2023届重庆市第八中学校高三下学期高考适应性月考（八）物理试题（解析版）

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（八）

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，中国航天员叶光富进行太空授课时，用细绳系住小瓶并使小瓶绕细绳另一端做匀速圆周运动，瓶中混合的水和油将分层。则（　　）

A. 分层的原因是水和油受到重力

B. 密度较大水集中于小瓶的底部

C. 水和油做圆周运动的线速度大小相等

D. 水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供

答案：B

解析：AB．水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大，根据

可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会做离心运动，水会向瓶底移动，圆周运动让试管里的水和油都发生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，A错误，B正确；

C．水和油都绕着同一点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，根据

可知，水和油做圆周运动的线速度大小不相等，C错误；

D．水对油有指向圆心的作用力提供做圆周运动的向心力，而水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，D错误。

故选B。

2. “玉兔二号”月球车携带具有放射性的同位素钚，不断衰变，释放能量为设备供热，衰变方程为，半衰期为88年。则（　　）

A. 的比结合能比的比结合能小

B. 若环境温度升高，则衰变得更快

C. 该衰变为β衰变

D. 若有100个，则经过88年，一定还剩下50个

答案：A

解析：A．核反应向着比结合能大的方向发生，所以的比结合能比的比结合能小，A正确；

B．放射性元素的半衰期是元素本身的属性，与环境温度无关，B错误；

C．根据电荷数和质量数守恒，可得该衰变方程为

X为，该衰变为α衰变，C错误；

D．半衰期为统计规律，对少量核子来说不成立，D错误。

故选A。

3. 一列沿x轴正方向传播的简谐波，在时刻的波形图如图所示，波恰好传播到质点Q处，时质点第一次达到彼谷。则（　　）

A. 这列波的频率为1.25Hz

B. 质点的起振方向沿轴正方向

C. 时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴正方向

D. 从时刻到质点R第一次到达波峰时，质点Q通过的路程为

答案：D

解析：AB．根据题意，由图可知，该波的波长为，在时刻点的振动方向沿轴负方向，即波源的起振方向为沿轴负方向，则点的起振方向沿轴负方向，时质点第一次达到彼谷，即处质点的振动形式传播到，则有

解得

则这列波的频率为

AB错误；

C．由图可知，时刻，质点在平衡位置，且沿轴负方向振动，经过时间

即质点振动了3个周期，则时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴负方向，故C错误；

D．质点第一次达到波峰，则处质点的振动情况传到处，所用时间为

由于从平衡位置开始振动，则质点Q通过的路程为

故D正确。

故选D。

4. 如表格所示是某护眼按摩仪的铭牌信息，当剩余电池电量为总容量的20%时，按摩仪将停止工作。若该按摩仪一直以额定功率工作，则（　　）

A. 该按摩仪充满电可以连续工作约5小时

B. 电池从剩余电量为总容量的20%到充满电的时间约为2小时

C. mA·h是能量的单位

D. 该按摩仪充满电所储存的能量约为J

答案：B

解析：AD．根据表格中内置电池的参量可知，电池储存的电能为

按摩仪的额定功率为0.4W，所以充满电可以连续工作约

AD错误；

B．根据电池的充电电流和电压，可得电池从剩余电量为总容量的20%到充满电的时间为

B正确；

C．“mA”是电流的单位“h”是时间的单位，根据

q＝It

可知是电荷量的单位，不是能量的单位，C错误。

故选B。

5. 、是两颗相距较远的行星，其卫星的线速度平方与轨道半径倒数的关系如图所示，、各有一颗在表面附近的卫星、绕其做匀速圆周运动，、的线速度大小均为，则（　　）

A. 的质量比的小

B. 的质量比的小

C. 的平均密度比的小

D. 表面的重力加速度比的大

答案：C

解析：AB．根据卫星围绕行星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有

结合图像可知，GM表示图线的斜率，根据图像可知的质量比的大，根据图像是无法判断两颗卫星的质量，AB错误；

C．近地卫星围绕行星做匀速圆周运动时的轨道半径等于行星的半径，有

可得

因为的质量比的大，所以的平均密度比的小，C正确；

D．根据黄金代换，有

因为的质量比的大，表面的重力加速度比的小，D错误。

故选C。

6. 如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则（　　）

A. 变压器输出电流的频率为10Hz

B. 充电设备两端的电压有效值为5V

C. 其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同

D. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变

答案：C

解析：A．根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为

变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，A错误；

B．根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为

根据原副线圈匝数与电压的关系，可得充电设备两端的电压有效值为

B错误；

C．变压器的输出功率由副线圈决定，所以在其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，C正确；

D．线圈产生的最大电压为

其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，所以充电设备两端的电压最大值变大，D错误。

故选C。

7. 如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别有等量异种点电荷+Q和-Q（Q>0）。则（　　）

A. A、D处场强大小相等，方向不同

B. 电子在E点的电势能小于在F点的电势能

C. 将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力做正功

D. 将位于C处的电荷-Q移到A处，D处的电势不变，此时E、F点场强大小相等

答案：D

解析：A．因为是正四面体，所以各边长相等，又因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据点电荷的电场强度公式

所以两点电荷在A和D处产生的各自电场强度大小相等

但因为电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形法则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在A和D处的合电场强度的大小相等、方向相同，A错误；

B．根据等量异种电荷的电势分布规律可知，其E点的电势为零，其F点的电势为正值，即

根据电势能的公式

因为电子带负电，所以其电势越高，电势能越小，故E点电势能大于F点电势能，B错误；

C．因为B、C处固定等量异种电荷点电荷，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，AD所在平面为等势面，且电势为零，所以将一试探正电荷从A处沿直线AD移动到D处，电场力不做功，C错误；

D．开始时，根据等量异种电荷的电势分布规律，在D处电势为零。将位于C处的电荷移到A处，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，D处的电势仍然为零，所以D处的电势不变。因为是正三棱柱，移动后A、B两处为等量异种电荷，根据几何关系可知以及电场强度的叠加原理可知，其E、F两点的电场强度大小相等，D正确。

故选D。

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. 如图所示，水下一固定点光源发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，水面中心I区域有a光和b光射出，II区域只有a光射出。则（　　）

A. 在水中a光的折射率比b光小

B. 在水中a光的传播速度比b光大

C. 利用同一双缝干涉实验装置进行实验，b光干涉条纹间距比a光大

D. 若用a光照射某种金属发生光电效应，则用b光照射此金属不能发生光电效应

答案：AB

解析：A．根据题意可知，a光发生全反射的临界角大于b光，由可知，在水中a光的折射率比b光小，故A正确；

B．由公式可得

可知，由于在水中a光的折射率比b光小，则在水中a光的传播速度比b光大，故B正确；

CD．由于在水中a光的折射率比b光小，则a光的频率小于b光，a光的波长大于b光，由可知，利用同一双缝干涉实验装置进行实验，b光干涉条纹间距比a光小，由可知，若用a光照射某种金属发生光电效应，则用b光照射此金属一定能发生光电效应，故CD错误。

故选AB。

9. 地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，为地球球心、为地球半径。地磁场只分布在半径为和的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为、电荷量均为，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A. 粒子无论速率多大均无法到达右侧地面

B. 若粒子速率小于，入射到磁场的粒子均无法到达地面

C. 若粒子速率为，正对着处入射的粒子恰好可以到达地面

D. 若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面

答案：BD

解析：A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面。故A错误；

C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有

解得

若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示

设该轨迹半径为，由几何关系可得

解得

故C错误；

B．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有

解得

若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故B正确；

D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得

解得

由C项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。

故选BD

10. 如图所示，ABC为遵循胡克定律的一条弹性轻绳，一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直的杆上，轻杆OB一端固定在墙上，另一端为光滑的定滑轮。若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点且小球从C点向E点运动过程中在D点速度达到最大，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与竖直杆之间的动摩擦因数为μ，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）

A. 小球在CD阶段克服摩擦力做的功小于其在DE阶段克服摩擦力做的功

B. 小球在下降过程中其在E点的加速度与C点的加速度大小相等

C. 若将小球质量变为2m，仍让小球从C点静止释放，则小球运动到E点的速度为

D. 若在E点给小球一个向上的速度，使小球恰好能回到C点，则

答案：BCD

解析：A．设弹性绳的弹性系数为k，小球在CE段任意一点N受到的弹性绳的拉力为F，弹性绳与竖直杆的夹角为θ。则小球在任意一点受到弹性绳的拉力沿水平方向的分力为

由题意可知，小球在C点所受弹性绳的弹力为

则小球在CE段任意一点N受到的摩擦力为

根据摩擦力做功公式

由于CD＝DE，所以小球在CD阶段克服摩擦力做的功等于其在DE阶段克服摩擦力做的功。故A错误；

B．小球在C点时，对其分析受力可知，其所受摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得

小球在E点时，对其分析受力可知，小球所受弹簧的弹力可分解成竖直向上的分力F2

到达E瞬间其所受摩擦力方向仍向上，根据牛顿第二定律可得

小球在D点时，速度达到最大，即加速度恰好为零，同理此时对小球分析受力有

整理可得

因为CD＝DE，所以小球在C点和E点加速度大小相等。故B正确。

C．由以上分析可知，若将小球的质量变为2m，摩擦力及弹力做功不变。改变前，由能量守恒定律可得

改变质量后，由能量守恒定律可得

联立可得

故C正确；

D．结合以上分析可知，从在C点到E点过程中，摩擦力做功为

此过程中弹性势能变化量为

那么从E点到C点过程中，由能量守恒定律可得

解得

故D正确。

故选BCD。

三、填空、实验题：本大题共2小题，共15分。

11. 如图甲所示为某同学用单摆测量学校所在地重力加速度的示意图。

（1）为了减少单摆周期T的测量误差，计时的起、止位置应选在小球运动过程中的_________。

A.最高点A处

B.最高点与最低点的中间位置M处

C.最低点O处

（2）某次测量时，该同学在小球第1次经过计时位置后才开始计时，第n次经过计时位置时计时结束，测得时间间隔为t，计算时将t作为n-1个的总时间，则重力加速度的测量值与真实值相比_________（填“偏小”“偏大”或“相等”）。

（3）该同学将绳长与小球直径之和当作摆长l，改变摆长进行多次测量，得到图像如图乙所示，由图像测得重力加速度g=_________（用a、b和π表示）。

答案：    ①. C    ②. 偏大    ③.

解析：（1）[1]为了减少单摆周期T的测量误差，计时的起、止位置应选在小球运动过程中的最低点O处；

故选C。

（2）[2]单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，若小球第1次经过计时位置时开始计时，由题意可知，周期

即

而该同学在小球第1次经过计时位置后才开始计时，第n次经过计时位置时计时结束，则测得的周期偏小，根据

可知，重力加速度的测量值与真实值相比偏大。

（3）[3]该同学将绳长与小球直径之和当作摆长l，根据根据

可得

可得

由图像

得重力加速度

12. 应用于高精温度设备中的Cu50型铜电阻的阻值在-50°C~+150°C的温度范围内与温度t呈线性关系，其中为温度是0°C时铜电阻的阻值，温度系数约为。某小组设计了如图甲的电路图，测量该铜电阻的阻值随温度变化的关系。实验器材有：保护电阻R，定值电阻、，电阻箱（最大阻值为99999.9Ω），待测铜电阻，微安表，多用电表，电源，开关S，导线若干，可控温的加热炉等。实验步骤如下：

①用多用电表测得铜电阻的阻值为25Ω；

②断开开关S，连接好电路图，将电阻箱调至合适的阻值；

③将虚线框中的待测电阻置于加热炉中，调节加热炉温度至，闭合开关S，调节电阻箱，使微安表示数为零，记录电阻箱的阻值；

④调节加热炉温度至，调节电阻箱，使微安表示数为零，记录此时电阻箱的阻值；

⑤处理数据，得出随温度t变化的关系；

（1）按照实验电路图，将图乙实物连线__________________。

（2）在步骤③测量时，发现微安表中有电流从结点1流向结点2，此时应将电阻箱阻值_________（填“减小”或“增大”）

（3）由实验得出该待测铜电阻随温度的变化关系为_________（用、、、、、表示）。

（4）为了使温度的测量尽可能准确，比值的数量级应选择_________。

A.                    B.10                C.

答案：    ①.     ②. 减小    ③.     ④. B

解析：（1）[1]根据电路图，先将电源、开关、定值电阻R、电阻箱、串联与电流表的右接线柱连接，接着将电流表右接线柱与串联，接到电源的负接线柱；然后从定值电阻左接线柱开始依次连接Rt和微安表的左接线柱、RA，再与电源负极相连，实物图连接如下

（2）[2]微安表中有电流从结点1流向结点2，说明结点1的电势高于结点2，根据串联电路的分压特点可知，应将电阻箱的阻值减小，这样电阻箱两端电压会减小，又因为电阻箱中的电流是从右侧流向左侧，所以2点的电势会升高，就可以和结点1的电势相等，这样微安表中就没有电流流过了。

（3）[3]根据实验测量的数据，结合电桥原理，有

又因为

所以

所以该待测铜电阻随温度的变化关系为

（4）[4]实验中用多用电表测量铜电阻的阻值为25Ω，室温设约为25℃，将数据代入题干中给出的关系式

解得

因为在-50°C~+150°C的温度范围内与温度t呈线性关系，所以根据0℃和室温下的电阻可得

斜率适中时实验误差较小，的数量级应该应选择10，AC错误，B正确。

故选B。

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. 某种供水工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：

（1）水泵停止注水时罐内气体的体积；

（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强。

答案：（1）；（2）

解析：（1）对罐内所封气体，根据玻意耳定律可知

解得

（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为

根据玻意耳定律可知

压强

14. 如图甲是某高速列车模型效果图。在管道中固定着两根平行光滑金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨间依次分布着磁感应强度大小均为B、宽度均为d且方向重直导轨平面的匀强磁场，相邻区域磁场方向相反。列车底盘前端固定有与导轨垂直的两根相同导体棒a和b，前后距离为d，电阻均为r。假设总质量为m的列车在图乙所示位置仅在磁场力作用下，以速度开始减速。列车刹车距离大于d，不计导轨电阻。求：

（1）列车前进距离d的过程中，通过导体棒a的电量q；

（2）列车前进距离d的过程中，导体棒b产生的焦耳热Q。

答案：（1）；（2）

解析：（1）根据法拉第电磁感应定律，列车前进距离d的过程中，导体棒产生的平均感应电动势为

回路中感应电流的平均值为

通过导体棒a的电量为

（2）对列出运动过程受力分析，根据动量定理，规定初速度方向为正方向，有

又因为

所以

根据能量守恒，可得该过程中回路中产生的焦耳热为

导体棒b产生的焦耳热为

15. 某商家举办“撞球”游戏派送优惠券活动，有质量分别为m，2m，3m，4m且半径相同、质量分布均匀的四个球A、B、C、D。四个球可任意放置于如图中的1、2、3、4位置，其中2、3位置的球分别放置于水平桌面的两端，1、4位置的球用两根长度相同的轻绳系在天花板上，静止时恰好接触2、3位置的球，且球心高度相同。现将位置1的球拉升高度后静止释放，如果位置4的球第一次上摆的最大高度超过，顾客将获得优惠券。已知球与球之间的碰撞为弹性碰撞，不计所有阻力，重力加速度为。

（1）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，求碰撞前瞬间A球速度大小；

（2）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，请根据计算判断顾客能否获得优惠券；

（3）要求A球不能放置于位置1、B球不能放置于位置2、C球只能放置于位置1或位置2，请计算顾客获得优惠券的概率。

答案：（1）；（2）不能；（3）

解析：（1）根据题意，设碰撞前瞬间A球的速度大小为，A球从静止释放到最低点的过程中，机械能守恒，则由机械能守恒定律有

解得

（2）根据题意可知，在最低点A球和B球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有

解得

同理可得，B球与C球碰撞之后，C球的速度为

C球与D球碰撞之后，D球的速度为

D球摆到最高点，由机械能守恒定律有

解得

则不能获得优惠券。

（3）根据（2）分析可知，第4个小球上升的最大高度为

根据题意，放置小球的方法有：

①若B球放置于位置1、C球放置于位置2、A球放置于位置3、D球放置于位置4，则有

不能获得优惠券。

②若B球放置于位置1、C球放置于位置2、D球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得

可以获得优惠券。

③若C球放置于位置1、A球放置于位置2、B球放置于位置3、D球放置于位置4，同理可得

不能获得优惠券。

④若C球放置于位置1、A球放置于位置2、D球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得

不能获得优惠券。

⑤若C球放置于位置1、D球放置于位置2、B球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得

可以获得优惠券。

⑥若C球放置于位置1、D球放置于位置2、A球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得

不能获得优惠券。

⑦若D球放置于位置1、C球放置于位置2、B球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得

可以获得优惠券。

⑧若D球放置于位置1、C球放置于位置2、A球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得

可以获得优惠券。综上所述，顾客获得优惠券的概率为。