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1、 物理参考答案第 1 页（共 9 页）重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（二）物理参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第18 题只有一项符合题目要求；第 912 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B B C D D A B ADBD AC BC【解析】1卡文迪许测得万有引力常量，被称为能“称量地球质量”的人；库伦用扭秤巧妙地得出电荷间作用力与电荷量的关系；法拉第用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，
2、促进了电磁现象的研究，故 C 正确。2梯子处于平衡状态，所受合外力为零，故 A 错误。水平方向受力平衡，则地面对梯子的摩擦力等于墙壁对梯子的弹力，故 B 正确。地面对梯子支持力的大小等于人与梯子的重力之和，与人所站的高度无关，故 C 错误。墙壁对梯子的弹力方向垂直于墙壁沿水平方向，故D 错误。3A 点的电场强度方向垂直于 BC 边向上，则 B 点的点电荷在 A 处的电场强度方向是沿 BA指向 A，C 点的点电荷在 A 处的电场强度方向是沿 CA 指向 A，这样二者矢量和才能垂直于BC边向上，则分析可知 B 点的点电荷带正电，C 点的点电荷带正电，故 B 正确。4运动员能在空中运动一段距离，是由
3、于惯性的缘故，不是靠空气的推力维持，故 A 错误。运动员在空中运动的过程中，因质量不变，则其惯性不变，故 B 错误。运动员做曲线运动的条件是所受合力方向与运动方向不在同一直线上，故 C 正确。若运动到 P 点时所有外力都消失，则会沿 PB 方向做匀速直线运动，故 D 错误。5由图中虚线为等势面，P 点的电势为 6kV，M 点的电势为 8kV，则 M 点电势高，故 A 错误。由同一幅图中等差等势面的疏密反应电场强度的强弱，等差等势面越密处场强越大，故 M点场强比 P 点的场强大；由电场线总是垂直于等势面，M、N 两点的场强方向应沿等势面的垂线方向指向电势低的方向，可知M、N 两点的场强方向不相同
4、，故 B、C 错误。由PEq，物理参考答案第 2 页（共 9 页）电子带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越低，则电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，故 D 正确。6升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，大小随弹力增大而减小，升降机向下做加速运动；当重力和弹力相等时加速度减小到零，速度达到最大；然后弹力大于重力，加速度方向向上，大小随弹力增大而增大，升降机向下做减速运动，所以整个过程中加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小，故 A、B 错误。升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，重力方向一直向下，弹力方向一直向上，所以重力一直做正功
5、，弹力一直做负功；系统机械能守恒，动能最小，势能最大，故 D 正确。7该同学用力沿着箭头方向拉推拉门的一扇门时，门开始加速一段时间，拉力消失后，门减速，与左门框撞击一次后，原速率反弹，速度反向，向右减速运动，碰到右门框后，原速率反弹，速度反向，门向左减速并停下，故 A 正确。8取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时由动量守恒定律得10BAmmvv，解得1ABmmvv，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出由动量守恒定律12BAmmvv 2ABmmvv，解得213ABmmvvv，当A船再向右返回后，B船上的人第三次将A推出由动量守恒232BAABmmmm vvvv，解得323ABmmvv
6、v，则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得12BnAABnmmmm vvvv，解得13AnnBmmvvv，整理得(32)AnBmnmvv，B船上的人不能再接到A船，须有2nvv，联立解得143n，则取5n，故B正确。9由于滑梯对整体的摩擦力做负功，所以整体重力势能的减少量大于整体动能的增加量，故A正确，B错误。若游客在滑道顶部时被工作人员用力沿滑道斜面向下推一下，则整体下滑到滑道最底部时速度增大，所需向心力增大，滑道对整体的支持力增大，由顿第三定律可知整体对滑道的压力增大，故D正确。根据D项分析可知，整体对曲线滑道的压力增大，所受滑道的摩擦力增大，滑道对整体的摩擦力做功增加，故C错误。物
7、理参考答案第 3 页（共 9 页）10金属板b在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变化，两极板与电源相连，电势差恒定，由UEd可知，a、b板间的电场强度发生变化，故B正确。由4SCkd，QCU可知，电容器的电容随两板间距离的变化而变化，可知a、b板所带电量发生变化，故A错误。b板振动过程中，电容不断充电、放电，故输出端的电流方向发生变化，故C错误。b极向右的位移最大时，a、b板间距最小，所构成的电容器的电容最大，故D正确。11根据万有引力定律公式122m mFGr可知，两颗恒星正在缓慢靠近，则双星之间引力变大，故A正确。对1m星，212maGr，对2m星，122maGr，每颗星的加速
8、度均变大，故B错误。由双星系统的两颗星的周期相等，万有引力提供向心力可以得到21124 R mT122Gm mr，22212224 R mGm mTr，12RRr，整理得到3122()rTG mm，可知双星系统周期变小，故C正确。由2112mRrmm，得1121RTrv，可知线速度变大，故D错误。12未加电压时，油滴匀速时的速度大小11htv，匀速时0m gf，又1301fkmv，联立可得2301m gtkh，故A错误。加电压后，油滴A最后速度方向向上，可知油滴A所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴A带负电，油滴A向上匀速运动时，速度大小为22htv，根据平衡条件可得13002Um g
9、kmqdv，解得0121()m gd hhqhU，故B正确。根据pEW 电，又2UWqhd电，联立解得0212p1()m gh hhEh，故C正确。极板加电压后，油滴受到向上的电场力、向上的阻力和向下的重力做减速运动，速度减小，阻力减小，阻力和重力的合力向下，所以油滴所受的合力比电场力小，D选项的时间为仅在电场力作用下运动的时间，故D错误。物理参考答案第 4 页（共 9 页）二、实验、填空题（本大题共2小题，共15分）13（每空2分，共6分）（2）水平（4）10Lg（5）225gLd【解析】（2）要流出的水做平抛运动，必须保证出水口水平。（4）由公式有2152Lgt，解得10Ltg。（5）由图
10、得8Ltv，所以有QSv，222dS，解得225gLQd。14（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）BD（2）1.67（3）如图1所示（1分）0.42（左右0.02均可）（4）长木板未调至水平状态，左端略高 实验时交流电频率略大于50Hz（其他合理即可）【解析】（1）电磁打点计时器工作时应使用约8V交流电源，本实验测摩擦因数，不需要平衡摩擦，应保持长木板水平，故A、C错误。该实验是需要通过在纸带上打点，测出两点的距离，再根据逐差法求出加速度，故该实验中还需要的测量器材是刻度尺，故B、D正确。（2）已知打点周期0.02sT，计数点之间还有2个点未画出，则两计数点之间的时间间隔30.06stT，
11、根据2xat，可得2112()(3)xxxaT，代入数据解得21.67m/sa。（3）根据表中数据作出an图像如图1所示，设每个钩码的质量为m，所有钩码质量之和为M，木块质量为0m，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmgTnma，对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有0()TMmnm g 图 1 物理参考答案第 5 页（共 9 页）0()Mmnm a，联立解得0(1)mgangMm，根据图像可得4.1g，解得0.42。（4）本实验是要测木块与木板间的动摩擦因数，而实际上在实验过程纸带与打点计时器间有摩擦，则的测量值大于真实值。实验时交流电频率略大于50Hz，会使加速度测
12、量偏小，根据0(1)mgangMm，可知作出的an图线整体往下移，纵截距往下移，则测量值偏大。木板未调节水平，左端偏高，加速度偏小，根据0(1)mgangMm，可知作出的an图线整体往下移，纵截距往下移，则测量值偏大。三、计算题（本题共3小题，共计37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）15（8分）解：（1）由202axv 解得22Lav （2）由220223Lavv 解得033vv （3）由0atvv 解得(33)3tav 评分标准：本题共8分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。16（12分）解：
13、（1）如图2所示，规定O处的电势00 则AO有3()0AOAWmgLq 解得3AmgLq CO有3()02COCWmgLq 图 2 物理参考答案第 6 页（共 9 页）解得32CmgLq AO中点F的电势0322AFCmgLq 故CF为等势线 故匀强电场方向竖直向下 AO有3AOWmgLEqL 解得3mgEq （2）等效重力2GEqmgmg，方向竖直向上 在A点20minmGL v 解得0min2gLv 评分标准：本题共12分。正确得出式各给1分。17（17分）解：（1）篮球下降阶段，由动能定理2()2mmgmg H前v 篮球上升阶段，由动能定理2()02mmgmg h后v 所以篮球与地面碰撞
14、的碰后动能与碰前动能之比为(1)(1)hkH （2）设篮球第n次与地面碰撞前下落高度为1nh，第n次与地面碰撞后上升高度为2nh，则由动能定理1k2kkk()()nnnnnnmgmg hEmgmg hEEkE前后后前 解得2134nnhhhH 即篮球每次与地面碰撞前后的高度之比是个定值，所以34nnhH 经三次碰撞后篮球上升的高度为333274642HhHH 物理参考答案第 7 页（共 9 页）（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为(1)ag下（方向向下）(1)ag上（方向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
15、间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有Imv 即每拍击一次篮球将给它一个速度v 拍击第1次下降过程有22102(1)ghvv 上升过程有211()2(1)kghv 代入k后，下降过程有22102(1)ghvv 上升过程有2112(1)hgHhv 联立有11221002(1)2(1)hhhhhhHgHHgvv 拍击第2次，同理代入k后，下降过程有22212(1)ghvv 上升过程有2222(1)hgHhv 联立有2212(1)hhhHgv 再将1h代入2h，有22122202(1)2(1)hhhhhHHgHgvv 拍击第3次，同理代入k后，下降过程有22322(1)ghvv 上升过程有
16、2332(1)hgHhv 联立有232(1)2hhhHgv 再将2h代入3h，有3321222302(1)2(1)2(1)hhhhhhHHgHgHgvvv 直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有2212(1)NNghvv 上升过程有22(1)NNhgHhv 联立有212(1)NNhhhHgv 物理参考答案第 8 页（共 9 页）将1Nh代入Nh 有1122202(1)2(1)2(1)NNNNhhhhhhHHgHgHgvvv 其中NhH，0hh，则有122(1)1NNhhhHHHhhHgHv 则112(1)()()()NNNNgHh HhImmh Hhv 评分标准：本题共17分。正确得出、式各
17、给3分，得出、式各给2分，其余各式各给1分。其它解法酌情给分。方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为(1)ag下（方向向下）(1)ag上（方向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有Im v 即每拍击一次篮球将给它一个速度 v。设篮球从H下落时，速度为0v，反弹高度为h，篮球受到冲量I后速度为v，落地时速度为1v，则202(1)()ghkv，2212(1)ghvv 联立可得22201()2(1)2(1)khggvvv 代入k可得，22210hH vvv 篮球再次反弹，反弹
18、速度为1kv，设反弹高度为1h，受到冲量后，落地速度为2v 同理可得2112(1)()ghkv，22122(1)ghvv 同理化简可得22221hH vvv 篮球第三次反弹，反弹速度为2kv，设反弹高度为2h，受到冲量后，落地速度为3v 同理可得2222(1)()ghkv，22232(1)ghvv 物理参考答案第 9 页（共 9 页）同理化简可得22232hH vvv第N次反弹可得2221NNhH vvv对式子两侧分别乘以0Hh、Hh、22Hh、11NNHh，相加可得2311222023111NNNNNHHHHHhhhhhhHvvv解得12220111NNNNHHhhHhHh vvv其中，202(1)gHv，2()2(1)NkgHv，可得112(1)()()()NNNNgHh Hhh Hh v可得冲量I的大小112(1)()()()NNNNgHh HhImmh Hhv