2022-2023学年重庆市示范中学高三下学期联合考试物理试题含解析.pdf

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1、2023 年高考物理模拟试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、在下列四幅 u-t 图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是（）A B C D 2、如图，天然放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，则（）A电离作用最强，是一种电磁波 B贯穿本领最弱，用一张白纸就可以把它挡住 C原子

2、核放出一个粒子后，形成的新核比原来的电荷数多 1 个 D原子核放出一个粒子后，质子数比原来少 4，中子数比原来少 2 个 3、某静电场在 x 轴上各点的电势 随坐标 x 的分布图像如图所示。x 轴上 A、O、B 三点的电势分别为 A、O、B，电场强度沿 x 轴方向的分量大小分别为 EAx、EOx、EBx，电子在 A、O、B 三点的电势能分别为 WA、WO、WB。下列判断中正确的是（）AOBA BEOxEBxEAx CWOWBWA DWO-WAWO-WB 4、如图所示，在屏 MN 的上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P 为屏上的一小孔，PC 与MN 垂直。一群质量为 m、

3、带电荷量为q（q0）的粒子（不计重力），以相同的速率 v，从 P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场 B 垂直的平面内，且散开在与 PC 夹角为 的范围内。则在屏 MN 上被粒子打中的区域的长度为（）A 2(1 cos)mvqB B 2cosmvqB C 2mvqB D 2(1 sin)mvqB 5、一个质量为 4 kg 的物体，在四个共点力作用下处于平衡状态，当其中两个大小分别为 5 N 和 7 N 的力突然同时消失，而另外两个恒力不变时，则物体（）A可能做匀速圆周运动 B受到的合力可能变为 15 N C将一定做匀加速直线运动 D可能做加速度为 a=2 m/s2匀变速曲线

4、运动 6、如图所示，在 x0、y0 的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面向里。现有一质量为 m、电量为 q 的带正电粒子，从 x 轴上的某点 P 沿着与 x 轴成30角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是（）A粒子在磁场中运动的时间 B粒子运动的半径 C粒子从射入到射出的速度偏转角 D粒子做圆周运动的周期 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为 21，

5、电阻 R1、R2、R3、R4的阻值均为 4。已知通过 R4的电流 i4=22sin100tA，下列说法正确的是（）Aa、b 两端电压的频率可能为 100Hz Ba、b 两端电压的有效值为 56V C若 a、b 两端电压保持不变，仪减小 R2的阻值，则 R1消耗的电功率减小 D若 a、b 两端电压保持不变，仪减小 R1的阻值，则 R2两端电压增大 8、如图所示，A、B是两列波的波源，0st 时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。其振动表达式分别为0.1sin(2)Axtm，0.5sin(2)Bxtm，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。P是介质中的一点，2st 时开始振动，已知40cmPA

6、，50cmPB，则_。A两列波的波速均为0.20m/s B两列波的波长均为0.25m C两列波在P点相遇时，振动总是减弱的 DP点合振动的振幅为0.4m E.2.25st，P沿着A传播的方向运动了0.05m 9、牛顿在发现万有引力定律时曾用月球的运动来检验，物理学史上称为著名的“月地检验”。已经知道地球的半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，月球中心与地球中心距离是地球半径 k 倍，根据万有引力定律，可以求得月球受到万有引力产生的加速度为 a1。又根据月球绕地球运动周期为 T，可求得月球的向心加速度为 a2，两者数据代入后结果相等，定律得到验证。以下说法正确的是()A1gak B12gak

7、C2224 RkaT D2224kRaT 10、如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为 v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 乙的宽度足够大，重力加速度为 g，则（）A若乙的速度为 v0,工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离 s=202vg B若乙的速度为 2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变 C若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v=02v D保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复.若每个工件的质量均为m,除工件与传送带

8、之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率P=4 55 mgv0 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6 分）小妮同学利用如图甲所示的实验装置验证系统机械能守恒。A、B 是两个质量均为 m 的相同小球，O 为穿过轻杆的固定转轴，C 为固定在支架上的光电门，初始时杆处于水平状态，重力加速度为 g。实验步骤如下(1)用游标卡尺测得小球 B 的直径 d 如图乙所示，则 d=_mm；(2)用毫米刻度尺测得 AO 长为 l，BO 长为 2l；(3)由静止释放两小球，当小球 B 通过光电门时，测得光线被小球挡住的时间为t，

9、则在杆由水平转至竖直的过程中两小球组成的系统增加的动能Ek=_，减少的重力势能Ep=_（用 m、g、l、d、t 表示）。(4)若在误差允许的范围内Ek=Ep，则小球 A、B 组成的系统机械能守恒。12（12 分）某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为 3cm 的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为 50Hz.(1)实验时，应先接通_(选填“电动机”或“打点计时器”)电源(2)实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻 2 个点之间的长度

10、 L1，以及此时圆盘的直径 d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻 2 个点之间的长度 L2，以及此时圆盘的直径 d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为_m/s.测得此时圆盘直径为 5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为_rad/s.(结果均保留两位有效数字)(3)该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中_(选填“增大”“减小”或“不变”)四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写

11、出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10 分）如图所示，质量 m1=1kg 的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径 R=3m 的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点 B 与圆心 O 等高。一质量 m2=2kg、可视为质点的小滑块以v0=15m/s 的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数 u=33，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度 g=10m/s2。求(1)滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度；(2)木板的最小长度；(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。14（16 分）图示为

12、深圳市地标建筑平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可360鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到 116 层的观景台只需 58s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大加速度为 10m/s。当电梯加速上升时，质量为 50kg 的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为 65kg，g 取 10m/s2，求：(1)电梯加速上升的加速度大小；(2)观景台距地面的高度。15（12 分）游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为 2kg 的球 a 放在高度 h=1.8m 的平台上，长木板 c 放在水平地面上，带凹槽的容器 b 放在 c 的最左端。a、b 可视为质

13、点，b、c 质量均为 1kg，b、c 间的动摩擦因数 1=0.4，c 与地面间的动摩擦因数 2=0.6.在某次投掷中，球 a 以 v0=6m/s 的速度水平抛出，同时给木板 c 施加一水平向左、大小为24N 的恒力，使球 a 恰好落入 b 的凹槽内并瞬间与 b 合为一体。取 g=10m/s2，求：(1)球 a 抛出时，凹槽 b 与球 a 之间的水平距离 x0；(2)a、b 合为一体时的速度大小；(3)要使 ab 不脱离木板 c，木板长度 L 的最小值。参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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、C【解析】我们

14、日常生活中用的都是交流电，电压是 220V，频率是 50Hz周期为 0.02s；电压的最大值为：2202V=311V，只有 C 正确。故选 C。2、C【解析】向右偏转，知带负电，为 射线，实质是电子，电离作用不是最强，也不是电磁波，故 A 错误不带电，是 射线，为电磁波，穿透能力最强，故 B 错误 根据电荷数守恒知，原子核放出一个粒子后，电荷数多 1，故 C 正确 向左偏，知带正电，为 射线，原子核放出一个粒子后，质子数比原来少 2，质量数少 4，则中子数少 2，故 D 错误故选 C 点睛：解决本题的关键知道三种射线的电性，以及知道三种射线的特点，知道三种射线的穿透能力和电离能力强弱 3、D【

15、解析】A由图知电势高低关系为OBA，A 错误；B根据图像切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，所以OxBxAxEEE，B 错误；C电子带负电，根据电势能公式：pEqe 分析得知POPBPAEEE，C 错误；D由图知，OA间电势差大于OB间电势差，即有：OAOB 电子带负电，则根据电势能公式：pEq 得：POPAPOPBEEEE，D 正确。故选 D。4、A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2vqvBmr 解得 mvrqB 粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图 1 此时出射点最近，与边界交点与 P 间距为 12 coslr 粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图 2 此

16、时出射点最近，与边界交点与 P 间距为 22 coslr 粒子垂直边界 MN 射入，轨迹如 3 图 此时出射点最远，与边界交点与 P 间距为 2r，故范围为在荧光屏上 P 点右侧，将出现一条形亮线，其长度为 2(1 cos)22 cos2 1 cosmvrrrqB（）故 A 正确，BCD 错误。故选 A。5、D【解析】根据平行四边形定则，大小分别为 5N 和 7N 的力的合力最大为 12N，最小为 2N，物体在四个共点力作用下处于平衡状态，说明另两个恒力的合力最大也为 12N，最小为 2N，根据牛顿第二定律，当其中两个大小分别为 5N 和 7N 的力突然同时消失，质量为 4kg 的物体产生的加

17、速度最大为 a=3m/s2，最小为 a=0.5m/s2，但由于合力的方向与速度方向关系不知，只能说明物体做匀变速运动，可能是直线运动或匀变速曲线运动，但不可能做匀速圆周运动，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。6、D【解析】AC粒子在磁场中做圆周运动，由于 P 点位置不确定，粒子从 x 轴上离开磁场或粒子运动轨迹与 y 轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为 max300 粒子在磁场中的最长运动时间 maxmax300253603603mmtTqBqB 粒子最小的圆心角为 P 点与坐标原点重合，最小圆心角 min120 粒子在磁场中的最短运动时间 minmin1236033mtTTqB

18、粒子在磁场中运动所经历的时间为 2533mmtqBqB 说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故 AC 错误；B粒子在磁场中做圆周运动，由于 P 点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故 B 错误；D粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 2vqvBmr 且 2rvT 则得 2=mTqB 说明可确定粒子做圆周运动的周期，故 D 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7、BD【解析】A通过4R

19、的电流42 2sin100Ait，则角速度 100 rad/s 频率为 50Hz2f 变压器不会改变交流电的频率，故a、b两端电压的频率为 50Hz，故 A 错误；B通过4R的电流最大值为2 2A，则有效值为 42AI 根据并联电路的规律可知，通过3R的电流有效值为 2A，副线圈的输出电流：24AI 根据变流比可知，原线圈的输入电流 21212AnIIn 1R两端电压为 1118VRUI R 副线圈两端电压 2224424VUI RI R 根据变压比可知，原线圈的输入电压 112248VnUUn 则a、b两端电压 1156VabRUUU 故 B 正确；C若a、b两端电压保持不变，仅减小2R的阻

20、值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则1R消耗的电功率增大，故 C 错误；D若a、b两端电压保持不变，仅减小1R的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则2R两端的电压增大，故 D 正确；故选 BD。8、ACD【解析】A两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点 P 开始振动的时间可得 0.40m/s0.20m/s2xvt 故 A 正确；B由振动方程可得，两列波的周期 T 相同，由公式 T=2=1s 故两列波的波长均为=vT=0.2m 故 B 错误；CD根据两波源到 P 点的距离差 50cm4

21、0cm10cm2x 可知，B 波比 A 波传到 P 点的时间晚2T，根据振动方程可得，A 波起振方向与 B 波起振方向相同，故两波在 P 点的振动反向，那么，P 点为振动减弱点，故两列波在 P 点相遇时振动总是减弱的，P 点合振动的振幅为 0.5m0.1m=0.4m 故 CD 正确；E介质中的各质点不随波逐流，只能在各自平衡位置附近振动，故 E 错误。故选 ACD。9、BD【解析】根据万有引力等于重力得 2 GMmmgR 则有 2GMgR 地球表面附近重力加速度为 g，月球中心到地球中心的距离是地球半径的 k 倍，所以月球的引力加速度为 122()GMgaRkk 月球绕地球运动周期 T，根据圆

22、周运动向心加速度公式得 222224()kRakRTT 故选 BD。10、CD【解析】根据牛顿第二定律，mg=ma，得 a=g，摩擦力与侧向的夹角为 45，侧向加速度大小为22xag，根据2axs1-v12，解得：2022vsg，故 A 错误；沿传送带乙方向的加速度 ay2 2g，达到传送带乙的速度所需时间02yvta，与传送带乙的速度有关，故时间发生变化，故 B 错误；设 t=1 时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速度大小分别为 ax、ay，则 yxatana，很小的 t 时间内，侧向、纵向的速度增量 vx=ax t，vy=ay t，解得 yxvtanv 且由题意知，yxvtanvt，则

23、 yyyxxxvvvtanvvv，所以摩擦力方向保持不变，则当 vx=1 时，vy=1，即 v=2v1故 C 正确;工件在乙上滑动时侧向位移为 x，沿乙方向的位移为 y，由题意知，ax=gcos，ay=gsin，在侧向上2axs1-v12，在纵向上，2ayy(2v1)21;工件滑动时间02yvta，乙前进的距离 y1=2v1t工件相对乙的位移221()Lxyy，则系统摩擦生热 Q=mgL，依据功能关系，则电动机做功：2200112?22WmvmvQ 由 WPt，解得04 5 5Pmg v 故 D 正确；故选 CD.点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和

24、垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解 三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、12.40 2258mdt mgl 【解析】(1)1游标卡尺的主尺读数为 12mm，游标读数为 0.05 8mm0.40mm 则游标卡尺的最终读数为 120.40mm12.40mmd (3)2小球 B 通过光电门的瞬时速度 Bdvt A、B 转动的半径之比为 1：2，A、B 的角速度相等，根据vr知 A、B 的速度之比为 1：2，所以 A 的瞬时速度 22BAvdvt 系统动能增加量 2222581122kABmdEmvmvt 3系统重力势

25、能的减小量 2pEmglmglmgl 12、打点计时器 1.8 64 不变 【解析】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据 求解线速度，根据 求解角速度；（3）根据 v=r=D 结合图像判断角速度的变化.【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）纸带运动的速度大小为；角速度；（3）根据 v=r=D，因 v-D 图像是过原点的直线，可知 不变.四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)9.75m；(2)7.5m；(3)50J5.56J9【解析】(1)

26、由滑块与木板之间的动摩擦因数3tan303可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达 A 点时速度大小依然为 v0=15m/s，设滑块离开圆弧轨道 B 点后上升的最大高度为 h，则由机械能守恒定律可得 22 021(cos)2m vm g Rh 解得 h=9.75m(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15m/s，滑上木板后，木板的加速的为 a1，由牛顿第二定律可知 211 1cossinm gm gm a 滑块的加速度为 a2，由牛顿第二定律可知 2222cossinm gm gm a 设经过 t1时间后两者共速，共同速度为 v1，由运动学公式可知 102 11 1vva

27、 ta t 该过程中木板走过的位移 1112vxt 滑块走过的位移 01212vvxt 之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度 L=x2x1 联立解得 L=7.5m；(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为 a3，由牛顿第二定律可知 12123(si)(n)mmgmm a 一起匀减速向上运动的位移 21332vxa 木板从最高点再次滑至 A 点时的速度为 v2，由运动学公式可知 221332vxxa 滑块第三次、第四次到达 A 点时的速度大小均为 v2，第二次冲上木板，设又经过时间 t2两者共速，共同速度为 v3，由运动学公式可知 v3

28、=v2a2t2=a1t2 该过程中木板走过的位移 3422vxt 一起匀减速向上运动的位移 23532vxa 设木板第二次滑至 A 点时的速度为 v4，由运动学公式可知 244532vxxa 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为 21 412Emv 联立各式得 50J5.56J9E 14、(1)a=3m/s2(2)H=16403m【解析】(1)当电梯加速上升时，有 Fmgma 代入数据，可解得 a=3m/s2(2)设匀加速运动高度为 h1，时间为 t，则有 h=22va，t=va 代入数值解得：h=503m，t=103s 因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移量相同

29、。故匀速运动时间为 t1，则 12tTt总 高度为 h1=vt1 代入数值解得 t1=1543s，h1=15403m 故观景台距地面的高度 H=h1+2h 代入数值解得 H=16403m 15、(1)4.32m；(2)3.2m/s；(3)2.96m.【解析】(1)a 球从抛出到落到 b 槽内的时间 20.6shtg 此过程中 a 球的水平位移 03.6maxv t 设 a、b、c 的质量分别为 2m、m、m；假设 bc 之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 222212240.620m/s=6m/s4m/s22Fmgaagm 则 bc 之间要产生相对滑动，其中 b 的加速度为 214m/s

30、bag 在时间 t 内槽 b 的位移为 2b10.72m2bxa t 球 a 抛出时，凹槽 b 与球 a 之间的水平距离 0=4.32mabxxx；(2)a 落在槽 b 中时，槽 b 的速度 12.4m/sbva t 方向向左，设向右为正方向，则对 ab 系统由动量守恒定律：0122(2)mvmvmm v 解得 v2=3.2m/s(3)当 a 做平抛运动的时间内，木板 c 的加速度 21228m/scFmgmgam 当球 a 落到槽 b 中时木板 c 的速度 14.8m/sccva t 此时槽 b 相对木板 c 向右滑动的距离为 211()0.72m2cbxaa t 当球 a 落到槽 b 中后板 c 的加速度 2123412m/scFmgmgam 而 ab 的共同加速度仍为 214m/sabag 因 ab 一起向右减速，而 c 向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移 22221224.83.22.24m222 122 4ccabvvxaa 则木板长度 L 的最小值 122.96mLxx