高2023及高三下第四次月考物理参考答案（戴）

重庆市第八中学2023届高考适应性月考（八）物理参考答案1.B2.A3.D4.B5.C6.C7.D8.AB9.BD10.BCD1、【答案】B【详解】AB.太空中的油和水均处于完全失重状态，相同体积的油和水由于油的密度小，故做匀速圆周运动时，油所需向心力更小，水需要的向心力更大，当向心力不足时，水会做离心运动从而处于小瓶底部,分层原因是离心运动导致的，B正确A错误；C.油和水做匀速圆周运动时，角速度相同，半径不同，故线速度不同，C错；D.油对水的作用力和瓶子对水的作用力的合力提供水做圆周运动所需的向心力，D错，故选B。2、【答案】A238234【详解】94Pu衰变要释放能量生成比结合能更高更稳定的92U，所以Pu比U的比结合能小，A正确；衰变快慢与环境温度没有关系，半衰期是大量原子衰变的宏观统计规律，BD错误；由核反应方程式的质量数和电荷数守恒，应该是α衰变；C错误。故选A。3、【答案】D【详解】从图中可以获得信息：振幅A=2cm，波长λ=4m，起振方向向下，波沿x轴负方向传播。A.由QR间距为1个波长，振动形式传到R后，R又振动了到了波谷，即，�5则T=0.4s，频率为2.5Hz，故A错误；B.所有质点起振方向相同，沿4y轴负方向，故4�B=错0误.5；C.1.2s相比图中过了3个周期，P运动状态与图中相同，即在平衡位置向下振动，故C错误；D.从图示状态到R第一次到达波峰，总时间等于传播时间0.4s与R振动时间0.3s之和，一共经过了，Q从平衡位置开始动，走过路程为7A=14cm。故D正确。74、【答4案�】BP0.4Wq【详解】A．由题意及PUI可得，额定电流为I0.1A，由I知，U4Vtq500103Ah80%t4h，故A错误；B．由题意可知，充电电流为0.2A，则有I0.1Aq500103Aht12.5h，故B正确；C．mAh是电荷单位，故C错误；D．有题意可得I充0.2AWqU500103Ah4V50010336004J7.2103J，故D错误。故选B。5、【答案】CGMmv2GM【详解】根据m得v2环绕天体质量不能比较，A错误；由图像斜率r2rrGMmv2Rv2得P质量大于P，B错误；近地卫星m0得M0，行星半径RR；由12R2RG1243GRm2222v3vGMmvv3m0得0,行星密度，C正确；由m0mg得g0，R2R4R2G12R2RR行星重力加速度g1g2D错误；故选C.16、【答案】C1【详解】A．根据图丙可知，输出电流的频率fHz5Hz，A错误；B．原线圈两21010.52U1n152端电压的有效值U1VV，根据电压与匝数的关系有，解得U2V，B错误；24U2n22C．其他条件不变时，根据上述，可知变压器原副线圈两端电压的有效值均一定，对不同规格的充电设备充电，通过设备的额定电流可能不同，则变压器输出功率可能不同，而输出功率决定输入功率，即其他条件不变，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．根据En可知，仅增大线圈a往复运动的频率时，穿过线圈的磁通量的变化t率增大，则原线圈两端电压的最大值增大，根据电压匝数关系，充电电路两端的电压最大值，D错误；故选C。7.【答案】D【详解】A.A、D两点位于BC的中垂面上，故场强方向相同，A、D两点到B、C两点的距离也相等，故场强大小也相等，A错误；B.电子从E到F的过程，正电荷对电子做功为零（E、F到B的距离相等），负电荷对电子做正功（F点到C的距离大于E点到C的距离），故电场力做总功为正，电势能减小，B错误；C.直线AD在BC的中垂面上，电势处处相等，故移动电荷时，电场力不做功，C错误；D.D点在BC的中垂面上，也在AB的中垂面上，由对称性可知D处电势不变；当负电荷移到A点后，由对称性可知E、F两点处电场强度大小相等，D正确。8、【答案】ABc【详解】由题意可知a光的折射率比b光的折射率小，故A选项正确；由n可得折射vd率越小的传播速度越大，故a光在水中的传播速度大，故B正确；由双缝干涉y可得，Lb光的干涉条纹间距比a光小，故C错误；在同种介质中折射率越小，频率越大，b光的频率比a光的大，当a光能发生光电效应时b光也能发生，D错误。9、【答案】BDqBRR【详解】作图可知有粒子可以到达MN的右侧地面，A错；若速率为，则半径为，2m2当从N点射入磁场时刚好与虚线上方地面处相切，入射点沿虚线向左移动，切点也会平移，R平移的轨迹可以看成半径为R的圆，此圆和赤道平面相切。所以半径小于时，粒子均无法2qBR到达地面。B对；若速率为，作图可知正对着O处入射的粒子不能到达地面。C错；m粒子正对着O处入射时，假设速率不断变大，当轨迹与赤道平面相切时，由几何关系3R（rR）2（2R）2r2可得：r，D对。210、【答案】BCD【详解】A．设弹性绳弹性系数为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拉力沿水平方向的分力为mgmgFklsinkl（恒力），动摩擦也就为恒力，且由于CD=DE，所以小球在CD1BEBC44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．假设从C到Dmg的运动中，下降的位移为y，竖直方向的合力F=mg-f-klBEcosθ=mg--ky，满足回复力的特4点，说明是简谐振动（只是说C到E是简谐振动的一部分，从E返回的运动摩擦力反向，不2能说小球一直做简谐振动），根据简谐振动的对称性，小球在C点和E点的加速度等大反向，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。故改变12EP+Q(2m)vE2mgh前，由能量守恒定律可得EP+Qmgh，改变质量后，由能量守恒定律可得2，vgh联立可得E，故C正确；D．结合以上分析可知，从在C点到E点过程中，摩擦生热mgh为Q=fh=，此过程中弹性势能变化量为EmghQ，从在E点到C点过程中，由能量4p1守恒定律可得Emv2mghQ，解得vgh，故D正确。故选BCD。p20042a11、【答案】(1)C选项；（2分）(2)；等于（2分）(3)g。（2分）b解析：（1）最低点速度最快，计时误差较小；（2）n-1个T/2就是t，所以没有误差；2lrg2ag4a（3）由T2可得lTr；斜率得gg42b42bRAR1t2R2t1R2R112、【答案】（1）如图（2分）；(2)减小电阻箱的阻值（2分）；(3)Rt(t)（2RBt2t1t2t1分）；(4)A（3分）解析：（1）如图；（2）电流从1流向2，说明2的电势低，较小RC的电阻可以提高2的电势；RAR1RAR2（3）由电桥平衡有：RAR1RBRt1得Rt1；RAR2RBRt2得Rt2RBRBR1R2将Rt1、Rt2分别代入RtR0(1t)可解得：；R2t1R1t2RAR1R0，把和R0代入RtR0(1t)化简后可得答案；R1R2RBRBt1R2t1R1t2RA（4）的数量级越小，测量Rt时电阻箱的值越大，电阻箱的精确度为0.1，电阻箱的值RB越大则相对误差越小。13.解：（1）因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得P0V03P0V1（2分）V代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为V0（2分）13（2）对塔内气体，由玻意耳定律得P0V0P1V1（2分）由题意得V1(140%)V0（2分）5代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到PP（2分）130E14解：（1）由qIt，I（2分）；En（2分）Rt3BdL当列车前进距离d时，ΔΦ=2BdL，所以q（2分）r（2）对列车由动量定理得-2FAΔt=mv-mv0（2分）2B2L2dFtBILtBLq（2分）；所以vvA0mr2244212122BLdv02BLdQmv0mv（2分）；所以Q22rmr2QB2L2dvB4L4d2Q0（2分）b2rmr2115解：（1）A球摆到最低点过程，mghmv2（2分）；v2gh（2分）02000111（2）A与B发生弹性碰撞：mvmvmv（2分）；mv2mv2mv2（2分）A0AABB2A02AA2BB2mAvBv0mAmB2mB同理可知：B与C碰撞后vCvBmBmC2mC8mAmBmCC与D碰撞后vDvCv0mCmDmAmBmBmCmCmD21216D球摆到最高点4mgh04mvDhh0（2分）；顾客不能获得优惠卷2；35或者直接分析：因为D的质量大于A的质量，如果D能上升到，则系统机械能变大，故D不能上升到，顾客不能获得优惠卷。0（）讨论可知共有种可能，分别是：、、ℎ、、、、308CABDCADBCDABCDBABCADBCDADCAB、DCℎBA；由能量关系可知，第四个球如果是D，系统机械能会变大，故不能获得优惠券，故还有6种可能。讨论如下：如：BCDA解得：1202��02B????与ℎC=碰撞2�，��=2�ℎ'121'212������解得：2�，�同=理2可�解�得+3��22��，故=该22情�况�能+获2得3�优�惠券；4192同理分�析�剩=下5�的�情况，可得B�C�D=A、175C�D�B>A、��DCAB、DCBA四种情况满足要求，故概率为50%评分建议：8种可能，列举一种给0.5分，计算分析出一项满足要求的可能给0.5分，最后结果2分。4