2023年重庆市高考物理第七次质检联考试卷（含答案解析）

这是一份2023年重庆市高考物理第七次质检联考试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了 某种小夜灯标有“2W，0，01sB，5AD等内容，欢迎下载使用。

A. 方向左斜向上B. 方向右斜向上C. 大小大于mgD. 大小等于mg
2. 某种小夜灯标有“2W，0.5A”字样，插进插座即可正常发光。拆开外壳发现小夜灯内部自带变压器，这相当于交流电源u=220 2sin100πt(t的单位为s，u的单位为V)通过理想变压器对灯泡供电，如图所示，则( )
A. 流过灯泡电流的周期为0.01sB. 变压器匝数比为n1：n2=55：1
C. 图中电流表读数为27.5AD. 交流电源输出功率为2 2W
3. 如图所示为介质内的一段光路，光从介质I进入介质II，并在P点发生全反射。I、II、Ⅲ三种介质的折射率分别为n1、n2、n3，则下列情况可能的是( )
A. n2>n1=n3
B. n3>n2>n1
C. n3>n1>n2
D. n1=n3>n2
4. 北斗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度约为3R(R为地球半径)，周期为T。北斗卫星质量为m，万有引力常量为G，则有( )
A. 北斗卫星线速度大小为6πRTB. 北斗卫星所受万有引力大小为16π2mRT2
C. 地球质量为144π2R3GT2D. 地球表面重力加速度为16π2RT2
5. 光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子，弹簧原长时弹性势能为0，则运动过程中，弹簧弹性势能Ep随振子动能Ek变化的函数关系图可能为( )
A. B.
C. D.
6. 某同学在研究电容的充放电过程中，产生了一个新奇的想法：不管什么电路，总可以定义一个“等效电阻”，该“等效电阻”等于电路两端电压与流过该段电路总电流的比值。如图所示电路，定值电阻R1和R2的阻值均为6Ω，初始电容C不带电，在刚闭合开关S的瞬间，按照该同学的定义，外电路“等效电阻”为( )
A. 0ΩB. 3ΩC. 6ΩD. 12Ω
7. 如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F(图中未画出)的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有( )
A. 时间为 mlquBB. 小球所受洛伦兹力做功为quBl
C. 外力F的平均功率为quB quBlmD. 外力F的冲量为qBl
8. 如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图均来自物理课本，下列说法正确的是( )
A. 图甲为双缝干涉示意图，若换成频率更高的单色光照射双缝，则实验得到的条纹间距应该更大
B. 图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样
C. 图丙为劈尖干涉的示意图，两玻璃片间垫有一些纸片，若从两玻璃片之间抽出部分纸片，则从上往下看可以观察到条纹间距变大
D. 图丁所示为相机拍摄车前挡玻璃的照片，右图中能明显减弱汽车玻璃表面反射光是利用了薄膜干涉原理
9. 如图所示，真空中的带负电的两个点电荷位于x轴上的A、B两点，它们相距4L，O点为AB的连线中点。一电子在AB连线间靠近A点的某点从静止释放后，在AB间做往复运动，且经过C点时动能最大，已知两点电荷电量之比Q1：Q2=4：1，则下列说法正确的是( )
A. 电子经过O点时的加速度为0B. AC点间距离为83L
C. 电子从A向B运动过程中电势能一直减小D. C点电势比O点电势高
10. 某一沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此时刻质点A到平衡位置距离为1cm，质点B恰运动到波峰处，若质点B从此时刻开始计时的振动方程为y=2sin(πt+π2)(t的单位为s，y的单位为cm)，则( )
A. 该波的传播速度为2m/s
B. 该波的传播速度为4m/s
C. 从t=0时刻开始，质点A在Δt=53s内通过的路程为7cm
D. 从t=0时刻开始，质点A在Δt=74s内通过的路程为7cm
11. 某物理兴趣小组的同学们得到了一段截面为正方形的柱状新材料导体，他们想要知道该新材料的电阻率，于是进行了如下的一些测量。
(1)他们用游标卡尺测得该柱体的长度(图1)为______ cm。
(2)他们用螺旋测微器测得该柱体的截面边长(图2)为______ mm。
(3)他们用多用电表欧姆挡“×10Ω”挡正确测量了此柱体的电阻，指针指示如图3所示，其读数为______ Ω。
(4)经过计算，该材料的电阻率约为______ 。
12. 同学们利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则。他们首先在竖直放置的木板上铺上白纸，并用图钉固定。然后在木板上等高的A、C两处固定两个光滑的小滑轮。将三根轻绳在O点打结，并挂上适当数量的等重钩码，使系统达到平衡。
(1)实验中，以下操作必要的是______ 。
A.记录结点O的位置以及OA、OB、OC绳的方向
B.测量OA、OB、OC绳的长度
C.测出钩码的质量
(2)同学们用各绳上钩码的个数来衡量该绳中拉力的大小，完成了本实验，并作图验证力的平行四边形定则，图2中的虚线y为铅垂线方向，则______ (填“甲”或“乙”)是合理的。
(3)小南同学进行的某次实验中，系统平衡时，a、c、b三处分别挂了2、3、4个钩码，可知此时绳OA与OC之间的夹角约为______ 。
A.30∘
B.60∘
C.75∘
(4)小开同学进行的某次实验中，系统平衡时，a处有3个钩码，c处有5个钩码，则b处的钩码个数可能是______ 。
A.3个
B.5个
C.8个
13. 在水平面内固定一表面光滑的电阻不计的金属U形导轨，导轨间距为L=0.5m，空间有竖直向下方向的磁感应强度大小为2T的匀强磁场，有一质量为m=1kg、电阻为R=0.5Ω的金属杆MN以v0=4m/s初速度向右运动，求：
(1)金属杆MN运动到最大位移的过程中产生的焦耳热；
(2)金属杆MN运动的最大位移的大小。
14. 如图所示，内壁光滑的导热气缸水平放置，可自由移动的活塞最初位于气缸的正中，将其内的某理想气体分为A、B两个部分，压强为P。现在通过右侧阀门K向气缸内充入同种理想气体，最终使得B侧气体体积为A侧的三倍，整个过程缓慢进行，且环境温度始终保持不变。则
(1)此时B侧气体的压强为多少？
(2)充入B中的气体的质量是B中原来气体质量的多少倍？
15. 某个物理实验可简化为如图所示的情景：光滑水平地面上，一些大小相同的小物块静止排列在一条直线上，相邻物块间距均为d，从左向右物块序号分别为1、2、3、……。其中1号物块有多种质量规格可供选择，设其质量为pm(p为大于等于1的正整数)，其余每个物块质量均为m。水平向右的恒力F=mg从某时刻开始作用于1号物块，此后物块运动起来，并依次与后面的物块发生碰撞，所有碰撞均为完全非弹性碰撞，忽略碰撞时间，重力加速度为g，小物块视为质点，数量足够多。
(1)若p=1，求1、2两物块碰撞过程损失的机械能；
(2)若p=2，且已知第i次碰撞前1号物块的动能为Eki，则第i+1次碰撞前1号物块的动能为多大；
(3)若p=3，求运动过程中1号物块的最大速度以及从开始运动到1号物块达到最大速度所需时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对投影仪受力分析，投影仪受重力和吊杆对投影仪的作用力，由于投影仪静止，所以二力平衡，则吊杆对投影仪的作用力为F=mg，方向竖直向上。
故D错误，ABC正确。
故选：D。
投影仪受重力和吊杆对投影仪的作用力，根据二力平衡，分析吊杆对投影仪的作用力。
本题考查学生对二力平衡规律的掌握，是一道基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A.根据u=220 2sin100πt，可知ω=100πrad/s
所以灯泡电流的周期为T=2πω=2π100πs=0.02s
故A错误；
B.小灯泡两端的电压为：U2=PI2=20.5V=4V
原线圈两端的电压为：U1=Um 2=220 2 2V=220V
根据原副线圈电压与匝数的关系有：n1n2=U1U2=2204=551
故B正确；
C.根据原副线圈电流与匝数的关系有I1I2=n2n1
解得I1=1011A
故C错误；
D.交流电源的输出功率为P出=P=2W
故D错误。
故选：B。
根据交变电流瞬时值表达式确定角速度、周期、电压最大值，根据功率公式、原副线圈电压与匝数的关系、有效值和最大值关系式计算。
本题考查变压器与电路结合问题，要求掌握变压器的规律和交变电流瞬时值表达式。
3.【答案】A
【解析】解：在介质I进入介质II，入射角大折射角小n2n1=sinθ1sinθ2
所以n1发生全反射的条件是：光从光密介质射向光疏介质，入射角大于等于临界角。所以n2>n3
故可能的是n2>n1=n3，其他不可能。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据折射率的公式判断，发生全反射的条件是：光从光密介质射向光疏介质，入射角大于等于临界角．
本题考查了全反射发生的条件：光从光密介质射向光疏介质，入射角大于临界角．两条件缺一不可．
4.【答案】B
【解析】解：A、轨道离地高度约为3R(R为地球半径)，周期为T，则轨道半径r=R+h=R+3R=4R，线速度：v=2π×4RT=8πRT，故A错误；
B.北斗卫星所受万有引力提供向心力，得F=16π2mRT2，故B正确；
C.根据GMm(4R)2=m4π2T2×4R，解得M=256π2R3GT2，故C错误；
D.地球表面重力加速度g=GMR2=256π2RT2，故D错误。
故选：B。
卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为R+h，根据线速度与周期的关系公式v=2πrT求试验船的运行速度；根据万有引力提供向心力求解线速度；根据万有引力提供向心力求地球的质量；由万有引力等于重力求地球表面的重力加速度。
解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力和万有引力等于重力这两条思路，要知道运用万有引力等于向心力，只能求出中心天体的质量，不能求出环绕天体的质量。
5.【答案】C
【解析】解：光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子，机械能守恒，弹簧原长时弹性势能为0，则Ep+Ek=C(C为定值)，根据Ek=12mv2可知动能不可能为负值，弹簧原长时弹性势能为0，所以弹簧压缩或伸长，弹性势能均增大，均大于0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
结合动能的表达式与弹性势能的表达式分析即可。
解答该题，关键要抓住振子的动能与弹簧的弹性势能都是大于零的。
6.【答案】C
【解析】解：初始电容器C不带电，在刚闭合开关S的瞬间，电容器两极板间的电压为零，因此R2两端的电压为零，流过R2的电流为零，回路中的路端电压等于R1两端的电压，电流大小等于R1的电流，故按照该同学的定义，外电路“等效电阻”等于R1阻值6Ω，故ABD错误，C正确。
故选：C。
在刚闭合开关S的瞬间，电容器两极板间的电压为零，R2两端的电压为零，路端电压等于R1两端的电压，电流大小等于R1的电流，结合该同学的定义，确定外电路“等效电阻”。
解答本题时，关键要知道刚闭合开关S的瞬间，电容器两极板间的电压为零，R2两端的电压为零，流过R2的电流为零。
7.【答案】D
【解析】解：A.小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，由F=qvB可知，小球受到的洛伦兹力沿管道方向，且大小保持不变，根据牛顿第二定律得quB=ma，由初速度为零的位移公式x=12at2，解得t= 2mlquB，故A错误；
B.小球所受洛伦兹力始终和运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B错误；
C.小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有WF=Wy=Wx=quBl，外力F的平均功率为P=WFt=quBl 2mlquB=quB quBl2m，故C错误；
D.外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于IF=Iy=∑qvyBt=qB∑vyt=qBl，故D正确。
故选：D。
洛伦兹力对小球不做功，小球随管道做匀速直线运动速度不变，受到的洛伦兹力不变，根据牛顿第二定律分析竖直方向上的加速度，再根据位移公式求解运动时间；根据功率公式求解外力做功的平均功率，根据动量的定义求解外力F的冲量大小。
本题考查洛伦兹力、牛顿第二定律以及功率的计算等，要注意正确分析题意，明确洛伦兹力永不做功的性质。
8.【答案】BC
【解析】解：A.根据干涉条纹间距公式Δx=λLd，若改用频率较高的单色光照射，则波长变小，其他条件保持不变，则得到的干涉条纹间距将变小，故A错误；
B.图乙为光照到圆盘上得到的衍射图样，也叫泊松亮斑，故B正确；
C.抽去纸片后空气层的倾角变小，相当于减小了d，故相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，干涉条纹间距变大，故C正确；
D.相机拍摄时减弱了玻璃表面的反射光，是在照相机镜头前增加偏振片过滤掉了反射的光，应用了偏振原理，故D错误。
故选：BC。
根据光的干涉、衍射和偏振现象及规律分析判断。
本题考查光的干涉、衍射和偏振现象，要求掌握光的干涉、衍射和偏振现象特点及规律。
9.【答案】BD
【解析】解：A.电子在AB之间做往复于东，且在C点时动能最大，根据Ek=12mv2
即电子在C点的速度最大，根据运动学规律可知，当加速度为零时，其速度达到最大值，即在C点时加速度为0，故A错误；
B.设AC间的距离为l，电子在C点的加速度为零，即在C点受力平衡，有
kQ1el2=kQ2e(4L−l)2
Q1：Q2=4：1
解得
l1=83L，l2=8L(不合题意舍去)
所以AC之间的距离为83L，故B正确；
CD.根据不等量负电荷连线上的电势分布规律可知，在C点电势为零，C点两边的电势均为为负值，故C点的电势比O点电势高，电子在从A到B点的过程中，其电势能先减小后增加，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据动能定理和运动学规律分析判断；根据平衡条件计算；根据电势分布规律分析判断。
本题考查带电粒子在电场中运动，要求掌握电势分布规律、库仑定律，根据平衡条件、动能定理和运动学规律分析计算。
10.【答案】AC
【解析】解：AB.由质点B的振动方程，可得该波的周期为T=2πω=2ππs=2s，由图像知该列波的波长为λ=4m，则该波的传播速度为v=λT=42m/s=2m/s，故A正确，B错误；
C.波沿x轴负方向传播，通过质点B的振动方程可知从t=0时刻开始，质点A的振动方程为y=2cs(πt+π3)cm，该列波的振幅为A=2cm，则在Δt=53s=56T时，质点A位于y=2cm处，则可得从t=0时刻开始，质点A在Δt=53s内通过的路程为s=1cm+3A=1cm+3×2cm=7cm，故C正确；
D.从t=0时刻开始，质点A在Δt=53s内通过的路程为7cm，则质点A在Δt=74s内通过的路程为一定大于7cm，故D错误。
故选：AC。
由振动方程得出周期，由图读出波长，根据v=λT求出波速；
质点振动方向一般根据振动周期，由质点振动求解；若根据波的传播距离得到质点位移，求解振动方向还需要波的传播方向和质点附近波形才能求解。
11.【答案】×10−3Ω⋅m
【解析】解：(1)游标卡尺主尺读数为132mm，游标尺的最小分度值为0.1mm，游标尺的读数为4×0.1mm，该柱体的长度为132mm+4×0.1mm=132.4mm=13.24cm；
(2)螺旋测微器固定刻度读数为3mm，可动刻度的最小分度值为0.01mm，读数为37.5×0.01mm，螺旋测微器示数为3mm+37.5×0.01mm=3.375mm；
(3)多用电表欧姆挡指针指在6位置，所选倍率为×10Ω，多用电表读数为6×10Ω=60Ω
(4)根据R=ρLS和S=d2
解得
ρ=Rd2L=60×(3.375×10−3)213.24×10−2Ω⋅m=5.2×10−3Ω⋅m
故答案为：(1)13.24；(2)3.375；(3)60；(4)5.2×10−3Ω⋅m。
(1)确定游标尺的最小分度值，主尺和游标尺的读数和为游标卡尺读数；
(2)确定螺旋测微器的最小分度值，固定刻度和可动刻度的读数和为螺旋测微器读数；
(3)欧姆表读数等于指针所指位置数值乘以倍率；
(4)根据电阻定律和几何知识推导计算。
本题考查测电阻率实验，要求掌握实验原理，游标卡尺、螺旋测微器和欧姆表的读数方法。
12.【答案】AC 乙 C AB
【解析】解：(1)实验验证力的平行四边形定则，需要记录力的大小和方向，力的大小用砝码重力表示，方向用细绳方向表示，OA、OB、OC绳的长度不需要测量，故AC正确，B错误；
故选：AC。
(2)根据题意可知FB一定沿竖直方向，平衡重力。故乙是合理的。
(3)重力与质量成正比，根据合成可知，力的三角形三边比例为2：3：4，根据余弦定理可知，4对应的夹角csθ=22+32−422×2×3=−0.25
解得θ≈105∘
根据几何关系可知绳OA与OC之间的夹角α=π−θ=75∘
故选：C。
(4)合力范围|F1−F2|≤F≤F1+F2
可知，a处有3个钩码，c处有5个钩码，则b处的钩码个数可能是3个或5个，故AB正确，C错误。
故选：AB。
故答案为：(1)AC；(2)乙；(3)C；(4)AB。
(1)(2)根据实验原理以及注意事项分析，同时要记录节点的位置和力的大小和方向；
(3)(4)根据平行四边形定则及合力的范围分析解答。
掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，通过作图进行验证．
13.【答案】解：(1)金属杆MN运动到最大位移的过程中动能全部转化为内能，根据能量守恒定律可知产生的焦耳热为
Q=12mv02=12×1×42J=8J
(2)设金属杆MN运动的最大位移为x，取向右为正方向，根据动量定理得
−BI−L⋅t=0−mv0
其中I−⋅t=E−⋅tR=BLv−tR=BLxR
联立解得x=2m
答：(1)金属杆MN运动到最大位移的过程中产生的焦耳热为8J；
(2)金属杆MN运动的最大位移的大小为2m。
【解析】(1)金属杆MN运动到最大位移的过程中，其动能全部转化为内能，产生的焦耳热等于金属杆的初动能。
(2)利用动量定理可求解金属杆MN运动的最大位移。
解答本题时，要知道金属杆在磁场中做非变速直线运动，不能根据运动学公式求最大位移，可根据动量定理计算最大位移。
14.【答案】解：(1)设气缸的总体积为V，由题意则初状态，A中气体、B中气体压强均为p，体积均为V2；
充气后A、B中气体压强相等，设均为p′，由题意，充气后，A中气体体积为V4，B中气体体积为3V4，
A中气体，充气前后可视为温度不变，由玻意耳定律有
p⋅V2=p′⋅V4
解得p′=2p，即此时B侧气体的压强为2p
(2)设把B中原来的气体等温变换到压强为p′=2p状态时的体积为VB′，根据玻意耳定律可得
p⋅V2=p′⋅VB′=2p⋅VB′
解得VB′=V4
因此在压强为p′=2p条件下，充入B中的气体体积为ΔV=3V4−VB′=3V4−V4=V2
充入B中的气体的质量与B中原来气体质量之比为m充m原=ΔVVB′=V2V4=21
即充入B中的气体的质量是B中原来气体质量的2倍。
答：(1)此时B侧气体的压强为2p；
(2)充入B中的气体的质量是B中原来气体质量的2倍。
【解析】(1)充气前后，A中气体质量不变，可按理想气体玻意耳定律列等式，可求解A中气体后来的压强，由平衡关系可得B中气体后来的压强。
(2)将B中原来的气体状态，等温变换到充气后B中压强的状态，求出变换后的体积VB′。B中气体充气后的体积减掉VB′就是充入B中的气体体积ΔV。而后质量比等于体积比，可求。
根据热力学定律列方程时，要确保等式两边是同一种气体，即同一个研究对象；要确保等式两边气体质量不变。
15.【答案】解：(1)若p=1，则1号物块与2号碰撞前，对1号物由动能定理得：Fd=12mv02
1号与2号碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1
碰撞过程损失的机械能：ΔE=12mv02−12×2mv12
联立求得：ΔE=12mgd
(2)若p=2，且已知第i次碰撞前，1号物块的动能为Eki，则有：Eki=12×2mvi2
第i次碰撞后，有(i+1)mvi=(i+2)mvi+1
根据动能定理和功能关系可得第i+1次碰撞前，有：Fd=12(i+1)mvi+12−12(i+2)mvi+12
第i+1次碰撞前，1号物块的动能为：Ek(i+1)=12×2mvi+12
联立可得：Ek(i+1)=2i+2mgd+(i+1i+2)2Eki (n=1、2、3………)
(3)若p=3，由(2)的结论可知，vi+12=(i+2i+3)2vi2+2gdi+3
化简后得到：(i+3)2vi+12=(i+2)2vi2+2gd(i+3)
类似递推有：(i+2)2vi2=(i+1)vi−12+2gd(i+2)
(i+1)vi−12=i2vi−22+2gd(i+1)
…………
442v22=32v12+2gd×4
以上(i−1)个式子相加有：(i+2)2vi2=32v12+gd(i+6)(i−1)
又根据动能定理有：Fd=12×3mv12
解得：vi=gd⋅i2+5ii2+4i+4
化为：vi=gd[1+1(i−4)+36(i−4)+12]
由上式可知，i=10时，即第10次碰撞前，vi取最大值为：v10=52 16gd
从开始运动到1号物块达到最大速度，对系统用动量定理有：Ft=12mv10
解得：t=5 6dg
答：(1)若p=1，1、2两物块碰撞过程损失的机械能为12mgd；
(2)若p=2，且已知第i次碰撞前1号物块的动能为Eki，则第i+1次碰撞前1号物块的动能为2i+2mgd+(i+1i+2)2Eki(n=1、2、3………)；
(3)若p=3，运动过程中1号物块的最大速度以及从开始运动到1号物块达到最大速度所需时间为5 6dg。
【解析】(1)由动能定理求出碰撞前1号木块的速度，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出两物块共同速度，再由能量守恒与转化定律求损失的机械能；
(2)同样道理，应用第i次碰撞后动量守恒定律，结合已知条件和动能的公式等求出第i+1次碰撞前1号物块的动能；
(3)根据上一问的结论，表示出第i次碰撞后，1号物块速度的表达式，由数学知识和相关物理规律求速度最大值和对应时间。
本题考查了求速度、动能与距离问题，分析清楚木块运动过程，应用动能定理、动量守恒定律即可正确解题，解题时注意数学归纳法的应用。