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】【详解】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】【详解】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1.25HzB.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】【详解】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（ ）商品名称护眼按摩仪内置电池500mA·h/4.0V充电输入DC5V/0.2A工作电压DC4.0V额定功率0.4WA.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】【详解】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】【详解】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10HzB.充电设备两端的电压有效值为5VC.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】【详解】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】【详解】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】【详解】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】【详解】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BD10.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】【详解】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