释放电子，则其振荡周期为（）A.12TB.22TC.TD.2T【答案】B【解析】【详解】无论电阻在A点释放还是在OA的中点释放，

在OA段的加速度完全相同，同理在OB段的加速度前后两次也完全相同，在A点释放时，从A到O的过程中2112xat=在OA中点释放时，到O点的过程中211122xat=可得1122tt=从OA中点释放时，恰好运动到OB中点速度减小到零

，同理可知从O到B和从O到OB的中点，所有时间也满足同样的关系，因此22TT=故选B。6.如图甲所示，带正电且电荷量为5310Cq−=的物块A放在水平桌面上通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，

电场强度大小为5310N/CE=，从O位置开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图乙所示。A、B质量均为1kg，重力加速度210m/s=g，A离滑轮的距离足够长，则A由静止开始从O位置运动的过程中的最大速度为（）A.0.25m/sB.0.5m/

sC.1m/sD.2m/s【答案】B【解析】【详解】电场力大小为9NFqE==B的重力大小为10NGmg==所以开始A沿x+方向运动，当整体受力平衡时速度最大，由平衡条件得mgqEmg=+代入数据得0.1

=由图示图像可知，0.2x=，当0.1=时，0.5mx=，该过程摩擦力做功大小为10.25J2fWmgx==根据功能关系有2m1-22fmgxqExWmv−=解得m0.5m/sv=故选B。7.为探测某空间存在的匀强磁场

磁感应强度的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、长为L的直导线悬于O点，如图所示，通有大小为I的电流时，导线稳定在细线与竖直方向的夹角为60=处：电流变为2I时，导线稳定在细线与竖直方向的夹角为30=处。已知磁场方向平行于纸面，直导线垂直于

纸面，重力加速度为g，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（）A.2mgILB.32mgILC.mgILD.3mgIL【答案】C【解析】【详解】设直导线受安培力方向与水平方向的夹角为β，则对直导线受力分析可知cossin6

0FT=cos60sinTFG+=FBIL=解得cos(sin)3GBIL=+同理当电流变为2I时可得1(3cossin)2GBIL=+解得β=30°mgBIL=故选C。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。8.几个小朋友蹲在地面上玩“抓石子”游戏，从地面以1v的速率竖直向上抛出

一颗小石子，由于空气阻力影响小石子落回地面时的速率变为2v。已知小石子的质量为m，重力加速度为g，小石子在空中运动的总时间为12vvtg+=，则小石子在空中运动的整个过程中，下列说法正确的是（）A.重力的总冲量等于零B.阻力的总冲量等于零C.重力对小石子做的总功为零D

.阻力对小石子做的总功为22121122mvmv−【答案】BC【解析】【详解】A．小石子在空中运动的整个过程中重力的总冲量GIGt=选项A错误；B．设向下为正方向，根据动量定理，则上升过程中1f110()mgtImv+=−−下降过程2f12mgtImv+=两式相加可知12f1f212()()()m

gttIImvv+++=+其中1212vvtttg+=+=可得整个过程中阻力的总冲量f1f20III=+=选项B正确；C．因石块最后回到出发点，则位移为零，重力对小石子做的总功为零，选项C正确；D．由

能量关系可知，阻力对小石子做的总功为22f121122Wmvmv=−−选项D错误。故选BC。9.如图所示为某种电磁推进方式示意图，两条平行绝缘轨道固定在水平面上，其间连续分布着竖直向下和竖直向上的等大的匀强磁场，磁

场宽度相等，一矩形金属线框放置在导轨上方，其长、宽恰好等于导轨的间距L和磁场的宽度d，线框电阻一定，运动的过程中所受摩擦阻力恒定。当磁场开始向右以速度0v匀速运动时，下列关于线框的速度v、电流i的大小随时间t的变化图像可能正确的是（）A.B

.C.D.【答案】BD【解析】【详解】AB．磁场向右运动，则线框相对于磁场向左运动，设某时刻线框的速度为v，回路的感应电动势02()EBLvv=−回路的电流02(BLvvEiRR−==）①线框所受安培力22

04()2BLvvFBiLR−==根据牛顿第二定律Ffma−=整理得2204()BLvvfmaR−−=随着速度的增加，加速度在减小，因此线框做加速度减小的加速运动，当加速度a=0时，速度达到最大值，此时220max4()BLvvfR−=可得最大速度max00224fRvvvBL

=−A错误，B正确；CD．由①式可知，随着速度的增加，回路的电流逐渐减小，而且速度增加的越来越缓慢，电流减小的也越来越缓慢，当速度达到最大值时，电流为最小值，此时0min2(2BLvvfiRBL−==）C错误，D正确。故选BD

。10.如图所示，某质量为m的工件静止于粗糙水平面上的A点，机械手臂可在A、B之间对工件施加恒力F。最终工件停止于C点，A、B间的距离为L，F大小恒定，与水平面间的夹角可调02。当0=时，B、C之间的距离为3L，调整，可使B、C间的距离最大为2

3L。若重力加速度为g，工件与水平面间的滑动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）A.0.5=B.0.75=C.Fmg=D.43Fmg=【答案】BC【解析】【详解】当0=时，由题意，根据动能定理可得()03LFLmgL−+=当B、C间距离最大时，同理，根据动能定理可得2co

s(sin)03LFLmgFLmg−−−=两式联立解得0.75=，Fmg=故选BC。三、填空、实验题：本大题共2小题，共15分。11.某同学用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点

是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为m1的入射小球A多次从斜轨上由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为m2的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上由静止释放，与小球B相碰，并

且多次重复，实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N，测量xM、xP、xN分别为M、P、N距O点的水平距离。（1）关于本实验，下列说法正确的是________。A．入射小球每次可由不同位置自由滚下B．两小球的质量关系必须m1>m2C．斜槽轨道必

须光滑D．斜槽轨道末端必须水平（2）若测量数据近似满足关系式________（用m1、m2、xM、xP、xN表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。（3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式________（仅用xM、xP、

xN表示），则说明碰撞为弹性碰撞。【答案】①.BD②.112PMNmxmxmx=+③.PNMxxx=−【解析】【详解】（1）[1]A．为了保证入射小球运动到斜槽末端的速度不变，斜槽轨道不必光滑，但是入射小

球每次必须从同一位置自由滚下，AC错误；B．为了使入射小球碰撞后不弹回，两小球的质量关系必须m1>m2，B正确；D．为了保证碰撞后两个小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，D正确。故选BD。（2）[2]根据动量守恒定律得211NPMxxxmmmttt=+解得112PMNmxmxmx=+（3）[

3]根据211NPMxxxmmmttt=+222112111222NPMxxxmmmttt=+解得PNMxxx=−12.甲同学在用电流表和电压表测量一节锂电池的电动势和内阻的实验中，实验电路如图甲所示，电路中定值电阻0R的阻值

为4Ω。请回答下列问题：（1）测得下列五组数据：根据数据在坐标图上画出UI−图像_____。/VU2.402.001.601.200.80/AI0.080.160.240.270.40（2）根据UI−图像，求出

该电池电动势E=________V，内阻为r=________。（结果均保留1位小数）（3）乙同学在用相同的电路和元件测量另一块电池时，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示（图甲中A、B、C、D为滑动变

阻器的四个接线柱，虚线连到C点）。由电压表的读数U和电流表的读数I画出UI−图线如图丁所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图乙也可以达到实验目的，则由图乙可得电源的电动势E=________V，r=________。（结果均保留1位小数）【答案】①.②.2.

8（2.7~2.9均可）③.0.8（0.7~1.0均可）④.3.0⑤.1.0【解析】【详解】[1]作出图像如图所示[2][3]根据闭合电路欧姆定律可得0()UErRI=−+UI−图像中图线截距表示电源电动势，斜率的

大小表示等效内阻，则有2.8VE=2.80.540.80.48r−=−=[4][5]实验中多连接了一根导线，滑动变阻器的左右两部分电阻并联后串联在干路中，电压表的测量值等于滑动变阻器并联后的电压，电流表测量R右的电

流；当电压表的读数为2.0V时，滑动变阻器左右两部分的电流相等，总电流为0.2A，由()UEIRr=−+得2.00.2(4)Er=−+当电压表读数为1.80V时，滑动变阻器左右两部分电流分别为0.06A和0.18A，由()UEIRr=−+得()()1.80.0

60.184Er=−++解得3.0VE=1.0Ωr=四、计算题：本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.某同学以圆柱形薄壁金属

管为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图甲所示，金属管的长度为L，电阻率为放置在磁感应强度方向沿金属管轴线的匀强磁场中，金属管的横截面可视为半径为r、宽度为d的细圆环()rd，如图乙所示。若磁感应强度随时间变化的关系如图丙所示。求：（1）0t时刻金属管

中的感应电动势和感应电流的大小；（2）0t时刻金属管中电流的热功率。【答案】（1）200Brt，002BLdrt；（2）230202dLBrt【解析】【详解】（1）由电磁感应定律可知20ΔΔΔΔ

BSBrEnttt===根据楞次定律可知由电阻定律可知：金属管中产生顺时针方向（甲图俯视）的感应电流，由电阻定律可知2lrRSdL==根据欧姆定定律可知002BrdLEIRt==（2）由电功率公式2PIR=代入数据得230202BrdLPt=14.如图所示，在竖直平面内，某一

游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，直轨道AB与滑块间的动摩擦因数大小可调(1)，B、D两点等高，图中角均为37，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能

5.9JpE=。某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的滑块（可视为质点）弹出，冲上直轨道AB，滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知两段圆弧半径相等0.5mR=，滑块的质量为0.1kgm

=，B点的高度1.8m=h，sin370.6=，210m/s=g。（1）若0=，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；（2）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数。【答案】（1

）15N，方向竖直向上；（2）56=【解析】【详解】（1）设滑块在C点时速度为Cv，受到的轨道作用力为CF，由牛顿第二定律可得2CCvFmgmR+=根据能量守恒定律有2p1(cos)2CEmghRRmv

=+−+联立代入相关数据求得15NCF=方向竖直向下，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为15N，方向竖直向上。（2）滑块能够静止于AB中点，则cossinmgmg解得34滑块能与E相撞，则p(cos

)cos0sinhEmghRRmg−+−−解得53假设滑块与挡板首次相碰后第n次通过AB中点时静止，由能量守恒定律有p21cos()(123...)22sinhnhEmgmgn+=+=、、当1n=时，解得125118=，与题干描述不符，舍去当2n=时，解得256=

，满足条件当3n=时，解得3253424=，舍去所以，动摩擦因数为56=。15.如图所示，x轴上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方存在沿y轴竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，磁场、电场区域

足够大。图中A、D两点的坐标分别为0(0,)y−、0(,0)x−，某带电粒子质量为m，电荷量为(0)qq，不计重力。（1）若粒子由A点静止释放，求其从释放到到达O点经历的时间；（2）若粒子由A点以某一初速度沿x轴负方向射出，粒子第二次通过x轴时恰好通过O点，求粒子射出时初速度大小；

（3）若粒子由A点以初速度Av向第三象限抛出，Av与y轴正方向有夹角，小球第1次经过x轴时的位置恰好为D点，然后只经过一次磁场区域后回至A点。求Av的所有可能值（用q、m、E、B、0x、0y表示）。【答案】（1）02mytqE=；（2）02EvB=；（3

）222220002)()()2AmEyqBxEvBmBx−=+或2200020002()()()2AqBxqEyqExvmmqBxqBxqEmy=−+−【解析】【详解】（1）从A点到O点由牛顿第二定律以及运动方程2012yat=qEam=解得02mytqE=（2）粒子从A

点做类平抛运动，第一次到达x轴时与x轴负向夹角为θ，则0xvt=0tanyvv=yqEvtm=0cosvv=其中02mytqE=在磁场中做圆周运动2vqvBmR=2sinxR=解得02EvB=（3）

设粒子在A点射出时，沿x轴方向的速度为vAx，沿y轴方向的速度vAy，由于粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，几何分析可知，粒子再次返回A点时，沿x轴方向速度vAx不变，沿y方向的速度大小不变，方向可能不变，也可能反向；第一种情况，若粒子

再次通过A点时，速度不变，可能的轨迹如图则粒子在磁场中做圆周运动时2DDmvqvBr=在电场中做类平抛运动时CDAxCDxvt=DyCDvat=qEma=由几何关系sinCDrx=sinDDyvv=解得DyDyAxmvvvqBa=解得AxEvB=粒子从A到D过程

0AxADxvt=2012AyADADyvtat=+解得2200022AymEyqBxvmBx−=故2222220002()()2AAxAymEyqBxEvvvBmBx−=+=+第二中情况，若再次通过A点时，x轴方向的速度不变，y轴方向的速度反向，则可能的轨迹如图，轨

迹关于y轴对称则粒子在磁场中做圆周运动时2DDmvqvBr=粒子从A到D类抛体过程0AxADxvt=DyAyADvvat−=2202DyAyvvay−=几何关系0sinrx=sinDDyvv=可得0D

yqBxvm=2002()AyqBxqEyvmm=−解得02000()2AxqExvqBxqBxqEmy=−则222200020002()()()2AAxAyqBxqEyqExvvvmmqBxqBxqEmy=+=−+−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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