【文档说明】重庆市巴蜀中学2022届高三上学期高考适应性月考卷（四）+物理答案.pdf，共(6)页，226.222 KB，由管理员店铺上传

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物理参考答案·第1页（共6页）巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（四）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，有选错的得0分。题号12345678910答案BBCACDDBDACACD【解析】1．该核反应属于聚变反应，故A错误。由于反应放出能量，则反应前后有质量亏损，故B正确。一个42

He中有2个中子，故C错误。根据质量数和电荷数守恒可知，方程中的X为正电子（01e），故D错误。2．由图中电场线分布可知，三个点电荷的电性相同，均带正电荷，故A错误。由电场线疏密可判断，A、B两点电场强度大小AB

EE>，故B正确。沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、B两点电势ABϕϕ>，故C错误。负电荷在电势高处，电势能小，故D错误。3．因为有吸附力，手机受到的支持力大于cosGθ，故A错误。手机受到支架的摩擦力沿斜面向上，不为零，故B错误。由力的平衡知手机支架对手机的作用力大小为G，竖直

向上，故C正确，D错误。4．称重时膜片稳定后，电容器不再充放电，电流表G示数为零，故A正确。根据电容表达式4πSCkdε=，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大，故B错误。再根据电容定义式QCU=，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，所

以有b到a的电流，故C错误。膜片稳定后平行板与电源相连，有电压，有电荷，故D错误。5．0θ=°时，2002gxμ−=−v；90θ=°，时2002gh−=−v，联立解得0.5μ=。物理参考答案·第2页（共6页）6．小球在最高点速

度不为零，故A错误。最低点，211FmgmL−=v；最高点，222FmgmL+=v；最低点到最高点，221211222mgLmm=−vv；解得126FFgm−=，故B错误。第一宇宙速度为126FFgRRm−==v，故C错误。2MmGmgR=，星球密度12348ππ3FFMGmRRρ−==，故D正确

。7．根据2012xtat=+v可得012xatt=+v，甲车的加速度大小为22111022m/s10m/s2ak==×=，故A错误。乙车的初速度为015m/s=v，加速度为2222151022m/s5m/s2ak−==−×=−，则3st=甲、乙相遇时乙车的速度为

0，故C错误。3st=时，甲车位移比乙车位移多22.5m，0t=时，甲在乙的后面22.5m处，故B错误。1st=两车速度相等时相距最远，为30m，故D正确。8．球拍对球的支持力大小为cosmgθ，故A错误。受力分析知道乒乓球的加速度

大小为tangθ，故B正确。该同学对球拍的作用力方向斜向上，故C错误，D正确。9．木块和子弹A、B系统动量守恒，故A正确。根据系统动量守恒，有AABBmm=vv，对子弹A，根据动能定理，有2102AAAfxm−=−v；对子弹B，根据动能定理，有2102BB

Bfxm−=−v；3ABxx=；联立可得3AB=vv、3BAmm=，故B错误，C正确。若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度减小，B进入的深度增加，故D错误。10．P

T上方加速度是PT下方加速度的两倍，竖直方向由22ah=v得0.5MTL=，故A正确。水平方向有0xt=v，知2PRL=，故B错误。Q到R，有02Lt=v，2012EqLtm=，得2002mEqL=v，故C正确。根据电场

中运动的对称性知从P点正下方距P点2Ln处射入与Q点相同的粒子，则该粒子会垂直CD边界离开电场，故D正确。物理参考答案·第3页（共6页）二、非选择题（共57分）（一）必考题：共4小题，共45分。11．（

除特殊标注外，每空1分，共6分）（1）DBG（2）如图所示（一条线1分，共3分）【解析】（1）小灯泡的额定电压为3V，故电压表应选择0～3V的量程，即电压表应选择D；小灯泡的额定电流为LLL0.6APIU==，故电流表选B；实验要求小灯泡两端的电压从零开

始变化并能测多组数据，故滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故滑动变阻器应选择G。12．（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）AC（2分）（2）BC0.686（2分）（3）做功与速度平方成正

比小车的质量（4）B（2分）【解析】（2）为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，要测量最大速度，应该选用点迹均匀的部分，即BC段，小车的最终速度26.8610m/s0.686m/s0.1xT−×===v。（4

）由于阻力的影响，方程为2112fWWm−=v、22122fWWm−=v、23132fWWm−=v，故选B。13．（12分）解：（1）小球恰好经过A点，有21mgmR=v①从A点到M点，有222111222mgRmm=−vv②在M点，有22Fmgm

R−=v③由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FF′=④图1物理参考答案·第4页（共6页）解得6Fmg′=⑤（2）小球到达N点的速度设为3v有223211(1cos60)22mmmgR=−−°vv⑥解得32gR=v⑦小球从N点做斜抛运动，上升的竖直高度（用能量守恒也可以）23(sin60)3

22hRg°==v⑧评分标准：本题共12分。正确得出①、③、④、⑤式各给1分，其余各式各给2分。14．（18分）解：（1）接近的PQ发生弹性碰撞，向右为正0123mmm=+vvv①2220121113222mmm=+vvv②解得1012=−vv、2012

=vv③（2）碰撞后Q向右匀减速运动到停止，向右运动位移1s201130322mgsmμ−=−v，解得2018sgμ=v④P第二次与Q碰撞时的速度设为3v由能量守恒，有2212113111(2)22qElqEsmglsmmμ+

−+=−vv⑤可得30112=vv⑥（3）Q第一次被碰撞后经历时间012tgμ=v停下P到达左挡板的速度为左v220111()222qEmglmmμ−=−左vv经历时间0201171224ttggμμ−−==>左vvv物理参考答案·第5页（共6页）P第二次与Q碰撞时Q已经停止了，

设P碰撞后的速度为4v，Q的速度为5v，由动量守恒，有3453mmm=+vvv2223451113222mmm=+vvv解得40114=−vv、50114=vv⑦碰撞后Q向右运动，运动到A点的速度为6v则22211652211()3()31332222qElsRmglsmgRmmμ−+−−

−−=−vv22601813(21)316μ−=−vv⑧Q在A点合力提供向心力2633322mgmgFmRμ−−=v得1052962162Fmgmgμ=−−⑨由牛顿第三定律，Q对轨道压力大小为1052962162Fmgmgμ

′=−−⑩评分标准：本题共18分。正确得出①、⑩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）B（2）（8分）解：Ⅰ．压强10sin30ppglρ=+°①解得185cmHgp=②Ⅱ．设

注入的水银柱长度为l′，压强20()ppgllρ′=++③等温变化，有12()()pLlSpLllS′−=−−④解得(101315)cml′=−⑤评分标准：本题共8分。正确得出②、⑤式各给1分，其余各式各给2分。物理参考答案·第6页（共6页）16．（12分）（1）（4分）A【解析】如果波沿

x轴负方向传播，则11(012)4tTnTn=+=，，，当n取0时，波的周期最大，为2sT=，故A正确。波沿x轴正方向传播，根据公式Tλ=v易知，周期最大时对应的波速最小，代入波长数据，有minmax2m/s3m/s23

Tλ===v，故B错误。振动的质点任意一个周期内的路程都是4A，所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当周期最大时，路程最小，0~0.5s内在14个周期内的路程为10cm，故C错误。如果该波沿x轴负方向传播，有(41)m/snTλ

==+v，当n取5时，波速恰好为21m/s，故D错误。（2）（8分）解：Ⅰ．如图，设到达池边的光线的入射角为i由折射定律有sinsin1niθ==①由几何关系有22sinlilh=+②得27m3h=③Ⅱ．设此时救生员眼睛到池边的距离

为x，由折射定律有sinsin45ni′=°④设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a，由几何关系有22sinaiah′=+⑤xlah+=+′，式中2mh′=⑥联立③④⑤⑥式得72m23x=⑦评分标准：本题共8分。正确得出⑥式给2分，其余各式各给1分。

图2