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重庆八中高2026届4月强化训练（二）物理试题
一、单项选择题：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，
只有一项是符合题目要求的。
1.如题1图所示，三脚架上放置泥三角，坩埚静止放置于泥三角上，若坩埚的重力为G,
则泥三角对坩埚的作用力大小为
A.G
B.
C.
1
3
D.
G
4
题1图
2.如题2图所示，△ABC是一等腰直角三角形，∠A90°，在
yy
B、C处各放置一个等量同种点电荷，此时A处电场强度的大小
为B;若仅改变C处电荷的电性，不改变其电荷量大小，此时A
处电场强度的大小为E2。若只考虑B、C处电荷在空间中激发的
B
电场，则马大小为
题2图
E
A.1
B.√2
2
D.2√2
3,某种椅子的简易结构如题3图所示，导热性良好的M、N两金属筒间密闭了一定质量
的理想气体，M可沿N的内壁上下滑动，若环境温度保持不变，在M缓慢向上滑动的过
程中
A.外界对气体做功，气体压强减小
B.外界对气体做功，气体压强增大
C.气体对外界做功，气体压强增大
D.气体对外界做功，气体压强减小
题3图
4.一种定点投抛游戏可简化为如题4图所示的模型，以水平速度1从O点抛出小球，
正好落入倾角为的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线与斜面垂直；当
以水平速度2从O点抛出小球，小球恰好与斜面在Q点(Q点未画出)垂直相碰。不计
空气阻力，重力加速度为g,则两次平抛过程中
￥9
A.小球从O点到P点的时间是，”
gtan
B.Q点在P点的下方
C.VI>V2
2
题4图
D.落在P点的时间与落在Q点的时间之比是
5,根据玻尔氢原子理论，处于=3能级的原子向低能级跃迁，会产生三种频率的光。从
n=3能级跃迁至2=1、n=2能级分别产生频率为y31、2的光，从n=2能级跃迁至n=1
能级产生频率为V2,的光。E1、E2、E、E4分别表示相应能级的能量。已知普朗克常量为
h,光速为c,电子电量为e。则
A.频率为y1的光，其光子动量为B-E
B、频率为V31和y21的两种光分别射入同一光电效应装置，均产生光电子，其遏止电
压之差为他2
e
C.频率为y3,和y2,的两种光分别射入双缝间距为d、双缝到屏的距离为L的干涉装
置，产生的干涉条纹间距之差为
Lc
dv
D.若原子从3跃迁至=4能级，入射光的频率V'4>
E4-E3
h
6.如题6图所示，在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强
度大小为B,AC=OC=OD=DE=L,∠COD=60°。磁场边界A点有一粒子源，能射出质
量为、电荷量为+9的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC进入磁场，则从CO及OD
边界射出磁场的粒子
B,
A。在磁场中运动的时间最长是
2gB
E
B。在磁场中运动的时间最长是63
C.OD边界上有粒子射出的长度为(2V3-3)江
O
D.OD边界上有粒子射出的长度为(4-2W3)L
题6图
7.如题7图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一等腰直角三角形区域ABC,BD是斜边
AC的高，且BD=L,三角形ABD区域内（含AB及AD边上）存在垂直于桌面向下的
匀强磁场，三角形BDC区域内（含BD、BC及DC边上）存在垂直于桌面向上的匀强磁
场，两匀强磁场的磁感应强度大小相同。一边长为工的正方形线框abcd由粗细均匀的同
种电阻丝构成，在外力的作用下，匀速通过
两个磁场区域。运动过程中，线框的cd边始
终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。
X
XXX
规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受
到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框
题7图
向下的磁通量为正，把A点作为线框位移的重大八中高2026届4月强化训练(二)物埋答案
1。【含条】A
【解答1解:对坩埚受力分矿可知,珀璃受到重力和泥三角对坩埚的作用力而静止,根据平衡条
件可知,泥三角对坩埚的作用力与重力等大反间,即F一mg,故A正确、BCD错误。故选:A
2.【答案】A
【解睿】解:仕顶点B、C各放置一个电何重为2的负点电何,这时顶点A效
电场强度的大小为只,方向垂直BC向下,如图所示
设点电荷在A点产生的电场强度大小为E,则A点的合场强大小吕=2Ecos45°=√2
“若将C点处的负点电荷取走,并放置一个电荷量为2的正点电荷,方向如图所示
这时顶点A处电场强度的大小为E=2Ecos45°=√2E则有三=
E
故A正确,BCD错误。故选:A。
3.【答柔】上
【解答】解:在M缓慢向上滑动的过程中,两金属简间密闭的气体的体积变大,可知气体对外
开微切。密闭气体时温度个变,根活按意耳定律:DV=C,可知其出强减小,故ABC错误,
正确。故选:D。
4。答案卫
【解答】解:A、以水平速度以从O点抛出小球,正好落人倾角为日的斜面上的洞中,此时位科
垂直于斜面,根据几何知识知:tan0=4=4,所以1=Z
z ,故A籍误gtan6
BC、当以水平速度以从0点预出小球,小球止好与斜面在0点垂直相碰,此时速度与解面乖直
根据几何知识知:tan0=一,所以t=—2,,根据速度偏角的止切值等于位移偏角正切值的
gt gtan6
二倍,知2点在P点的上万,5<与,水平位移为>五,所以W>V,故B、C错误
2u
D、落在P点的时间与落在Q点的时间之比是5-&m2。2,故D正确。故选:D
tn6
5.【答案】B
【解答】解:A.根据光子的动量公式可知;p=
根据波长、波速和频率的关系可得:c=元v,
根据能级公式可得:v=B-B,联立解得:p=与二占,故A错误
B.根据光电效应方程可知:Eg=M-N。,
由于逸出功即相同,则两种光射入时逸出电子最大初动能之差为
△E=h△v=h(V-Va)=M,故B正确;
C.根据双缝干涉条纹间距公式可知:Ax:
则两种光发生干涉时的条纹间距之差为: (孔=入g)
联立可存:二aaxā=2(工_1),故c错误
D因为入射光是光子,则跃迁时氢原子吸收的能量必为能级的差值
则有:hN=E一E,
解得:VE一5,故D错误:故选:B。
6.答D
【解答】解:带电粒子在磁场中的运动临界如图所示
当轨迹与OD相切时,磁场中运动时间最长。M点为运动轨迹与
边界OD的切点,N为AM与OC的交点,若粒子恰好从M点射
出,运动轨迹对应的圆心角为210°,运动时间为7xm但是若封
6gB
迹虽与OD相切但恰好不从M点射出而是从CO边射出,时间最
长,显然大于Z四,故A、B错误;粒子从OD边射出的范围为MD,由几何关系求出MD=(42~5
6gB
L,故D正确。
7.【合染】C
【解睿1解:改线程的总电阻为尺,做功的概感应强度为B,线福的建度为V
x在0一L的过程,根据祸次定律判断可知,线框中感应电流沿迎时针方向,为正。bc边有效
线长度为1=x,感应电动势为E=Bh=Bn,感应电流为I=三=,Yocx,马xmL时
RR
一R足”:b、a两点间的电势差U。一子E一一BV;现框所受安场力万同问左,为正,安培力4
ByB
大小为F=Bbx=B. ,F6x;牙对统但时做迅量①=BA=B·上x,④αx,根
RR
括数学知识可知D图错误:
x在工-2工的过程,ad和bc两边都切割微感线,根据右乎定则判断可知,线框中感应电流沿
时针方向,为负。ad和bc两边有效切割长度之和等于工,则线圈中感应电动势为E一BLv,保
持不变;感应电流为1-三-上”,保持不变,故4图错误;因b点的电势低于a点的电势,则b
RR
a两点间的电势差U= 三 BLV;线框所受安培力万同同五,为止,安语力大小为
F=B红=E,保持不变;
R
x在2L一3工的过程,d边切割磁感线,根据右手定则判断可知,线框中感应电流沿逆时针方向
为正。ad边有效切割长度为1-3L-x,则线圈中感应电动势为E=B3L-v;感应电流为
1=兰=22一少,因b点的电势高于a点的电势,则b、a两点间的电势差
R
Oo=4E=4B(3L-xv;线框所受安培刀万同同左,为止,安培力大小为
F=BLL=B.(5L_X1.(3L-x)=(2-少,当x=3L时,Ua=0,F=0。故选:C
8.【答案】AC
【解各】简诺横波向x轴正方向传播,此时M向下运动,小李右手向下抖动,A正确;对于
被液,波速与什质有天,与频率尤关,所以增大抖动的频率,波沿绳传擅的建度个变,B销误
8O
波速v=hf=4×(1.5-0.6)m× =4.8m/s,CE确:T= 8,图示时刻N点速度为0
6Os 4
再经讨 二s,质点B达到速度的最大值,D错误;故选AC
46
9管B口
【解答】飞船未摆脱地球束缚,故飞船发射速度小于第二字宙速度,A错误:变轨前后,在M
点飞船所受合外力均为该点万有引力,R=ma,飞船加速度相等,B正确:设飞船在空间
(R十h (R十五
运行的周期为T,由开替勒第三定律 。则飞船在空间站运行的周期等于
R十h GAm
三)2Z,C错误;在停泊轨道, 百
R十h (R十h)
3π(R+h)
得p= ,,D正器t故选BD
GTZR
1O.【答案】ABD
【解答】设ad长为L。当b边在①中时,由牛顿第二定律:F-f=+b- mg=ma
藻板做匀加凉盲线运动,则化=0mg(1).b=ma(2),由(2)知a= ,A正确,由图象可得
v-v=2n1(3)-当h边在②中时。语cd功到①右功界的距富为x·由动能定理
月中三一 一ngAx,做出f-x图象可知,阴影面积就是ab边
由①区域右边界运动到②区域左边界的过程中摩擦力做功的大才
LngL 2b
即= -(4),将(4)带入(3),得μ= 一(5),C铂i误;将(5
2 mg
2b 6
代入(1),得工= 二(6),B正确,将(6)代入(3),得v
石n
D正确,故选ABD
11.(2)正比;(4)12×10°(11~13×103
(5)测量读教或作图时在在偶然误养。线顺转动时受到转轴的座擦阻力。(其他合理答案也可
【解析1(4)两侧功均有安培力,要使偏转角为90°,相当于单边号力时伸信转角为45°,在医
象中读取拉力约为1.2x103,
12.(1)0.060:(2)500:(3)A:(4)1027(1000~1050),偏大
【解析1(3)电流类的满信电压约为1mA×520Q-052V,考良电流表与电压表的量程匹配度
N。4
故选A:(4) ,求得匝数约为1027,由表达式可知,D测量偏大造成N测量偏
O.25mO2
大
13.解析:(1)衰变方程为:Y→6Z+ie,释放的能量为:AE=△mc2=(mom-m)e
(2)由反应前后动量守恒可得;P=P;
由释放的能量变为生成物的动能可得:AE=E1+E
AE=Es+Ex2=+B+B=(m+1)Ea,解得:E2=m(mm-m2e2m 2m 2m 2m m 干四
14.(1)Epo R (2)=mgR≤E。 二mgR,传送带顺时针转动
4
v
(1)物块恰好不脱离圆弧轨道时,在a点由受力分析mg=m
由释放到a点的过程中,Ep0= 二mv 一mg占
(2)若传送带顺时针转动,物体在传送带上做减速运动
情况1:刚好到达e点停下。
从释放到e,由能量守恒Emh+mg·3R(+sin)=内mgde Epmim=mgRE
解得
故为使挑战成功,当小物块恰不脱离圆弧轨道时,有最小弹性势能
情况2:网好到达f点停下。
从释放物块到恰好运动到f,由能量守恒:E +mg·3RQ+siO)-山mdc+山me
_ngR =mgR≤E n2
解存 4 ,所以,若传送带顺时针转动且初始弹性势能在2 14
用内,则耕战成功
若传送带逆时针转动,为确保物体不脱轨,当以最小弹性势能E0释放时,设物体到达c点的通
Egg+mg·3R(1+sin0O)= m解得”o=vogR
率为vin由能量守恒
示
由于传送带速率%一√5gR共速,物体离开传送带的速度v20。到达e点后,设小物块减速后停下,则由于v20
咯一035。’x减>,故若传送带逆时针转动,一定会和g碰撞,批战不可能成功
2A gg2
综上所述;只有当=mgR≤E≤ 一mgR且传送带顺时针转动,挑战成功
4
15.解析:(1)电子速度稳定后,由经过加速电场中的动能定理可得:L/=V五-
2
解得:M=3V
(2)电于还度稳定后,由经过插入件的动量定理可得:1=mv-m
其中变力/的冲量为:I,=->vA4=->kAx=-工
解得:k=
13上
业12mv。
(3)田(1)同知在经过描入件后电子的半径为:方=13Be
电于运动鱼cd时,所有电子应与cd共线,但在d的外侧沿径向AA=2A一(A+R2=) 范围
I3Be
内的电子会被导走:
易知电子经过电场加速后的半径为:为=
电子运动至ab时,所有电子应与b共线,但在a的外侧沿径向△x一2n-2nZ范固内的
3B
电子会被导走i
由题意可知,第二次、和第三次回到山时,每次均有A,的电子在a的外侧被导走,所有第四次
经过插入件时,
导出电子分布的区域的总长度为:A/=(Ax+Ax2)+2Ax2=/mv
Be
能第四次经过插入件的电子数目为:N=(2-N)-△一. N
R =R
号:青示法

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