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重庆八中高2027届10月适应性月考（二）
物理试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2,回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3,试卷由微信公众号“山城学术圈”整理排版。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1,三个力的关系如图所示，则这三个力的关系可以理解为
A.F是F与F的合力
B,F是F与F的合力
C.F是F与F的合力
D.这三个力的合力为零
2.两块静止的带异种电荷的导体处于静电平衡状态，二者间电场线的分布情况如图所示，其中α、d两
点在导体表面，b、c两点在电场中，点在右侧导体内部。选无限远处为零势点，则下列说法一定
正确的是
A.Uob >Uhd
B.E。>Eb
C.9。=9c
D.p。=0
3.如图，起重机将静止在O点的重物竖直向上吊起。O到P过程重物做匀加速直线运动，到P点
时拉力的功率开始保持不变，并以此功率继续将重物拉到Q点。己知O到P与P到Q的时间相
等，设O到P段拉力对重物做的功为W,P到Q段拉力对重物做的功为W,,则W:W,等于
A.1:2
B.1:3
C.2:3
D.3:5
4.如图，水平、正对放置的两平行金属板间存在匀强电场，带电粒子A从下极板边缘P点以初动能E。水
平向右入射，飞出极板间区域时动能为2E。,相同带电粒子B从P点以相同方式入射，但初动能为9E。·
不考虑电场的边缘效应，则B粒子飞出极板间区域时的动能为
82
A.10E
B.
C.
2
E
3
D.不知是否考虑重力，故无法计算
第1页共6页
5.“星下点”是卫星与地心连线跟地面的交点。某倾斜圆轨
道卫星的星下点在某时刻第一次经过赤道且向东北方向移
赤道
动，经一段时间后第二次经过赤道且向东南方向移动，如
图（图中下方度数为地球经度）。设地球的自转周期为
T,=24h,则该卫星绕地球公转的周期为
30
60°
90°
120
A.6h
B.8h
C.12h
D.16h
6.如图，质量分别为m、3m的可视为质点的滑块A、B通过轻质橡皮绳相连，放置于光滑水平面上，
橡皮绳原来松弛。某时刻给B一水平向左的初速度，A与B发生弹性碰撞后相互远离，当橡皮绳中
的张力超过其能承受的最大值时，橡皮绳断裂。则橡皮绳断裂前瞬间A的速度大小可能为
1
B.2%
3
C.Vo
D.2Vo
B
7.如图，安装有四分之一光滑圆弧轨道的滑块质量为3m,放置在粗糙的水平地面上，圆弧轨道处于竖
直面内，其上端点所在半径水平。现将质量为m的小球（视为质点）从轨道的上端点由静止释放，为
保证小球下滑过程中滑块与地面不发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则地面与滑块间的
动摩擦因数至少为
A.3
1
B.
V2
3
D.②
3
4
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，有选错的得0分。
8.如图所示电路中，小灯泡与两个电阻的阻值均为R,K,为单刀三掷开关。其中触点b为悬空触点，
俗称“空脚”。不考虑小灯泡电阻的变化，现闭合K,将K,分别置于a、b、c三处，下列说法正确
的是
⑧
A.置于a处时，小灯泡的亮度最高
R
R
B.置于b处时，电源电流最大
R
C.置于c处时，路端电压最小
D.置于a处时，电源的焦耳热功率最大
E,
K
第2页共6页巴蜀中学高 2027届 10月适应性月考（三）
物 理 答 案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B A B B C D AC BC AD
1. 由图知 F2与 F3 首尾相连， F1由 F2 的箭尾指向 F3 的箭头，所以 F1是 F2 与 F3 的合力，因此 A正确。
2. 此为非匀强电场，且不知 b点与两块导体的精确位置关系，故无法用公式U Ed 计算及比较电压，A不
一定正确；从图中看出 c点附近的电场线明显比 b点附近密集，所以 c点的电场强度较大，B 正确；此
为非匀强电场，且不知 b、c点与两块导体的精确位置关系，故无法用公式U Ed 计算电压进而比较电
势，C 不一定正确；看图片右侧电场线，可知右侧导体比右边无限远处电势低，即右侧导体电势小于零，
右侧导体为等势体，则 e 0，D 错。
3. O到 P过程拉力的功率为 Fv m(g a)v m(g a)at ，即拉力的功率与时间成正比，P到 Q过程拉力的功
率保持不变。画出全程拉力的 P t图像可由面积之比得到拉力的功之比为 1∶2。
4. 相同带电粒子在板间所受合力相同，则加速度相同。B的初速度变为 A的 3倍，则板间运动时间变为 A的
1 y 1，根据 at2 1 1知竖直分位移变成 A 的 ，根据 Fy Ek 知动能增加量变为 A 的 ，则3 2 9 9
E 1 82k 9E0 E E 。9 0 9 0
1 1 1 1 1
5. 该时段内，卫星转 圈，且比地球多转 120°即 圈，则地球自转圈数为 圈，则这段时间
2 3 2 3 6
t 1 T0 4h，即卫星转半圈花 4h，所以卫星公转周期为8h。6
3 1
6. 由双守恒方程可算出 A、B碰后的速度分别为 v0、 v0，方向均向左，若橡皮绳不断，则 A、B共速时橡2 2
3
皮绳最长，该共同速度为 v0。橡皮绳一定在被拉长到最长时或之前断裂，则断裂时 A的速度大小一定在4
3 v 30与 v4 2 0
之间，故选 C。
1 v27. 设 小 球 划 过 的 圆 心 角 为 ， 有 ： mgRsin mv2 ； N mg sin m ， 得 N 3mg sin ， 则
2 R
Nx 3mg sin cos ；N y 3mg sin2 。对滑块：N地 3mg N y 3mg(1 sin
2 )；f地 N x 3mg sin cos 。
f
地 sin cos 1 tan
2 2
设即将打滑有： ，由数学知识知，当 时， 存在最大值为 ，
N 1 sin2 1地 2 tan 2 4
tan
2
即“临界 ”的最大值为 ，则“实际 ”应大于或等于该值。
4
8. 置于 a处时，流过小灯泡的电流最大，故最亮，A对；置于 c处时，外电阻最小，电源电流最大，B错；
置于 c处时，外电阻最小，电源电流最大，内电压最大，路端电压最小，C对；置于 c处时，外电阻最小，
电源电流最大，由焦耳定律知焦耳热功率最大，D错。
9. 易知两小球带异种电荷。设绳与竖直方向的夹角为θ，对两球整体有 (m1 m2 )g tan (q1 q2 )E；对m2有
m2g tan q E
m m q q m q (m m )g
2 ，两式相比得
1 2 1 2 ，得 1 1 ，B对。对两球整体有 F 1 2
m q m q 1
；对m 有
2 2 2 2 cos
2
F m g2 F吸 2 ，两式对比可得 F1 F2 。cos
qU 110. 加 速 过 程 有 mv2 qE， 漂 移 管 内 有 L vt1 ， 反 射 电 场 中 有 v t2 M 2
， 则
T 2t 2t 2L m 2 2 mU 1 2 ，观察该结果，发现 U
m m
相同时，T ； 相同时，T是关于 U
qU E q q q
的双勾函数，所以 AD正确。
11. （每空 2分，共 8分）
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（1）充电 （2）B （3）A （4）BD
【解析】（1）S掷于 1，电容器与电源相连，可观察充电现象。
（2）充电过程中，选项罗列的四个物理量中，只有电流可能减小。
（3）易知纵轴为电流，将该过程的时间分成很多份，每份时间极短，电流可视为恒定，根据平均电流的定
义知竖窄条面积 S i t Q，两边求和得 S Q，由此推导知所用方法是先微元，再求和。
1 1 U
（4）由 E场 QU CU
2 ，可知 B对；放电时电源断开，电阻 R接入电容器回路，有 I ，D对。
2 2 R
12. （8分）
（1）AC（2分）
2 m sin 2 m sin
sin
（ ） 1 31 m （3分）cos 12 cos
2
1 cos 3
sin 2 sin 3 3 sin （ ） 1 （3分）
cos 2 cos 3 cos 1
【解析】（2）设小球从斜槽末端做平抛运动的初速度为 v0，落在圆弧面上时落点与圆心的连线与竖
1 gR2 sin2 gR cos
直方向的夹角为 ，则有 R sin v0t， R cos gt
2 ，解得 v0 tan ，两球碰2 2R cos 2
v v sin 2 sin
sin
撞 时 动 量 守 恒 ， 应 满 足 m1 1 m m 1
3
1 1 2v2 ， 整 理 可 得 m1 m m 或cos 12 cos
2
1 cos 3
m1 tan 2 cos 2 m1 tan 1 cos 1
m2 tan 3 cos 3 。
（3）弹性碰撞同时满足动量守恒、动能守恒，联立消去质量，得到分离速度等于接近速度，也就是 v0 v2 v1，
sin sin sin
代入速度表达式得 2 3 1 。
cos 2 cos 3 cos 1
13. （10分）
解：（1 v v）由 x 0 t，得： v 80m/s ①
2
v v
a 0 10m/s2 ②
t
f 0.05mg 0.05 2.0 10 4 10 1 10 4N ③
F f ma , F 2.1 105N ④
离舰瞬时功率 P Fv 1.68 107W ⑤
（2）阻力—位移图像，图像面积等于阻力做功的大小
全过程动能定理，末速度为 0
5
6 105 20 (6 10 f m )

(100 20)
1 2
2
0 mv2 ⑥
2
得 fm 7 10
5N ⑦
评分标准：本题共 10分。正确得出⑥式给 3分，正确得出⑤式给 2分，其余各式各给 1分。
14. （13分）
解：（1）由动能定理：
qE d 11 mv
2
2 0
①
mv2
E 01 ②2qd
（2）辐向电场提供向心力：
2
qE m v0 ③R0
偏转电场几何关系： (R y)2 x2 R2 ，代入 y 0.4R得：
x 0.8R ④
粒子在圆形电场区域做类平抛运动，竖直方向匀速直线运动，水平方向匀加速直线运动，列方程：
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y vt ⑤
x 1 at 2 ⑥
2
a qE ⑦
m
联立解得：
10E R
E 0 0 ⑧
R
（3）碳原子核（12m，6q）：
辐向电场向心力：
v2 qE R
6qE 12m C v2 0 00 R C
⑨
0 2m
碳原子核初动能：
E 1kC0 12m v
2
2 C
3qE0R0 ⑩
电场力做功：
WC 6qE 0.8R 48qE0R0
碳原子核末动能：
EkC EkC0 WC 51qE0R0
（若考生证明碳原子核走原轨迹不另给分）
评分标准：本题共 13分。正确得出①式给 2分，其余各式各给 1分。
15. （18分）
解：（1）①设 C与 A碰撞前后的速度为 v 和 v ，由动量守恒有mv 2mv ①
1
E 2mv
2
则 C与 A 1碰撞后瞬间的总动能与 C碰前瞬间动能之比为 k 2 ②
E 1k mv2 2
2
②初始 A静止，有 kx0 mg sin ③
C 1由静止释放，由动能定理，mgLsin mv2 ④
2
C与 A碰后一起沿斜面先向下后向上运动，到达最高点时速度为零，B恰好脱离挡板
此时对 B有 kx0 mg sin ⑤
从 C与 A碰撞后瞬间到 B恰好脱离挡板，弹簧初末形变量大小相等，弹性势能相等
1
这一过程对系统由机械能守恒， 2mv 2 2mg(x0 x0 )sin ⑥2
联立以上各式可得 L 0.4m ⑦
（2）C受到沿斜面向上的恒力 F 5N mg sin
因此 C受到的合力为零，除碰撞之外保持匀速直线运动或静止
C向上与 D第一次碰撞，由动量守恒mv0 mvC1 M vD1 ⑧
1 2 1
机械能守恒 mv0 mv
2 1
C1 M v
2
D1 ⑨2 2 2
m M 3 2m 2
解得 vC1 vm M 0
m/s， v
5 D1
v
m M 0
m/s
5
碰后 D减速到停下由动能定理， MgsD1 sin Mgs
1
D1 cos 0 M v
2
2 D1
⑩
s 1
2

2m 1
可得 D1 m20 m M 125
C反弹后向下匀速运动，与 A发生弹性碰撞，C、A质量相等，速度交换，碰后 C静止
3
A以 vA1 | vC1 | m / s的速度向下运动，运动 sA1后速度减为 05
1 2 1 2 1 2
对 A和弹簧的系统由机械能守恒 mv mgs
2 A1 A1
sin kx k (x
2 0 2 0
sA1 )
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1 2 1 2 s 1 M m 3化简后可得 ksA1 mv

A1 ，解得 A1 m2 2 10 m M 50
A反弹后与静止的 C碰撞前速度恢复为 vA1，弹性碰撞后速度交换，碰后 A静止
3
C向上以 | vC1 | m/s匀速，与静止的 D发生第二次碰撞5
m M 3 2m
由弹性碰撞 vC2 |vC1 | |vC1 |， vD2 | v |
2
C1 | vm M 5 m M 5 C1
|
3 2
即每次 C与 D弹性碰撞后，C反弹速度大小变为原来的 ，D获得速度为 C碰前速度的
5 5
n C D | v | M m
n 1 3 n 1
因此第 次 与 碰撞前速度， C (n 1) m M
m/s
5
n D v 2m M m
n 1 2 3 n 1
第 次 获得速度 Dn m/sm M m M 5 5
n n
第 n次 A M m 3 获得速度 vAn m M
m/s
5
对 D第 n次减速过程， MgsDn sin MgsDn cos 0
1
M v2
2 Dn
1 2m 2 M m 2n 2s 1 9
n 1

可得 Dn 20 m M
m
m M 125 25
n
1 9
D 1 1运动的总路程 sD sD1 sD2 s
25 m m Dn
1 9 125 80
25
第 n次 A获得速度 vAn 后，向下运动 sAn 后速度减为 0
1
由 A和弹簧机械能守恒的化简式 ks2
1
mv2
2 An 2 An
s 1 M m
n
1 3
n

可得 An 10

m M 10 5
m

n
1 3
A 3 3运动的总路程 sA 2(sA1 sA2 sAn ) 2
5 m m
1 3 50 10
5
评分标准：本题共 18分。正确得出①、⑥、 式各给 2分，其余各式各给 1分。
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