重庆市重庆八中高2026届4月强化训练（三）物理+答案

重庆八中高2026届4月强化训练(三)物理试题一、单选题：本题共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A.食材层内空气分子单位时间内撞击器壁的分子数不变B.食材层内空气的内能增加量等于气体从化学反应中吸收的C.食材层内空气的压强与热力学温度成正比P、Q离地面的高度差为h,飞船在P、Q两处的加速度大小之比为k²,已知引力常量为G,地球质量为M,则飞船在轨道Ⅱ运行的 C.速率为D.速率为6.如图所示在水平面内建立xOy坐标系，两个位于椭圆长轴端点位置的相干波源S₁和S₂沿竖直方向振动，振动步调相同，发出的简谐横波在同一均匀介质中传播，椭圆的半长轴为a=5m,半短轴为b=3m。已知波源频率f=2Hz,简谐波在介质中传播速度大小为A.在波源S₁和S₂的连线上(不包含S₁、S₂位置),振动加强的位置一共有6个B.在波源S₁和S₂的连线上(不包含Si、S₂位置),振动加强的位置一共有4个C.在椭圆上振动加强的位置一共有10个D.在椭圆上振动加强的位置一共有12个7.如图甲所示，竖直平面内，一足够长的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在t=0时刻用一水平向右的推力F作用在A上，使A、B向右运动。F随t变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.25kg,A与水平轨道间的动A.在t=1s时AB之间作用力大小为0B.两物块分离前B的位移等于7mC.若B恰能运动到M点，则半圆形轨道半径为0.4mD.两物块分离前A对B的弹力做的功为2J二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分。A.玻璃砖的折射率为29.某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑),半径之比为6:1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为2R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电A.线圈转动的角速度为6wC.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为3D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮10.如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2026个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内),质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2026个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是(所有物块均可视为质点，重力加速度为g)hA.2026hC.0号物块最终动量大小三、实验题：本题共2个小题，共15分，第11题4分，第12题11分。11.(4分)某同学设计了如图所示的实验装置：用铁架台固定竖直放12.(11分)某实验小组探究甩手时指尖的向心加速度，利用手机连拍功能(每隔0.05s拍一张照片)得到甩手动作的过程如图甲。其中A、B、C三点是甩手动作最后3张照片指尖的位置。可建立如下运动模型：指尖从A点以肘关节M为圆心做加速圆周运动，指尖到B的瞬间，立刻以腕关节N(N甲视为已静止)为圆心做减速圆周运动，最终到达C0丙(1)方案一：甲照片中，A、B两点间距离为5.0cm,NB的距离为3.6cm,手臂自然伸直时肩膀到指尖的直线距离为13cm,而自然伸直时肩膀到指尖实际长度为65cm。由此可以计算指尖实际在A、B间运动的平均速度为mls。并粗略认为这就是指尖过B点时的线速度，计算指尖在B处绕N点转动的向心加速度为a向=m/s²(该空结果保留三位有效数字)。(2)方案二：按如图乙方式握住手机，调整手机位置，使手机中的加速度传感器尽量靠z轴正方向垂直于手机平面向上。图丙为手机线，其中x方向的加速度用曲线x表示。由图丙可知，曲线(填1或2)测量的手腕向心加速度。通过测量图甲可知：B点做圆周运动的线速度大约是N点绕M点做圆周运动的线速度的1.8倍，B点绕N点做圆周运动的半径NB大约是N点绕M点做圆周运动半径MN的0.7倍，由丙图可得指尖在B处绕N点转动的向心加速度为a向=m/s² (该空结果保留三位有效数字)。(3)对方案一、方案二中误差更大的一种方案进行改进，写出所选方案及改进建议：_13.(10分)如图甲中直升飞机处于悬停状态，图乙、丙分别是直升机水平向右直线飞行过程中两种体态(直升机正常向前飞行，不存在倒着飞情(1)图甲中因为桨翼旋转造成空气对直升机作用力的大小和方向(2)图乙中飞机运动状态及图乙和图丙中飞机加速度大小之比。将撞木拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，m=10kg的木楔发生正碰，撞击时间t=5ms,撞木每次撞击结束后速度大小为撞击前0.9(1)撞击前，撞木在最低点对轻绳的拉力大小T;(2)碰撞过程中，若系统内力大于外力的十倍，可近似视为系统动量守恒。计算判断撞(3)已知木楔移动的位移xo≥0.6m时胚饼开始出油，则至少需撞击多少次木楔才开始甲乙丙15.(18分)如图所示的平面直角坐标系中，第一、二象限仅存在沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限仅存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在x轴正半轴分布有2026块挡板，每块挡板长为3d,厚度不计，相邻挡板间距为d,第一块挡板左边缘位于坐标原点。离子源P的纵坐标为h,可以平行x轴移动。离子源不停地沿x轴正方向发所有离子射入磁场时的速度竖直分量均为不计离子间的相互作用力和离子的重力，不考虑离子间的碰撞，离子打到挡板(含边缘)即被吸收。求：(1)电场强度的大小；(2)离子源处于某位置时，以速度v₀释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的左边缘；当离子源向x轴负方向平移d,以速度kvo释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的右边缘，而且两个离子进出磁场的次数相同。求k的可能取值；都直接打在挡板上，未进入磁场。现限制离子源仅在0≤x≤3d区域移动，发现有离子运动全程不打任何挡板。求当不打任何挡板离子占比最大时离子源的横坐标(用d表示),以重庆八中高2026届4月强化训练(三)物理答案123456789BACDDCD【详解】A.激光是一种电磁波，传播时不需要介质，故A错误；B.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B正确；C.α粒子带正电，根据左手定则来判断洛伦兹力的方向，②应是α粒子，故C错误；D.把核子分开需要克服核子之间的核力作用，故D错误。故选B。所故选A。【详解】A.套圈第一次竖直方向做自由落体运动，第二次竖直方向做竖直上抛运动，第B.两次套圈在最高点的速度最小，在由最高点到Q点运动过程中，第二次高度高，水平故选C。F,根据动量定理可得F△t=2Nmv故A错误。故选D。【详解】AB.令P点距地面的高度为h1,Q点距地面的高度为h2,地球半径为R,根据牛顿第二定律，在P点，有G故AB错误；CD.根据万有引力等于向心力，有G8×0.5m=4m;振动加强点要求两波源到该点的波程差为波长的整数倍，O点波程差为0,为加强点；S₁和S₂波程差为10m,为减弱点；可知O到S₁之间有波程差为4m、8m的两个加强点，O到S₂之间同理，加上O点，共有5个加强点，故AB错误；C.椭圆上方顶点波程差为0,S₁和S₂波程差为10m,情况和S₁S₂轴上类似，因此椭圆上、下半椭圆上均有5个振动加强的位置，椭圆上一共有10个位置振动加强，故C正确；故选C。对B受力分析有F₂=maD.当A、B分离瞬间，A和B加速度相同、支持力为0,B受力均已知，所以对先求B的加速度a=0,再对A受力分析有F-μmg=ma联立解得F=0.5N已知F-t关系，在分离之前对A、B整体应用动量定理有I-μmgt₁=2mv₁-0在A、B分离之前，对B应用动能定理有,故D正确；B.分离前B运动的v-t图像如图所示(速度随时间不均匀变化、且不是简谐运动，高考由图看出，在A、B分离之前，B的位移xB>2C.分离后B匀速运动到P点，然后沿圆弧运动到MB从P到M,根据能量守恒联立解得r=0.32m,故C错误。故选D。【详解】①感光仪测的是在右侧平面射出玻璃的光。当光强骤然下降，说明此前能发生全反射的位置无法再全反射，有部分光投射出了玻璃。②对于同一支光，在圆形光学面每一次反射的入射角都相同，所以若不再全反射，必在第一次射向圆形光学面就投射出去了。综上：从B入射的光在第一次到圆形光学面恰不再全反射了。A、根据题意可知，光线从B点入射，由几何关系可得临界角为B、根据可得故B错误；C、光线频率由光源决定，频率不变，故C错误；【详解】①识别模型，线圈绕轴转动问题，且转轴垂直于磁场，符合交流电产生条件可套用公式E=nBsw,接下来要在题目中找到这四个量的实际意义②关于w:读题“大轮与小轮通过皮带传动，小轮与线圈固定在同一转轴上”说明大轮与小轮线速度相同，线圈的角速度=小轮的角速度=6倍大轮角速度A.小轮转动的角速度为6w,A正确；B.线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·6w,又S=L²,联立可得Emax=,根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为,B错误；(注意内阻不为0时，电源两端电势差=路端电压≠电动势)C.若“用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈”,需要思考对路端电压表达式每个字母的影响，影响了匝数和电源内阻仅使线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax=12nBL²w,此时线圈产生感应电动势的有效值,根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R,根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′=D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，仅使线圈角速度变成一半，根据,可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。故选AC。【解析】A.由题可知，2026个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2026号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒得,即2026号最终速度为1故A错误；B.分析可知，2023号物块最终速度是0号与1号第四次碰撞后1号的速度，由动量守恒定律，0号与1号第一次碰撞有mvo=mvo1+2mv110号与1号第二次碰撞有0号与1号第三次碰撞有mvo₂'=mvo₃+2mv130号与1号第四次碰撞有C.0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为最终0号物体要与1号物体碰撞2026次，所以0号物体最终动量故C正确；D.碰撞都是弹性碰撞，没有能量损失，对整体Ek=mgh,D正确11、【答案】向下(2分)顺时针移动(3分)【解析】(1)根据右手螺旋法则可知当开关S突然闭合的瞬间，螺线管中的磁场方向向下。(2)由于在开关S突然闭合的瞬间，螺线管中的磁场突然向下增大；感生电场在俯视图中逆时针，所以带负电的小球俯视时顺时针移动。12.(1)5139;(2)2148(145到152之间);(3)方案一中将拍摄频率提高，AB间平均速度更接近B点瞬时速度方案二用更轻更小的手机，防止手机的引入对甩手动作本身的影响，或直接将小型其他合理建议均给分基本原则：不能更改要探究的现象/对象(不能换机械臂，研究的就是人；不能让人故意慢速甩手，研究的是正常甩手现象的规律)【解析】(1)根据题干中的比例关系可知A、B两点的实际距离为25cm,NB两点实际距离为18cm,指尖平均速度N静止之后B点继续的向心加速度为(2)手腕的向心加速度一直指向圆心，始终沿y轴负方向，不会反向。可排除曲线13;由曲线2可知，N点最大加速度近似为32m/s²(30-33),即为甩手摆到最低点时手腕的向心加速度。手腕N摆最低点前，BN同轴转M动绕，指尖B点速度是手腕N点处速度的1.8倍，指尖到最低点后，由于惯性手指继续摆动，但绕N点转动，半径为NB,是N绕M点做圆周运动半径NM的0.7倍。最低点指尖绕N点做圆周运动向心加速度与N点向心加速度之间关系为：a向=结果答145-152之间均给分(2)图乙减速运动，加速度水平向左，(1)图甲飞机悬停，桨翼旋转所造成空气对飞机的升力与重力平衡，大小等于mg,方向向上(3分)(2)(空气对飞机的作用力和阻力都不是我们熟知的重力弹力这类的基本力，仔细读题找这两个力施力方向规律)图乙：飞机受重力mg,桨翼旋转所造成空气对飞机的升力F乙，阻力f合力向左，与飞机运动方向向右相反，飞机做减速运动(1分)求得(3分)求得a丙=g-kg(3分)14.(1)T=2520N(2)符合动量守恒(3)撞击三次出油解析：(1)撞木摆下，机械能守恒：(1分)最低点：(1分)根据牛顿第三定律，撞木对轻绳得拉力为2520N。(1分)Mv₀(1分)F=-14400N(1分),方向与撞木撞击速度方向相反，同时观察数据可得撞击产生的冲