重庆市某中学2022-2023学年高三年级下册高考适应性月考模拟（八）物理试题（含答案解析）

重庆市某中学2022-2023学年高三下学期高考适应性月考

模拟（八）物理试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内

到达地球的另一端。如图沿地球直径挖一个通道4B,地心车从通道A端静止释放，只

在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，地心处为。点，则乘客（）

A.在。处速度最大B.从A到。受到的万有引力一直增大

C.从4到。的时间大于。到B的时间D.在A、8处加速度相同

2.2022年8月9日，中核集团漳州核电2号机组反应堆顺利吊装就位，向投产发电迈

出了重要一步，该核电项目投产后核反应堆中存在如下核反应：

+/Ba+；/r+3X,则（）

A.该核反应方程式中X为质子

B.该反应类型是重核裂变反应

C.的质量数是235,中子数是92

D.寰Ba和;:Kr核子的比结合能，均比aU核子的比结合能小

3.如图所示匝数为N的正三角形导线框，以角速度。在磁感应强度为B的匀强磁场中

绕垂直磁场方向的轴。。'匀速转动，线框边长为/且与理想变压器原线圈相连，原、副

线圈匝数比为1:2,图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，飞、凡为

定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表A-A2的示数分别为乙、/,；电压

表Y、V?的示数分别为q、t/2o不计线框电阻，则下列说法正确的是（)

«,d的

A.导线框从图示位置转过90。，磁通量变化量为变BP

B.导线框处于图示位置时，电流表A?的示数八=0

C.导线框处于图示位置时，电压表V。的示数％=当即加2

D.闭合开关S,电流表Ap的示数均减小

4.摩擦纳米发电机是一种新型发电装置，由两个导体板以及附着在导体板上的两种不

同电介质组成，两种电介质重复性的接触分离，可以将机械能转化为电能，当发电机两

极板处于如图所示状态时，可以等效为一个平行板电容器，其电容的大小是影响发电性

能的重要参数之一，在以下方法中，可以增大电容值的是（）

导体板|+++++|---1

电介质4

电阻7?

电介质6

导体板

A.增加电介质a

B.减小电介质a

C.同时减小两个导体板和附着在导体板上电介质”、匕的面积

D.同时减小6的厚度

5.如图所示为一定质量理想气体在状态变化过程中压强随体积的变化图像，气体从状

态A经绝热过程到达状态B,再经等容过程到达状态C,最后经等温过程返回到状态4。

A.4到8过程，气体温度保持不变

B.B到C过程，气体分子在单位时间内单位面积器壁的碰撞次数不变

C.C到A过程，气体从外界吸收热量

试卷第2页，共7页

D.整个循环过程中，气体向外界释放热量

6.一颗在赤道平面内自西向东绕地球做圆周运动的近地卫星P,在某时刻处于地面上

一标志性建筑物Q的正上方,P做圆周运动的半径可近似看作地球半径，考虑地球自转，

则（）

A.P始终位于Q的正上方

B.经过5分钟后，P处于Q的东侧

C.经过5分钟后，P处于Q的西侧

D.P的角速度大小小于地球自转角速度大小

7.如图所示,某同学打水漂，从离水面1.25m处以5Gm/s的初速度水平掷出一枚石块。

若石块每次与水面接触速率损失50%,弹跳速度与水面的夹角都是30。，当速度小于

lm/s就会落水。已知g=10m/s2,sin3（T=:，cos30°=且不计空气阻力，假设石块始

终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是（）

A.第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s

B.第一个接触点与第二个接触点之间距离为述m

4

C.水面上一共出现5个接触点

D.落水处离人掷出点的水平距离为空叵m

64

二、多选题

8.一列波长为150cm的简谐横波，沿x轴的正方向传播，该波的振幅为2cm0已知f=0

时刻波上相距50cm的两质点小。的位移都是1cm,运动方向相反，如图所示。若质点

。比质点方提前0.2s到达平衡位置，下列说法正确的是（）

》/cm

“—►

a\

1\--------b

0-J-----------------------------1-------------------->

2070x/cm

A.该列简谐横波的周期为0.6s

B.该列简谐横波的传播速度为7.5m/s

C.当质点。的位移为+2cm时，质点。的位移为负

D.在f=0.05s时刻质点。的速度最大

9.质量为根的小球以初速度%竖直向上抛出，经过时间f后落回到抛出点位置。已知

小球所受阻力大小与小球的速率成正比=Z为常数），重力加速度为g,下列说

法正确的是（）

A.小球落回到抛出点时速度大小为

B.小球上升时间小于:

C.小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功

D.全过程小球克服阻力做功帆gf%

10.如图所示，金属导轨必〃与水平面成6角固定，导轨各相邻段互相垂直，导轨顶

端接有阻值为R的定值电阻。已知宽轨间距乙宽轨长2S,窄轨间距gz,窄轨长3S,

在导轨所在的平面内有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感强度大小为B。现有一根

长度等于L,电阻也为R、质量机的金属棒从宽轨顶端由静止释放，金属棒到达宽轨

底部和窄轨底部之前都己经做匀速直线运动，不计一切摩擦，导轨电阻不计。下列说法

A.金属棒在导轨上运动时，通过电阻R的电流方向为方TR—C

B.金属棒在宽轨和窄轨上做匀速直线运动的速度之比为1：3

试卷第4页，共7页

）DfC

C.金属棒从宽轨顶端运动到窄轨底部的整个过程中通过电阻R的电荷量为牛•

R

D.在宽轨和窄轨上运动的两个阶段中，金属棒中产生的焦耳热相等

三、实验题

11.利用如图所示电路，测量一节干电池的电动势和内阻。要求尽量减小实验误差，调

节方便。除干电池、电流表（0~0.6A,内阻约0.125C）、开关、导线外，可选用的实

验器材还有：

A.电压表（0~3V,内阻约3g）

B.电压表（0~15V,内阻约15kQ）

C.滑动变阻器（0~20C）

D.滑动变阻器（0~500Q）

（1）实验中，电压表应选用,滑动变阻器应选用。（选填相应器材前

的字母）

（2）某同学将实验记录的6组数据标在如图的坐标纸上。请你先根据实验数据，作出

本实验的U-/图计算出该干电池电动势的测量值E=V,内电阻的测量值「=

Q。（结果均保留小数点后两位）

tC7/V

，

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1.6U3IfMrtrrr/r

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|-1rrrrrD田,trnter

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LQILIJICLIJXUQELIESICGI

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E空里比roirnrr2EOICOI

1.0A//A

00.20.30.40.50.6

12.如图所示为某实验小组利用单摆探究两小球一维对心碰撞时机械能变化的设计方案,

在悬点。处细绳与拉力传感器连接，通过传感器与计算机可以测量细绳中的拉力大小

随时间的变化情况，细绳末端系有一个小球A,质量为，如.水平放置的炽热的电热丝P

固定在o点的正下方，当细绳摆至电热丝处时被电热丝瞬间烧断；在悬点。正下方h

处有一水平台面MN,质量为m的小球B静止放置于电热丝P的下方（图中B球没

有画出，B球的大小与A球相同）。已知悬线长为L,悬点到水平台面MN的距离00，=/?

（1）电热丝P必须放在悬点正下方，而小球B必须放在悬点正下方略微偏右的位置,

保证A、B两球在水平方向发生对心碰撞。

（2）将小球A向左拉起适当角度后自由释放，接着A、B两小球在水平方向发生碰

撞，最后A、B两小球分别落到水平台面上的C、。（。点图中没有标出）两点，。。=夕，

O'D=S2,在A球下摆的过程中，计算机显示细绳中的拉力由B增大为尸2.则碰撞前A

小球的动能EkA=,碰撞后A小球的动能E,=,碰撞后B小球的动

能EkA"=o

（3）在其他条件不变的情况下，移走小球B,改变释放小球A时细绳与竖直方向的夹

角6,小球A落点与0,点的水平距离S/将随之改变，则S/和传感器的拉力五2之间的

函数关系式为（注意：以上每空中的表达式必须用题目中的字母表示）。

四、解答题

13.如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，。为该横截面的圆心.光线PQ

沿着与4B成30。角的方向射入玻璃砖，入射点。到圆心。的距离为乎R,光线恰好从

玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c.

试卷第6页，共7页

(1)求玻璃砖的折射率及光线从。点传播到E点所用的时间；

(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出(不考虑经半

圆柱内表面反射后射出的光).

14.如图甲所示，左侧带有挡板的质量M=lkg的长木板放在光滑的水平面上，木板的

右端放质量机=lkg的小木块，木块与木板之间的动摩擦因数为〃=0.2,/=0时在长木板

上施加水平拉力F,F随时间Z的变化规律如图乙所示。已知1s末木块在木板的正中央

处，fo时刻木块恰好与挡板相碰撞，设碰撞为弹性碰撞，取g=10m/s2。

(1)求木板的长/；

(2)求为的大小；

(3)通过计算说明，木块最终能否离开木板。

-F/N

6---------------；

斗.....」-厂!4------1~i

।1一"2-

/777777777777777777777777777777777T77'0---------------j-----------------*〃s

甲乙

15.如图，空间中存在着匀强磁场和匀强电场，空间位置有边长L=1.6m的正方体

abcd-a'b'c'd',其中a、b、c、d'四点电势分别为仁=0、%=-16V、纥=-16V、%,=16V,

匀强磁场的方向沿a'd'cb平面斜向上。一带正电小球以速度g2m/s从方点沿反方向匀

速运动，重力加速度g=10m/s2。(结果可用根式)

(1)求匀强电场E的大小与方向和磁感应强度大小B；

(2)若同时撤去电场和磁场，小球从正方体哪条边离开；

(3)若仅撤去电场，小球从正方体的什么位置离开。

参考答案：

1.A

【详解】A.乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故A正确；

B.乘客达到地心时受到的万有引力为零，故B错误；

C.地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在48两点之间做简谐运动，所以从

A到。的时间等于。到B的时间，故C错误；

D.根据牛顿第二定律可知，在A、8处受万有引力大小相同，方向相反，所以在A、B处加

速度方向相反，故D错误。

故选A«

2.B

【详解】AB.根据质量数和电荷数守恒，X的质量数为1,电荷数为0,X为中子，该反应

是典型的重核裂变反应，A错误，B正确；

C.的质量数是235,中子数是235-92=143,C错误；

D.和;:Kr是中等质量的核，二者核子的比结合能均比重核aU核子的比结合能大，D

错误。

故选Bo

3.C

【详解】A.线框的面积为

।n

S=-/-/.sin60°=—Z2

24

则导线框从图示位置转过90。，磁通量变化量为

Jj,

A<P=BS=—B/2

4

故A错误；

B.电流表的示数为有效值，导线框处于图示位置时，电流表A?的示数不为0,故B错误；

C.感应电动势的最大值

E=NBSa)=—NB()l2

m4t

电压表的示数为有效值，则

5=与=星NB(OF

1x/28

答案第1页，共15页

由变压器工作原理有

4

U2n2

则电压表VZ的示数

U=—NBml2

24

故C正确；

D.闭合开关S,副线圈所在回路电阻变小，则电流变大，由电流与线圈匝数关系可知，原

线圈电流也增大，即电流表A「A?的示数均增大，故D错误。

故选C。

4.A

【详解】根据题意，由电容的决定式。=鸟可知

ABD.增加电介质”，板间介电常数增加，电容变大，减小电介质减小人的厚度都使板

间介电常数减小，电容变小，故A正确，BD错误；

C.同时减小两个导体板和附着在导体板上电介质a、b的面积，正对面积减小，电容减小，

故C错误。

故选Ao

5.D

【详解】A.由图示图象可知，从A到8过程气体体积增大，气体对外做功，该过程是绝热

过程，气体既不吸热也不放热，由热力学第一定律可知，气体内能减小，气体温度降低，故

A错误；

B.气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数正是气体压强的微观表现，8到C过

程压强增大，则气体分子在单位时间内单位面积器壁的碰撞次数增多，故B错误；

C.C到A过程气体温度不变而体积减小，外界对气体做功，气体内能不变，由热力学第

一定律可知，气体放出热量，故C错误；

D.p-V图线与横轴所围的面积为气体做功的大小，图线48、BC、C4所围的面积表示整

个过程外界对气体做的功W,由于整个过程气体内能不变，所以气体放出热量，故D正确。

故选D。

6.B

答案第2页，共15页

【详解】D.根据

Mm

=ma)2~r

解得

可知近地卫星P的角速度大于同步卫星的角速度,又因为同步卫星的角速度等于地球自转的

角速度。所以P的角速度大小大于地球自转角速度大小。故D错误；

A.同理

cMm4万2

G卞=m^r

可知，P的周期小于于地球自转周期，P不能始终位于Q的正上方。故A错误；

BC.根据

O=ax

可知经过5分钟后，P转过的圆心角大于Q转过的圆心角，所以P处于Q的东侧。故B正

确；C错误。

故选B。

7.C

【详解】A.从抛出点到第一次接触水面根据平抛运动则有

,12

h=2gt°

得

%=0.5s

抛出点到第一个入水点的距离为

%=%/(>=I鬲

且

jo=g*>=5m/s

%=10m/s

弹跳速度为

1u,

v2=—V1=5m/s

答案第3页，共15页

A正确，不符合题题；

B.从第一次接触水面到第二次接触水面所用时间为

2v2sin300

rI2=------------=0.5s

g

第一个接触点与第二个接触点之间距离为

x2=v2cos30°rl2

B正确，不符合题意；

C.从第二次接触水面到第三次接触水面所用时间为

2(v,x50%)sin30°

,23=——=-----------------=0.25s

g

第二个接触点与第三个接触点之间距离为

x3=(v2x50%)cos30°-=—Gm

-16

同理可得第三个接触点与第四个接触点之间距离为

X4=—y/3

64

第四次接触水面后弹跳速度为

埼二匕x(50%)4=-m/s<lm/s

8

由此可知，第四次接触后落入水中，因此一共出现4个接触点，C错误，与题意相符;

D.落水点离掷出点得水平距离

265/T

x=xt+x2+x3+x4=V3m

D正确，与题意不符。

故选C。

8.ACD

【详解】B.依题意，该横波的振动形式从质点。传播到质点b需要0.2s,有

v=±=2.5m/s

故B错误；

A.根据

2

v=—

T

解得

T=0.6s

答案第4页，共15页

故A正确；

D.依题意，质点振动时、从平衡位置到最大位移处需要

T

-=0.15s

4

质点b从位移1cm处运动到2cm处需要

0.2s八.

-----=0.1s

2

则质点。从位移1cm处运动到平衡位置需要

ta=0.15s-0.1s=0.05s

即0.05s时刻质点”的速度最大。故D正确；

C.根据上面选项分析可知，当质点b的位移为+2cm时，历时0.1s,质点a已经经过平衡位

置运动到了平衡位置下方，其位移为负。故C正确。

故选ACDo

9.AB

【详解】A.设小球上升时间为〃，小球下降时间为0小球落回至抛出点时的速度大小为

Vo取向下为正方向，根据动量定理

mgt+fttt-f2t2=mv-(-mvu)

由于上升的高度等于下降的高度

卬।=电

又

用=&卬।=kv2t2=人，2

依题意，有

tl+t2=t

联立解得

v=gt-vu

故A正确；

B.根据牛顿第二定律，小球上升阶段的加速度

+竹

a「二----------

下降阶段的加速度

答案第5页，共15页

mg-kv

。下二-----------

m

则上升阶段加速度较大，根据

12

hz=—at~

2

可知小球上升时间小于(。故B正确；

C.根据功的定义式，小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻

力做功大于下降过程克服阻力做功。故c错误；

D.根据动能定理，全过程小球克服阻力做功为

1mv21z\2122

叱•=万o--w(gz-vo)=mgtv0--mgt

故D错误。

故选AB。

10.BC

【详解】A.根据右手定则，金属棒在导轨上运动时，通过电阻R的电流方向为C-R一近

故A错误；

B.金属棒在宽轨匀速直线运动时

82A

mgsin0=

2R

金属棒在窄轨匀速直线运动时

1

%9£)29%

mgsin0=--------——

R+&

2

解得

/：曝=1:3

故B正确;

C.金属棒在宽轨运动过程中通过电阻R的电荷量为

△份BL2S

112R=2R---------

在窄轨运动过程中通过电阻R的电荷量为

-L-3S

2

R+—R-R

22

答案第6页，共15页

2BLS

4=1+%=-^-

A

故C正确;

D.设金属棒在宽、窄轨道上运动过程中产生的焦耳热分别为。应、Q卒，则定值电阻产生的

焦耳热分别为。宽、2。卒，金属棒在宽轨运动过程中，根据能量守恒

・1

mg-2S-sin0=-mv宽+2Q必

金属棒在窄轨运动过程中，根据能量守恒

mg•3S•sin8=；〃吟-；mv2^+3Q窄

结合

可知

。宽丰。窄

故D错误。

故选BCo

UN

仁寤

汨

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比

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1.6CM；C51

巴

田

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芭丑虚”2田卷片匕si

K中rrTcrrrvrmTmTrr

>//A

00.10.20.30.40.50.6

【详解】（1）［1］由于一节干电池的电动势约为1.5V,因此电压表选择A。

⑵当电流表的指针满偏时，电路中的总电阻为

E

/?=y=2.5Q

因此滑动变阻器选择C。

（2）［31本实验的U-/图如图所示

答案第7页，共15页

//A

[4][5]根据闭合电路欧姆定律

E=U+Ir

可得

U=-lr+E

可知U-/图像纵釉截距表示电池的电动势，即

E=1.50V

U-/图像斜率的绝对值表示电池的内阻，即

1.0-1.5

r=网=C=0.83C

0.6-0

町阈吗gS；2L(h~L)F-2L(h-L)

12.一町g）2

4(/2-L)4(/?一)"4g

【详解】（2）[1]碰撞前对A小球，在最低点根据牛顿第二定律

F2-mR=*

碰撞前A小球的动能为

&a=/y5一"话)

⑵小球碰撞后做平抛运动，在竖直方向

h-L=-gt2

2

在水平方向

S[=vt

答案第8页，共15页

联立可得碰撞后A小球的动能为

L1m.gS：

E..=—m.v2'=------

kA2"4(〃-L)

[3]碰撞后B小球做平抛运动，在竖直方向

k-L=ggf2

在水平方向

ff

S2=vt

联立解得碰撞后B小球的动

1,2网gS；

E.=_/1厂二产2

kB224(〃-L)

⑷小球在最低点，根据牛顿第二定律

2

「V

F2-myg=m,—

小球做平抛运动，在竖直方向

h-L=^gt2

在水平方向

¥=vt

联立解得S/和传感器的拉力尸2之间的函数关系式为

<l2L(h-L)p

V码g

13.⑴竺(2)主史R

c3

【详解】(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角1=60°,设对应折射光线。E的折射角为

夕，如图所示：

答案第9页，共15页

由几何关系得:

“加下=回

R3

即：

夕=30。

根据折射定律有：

sina

n=------

sinB

解得：

n=

光线QE在玻璃砖内传播的速度为:

v=—

n

传播的距离为：

QE=-^—

COSp

光线从Q点传播到E点所用的时间:

t_QE_2R

Vc

(2)若使光线PQ向左平移距离x,折射光线。,到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C,

则：

sinC=-

n

在应用正弦定理有:

R当R+x

sin(9O°-/7)sinC

联立解得：

x=^-R.

3

14.(1)2m；(2)1.5s；(3)木块不会离开木板

【详解】(1)在力=ls内，对木板受力分析，根据牛顿第二定律可得

Fi-i，img=Mai

其中

答案第10页，共15页

F/=6N

对木块受力分析，同理可得

^mg=ma

在〃时间内，木板运动的位移为

木块运动的位移为

1,2

工2=/西

1S末木块在木板的正中央处，可得

/

联立解得

Z=2m

(2)由题意可知尸2=4N,设在Ar时间内，对木板有

F2-/^mg=Ma2

Is末的木板和木块的速度分别为

在△