2023届重庆市第一中学校高三下学期适应性考试物理试题 （解析版）

这是一份2023届重庆市第一中学校高三下学期适应性考试物理试题 （解析版），共23页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆一中高2023届适应性考试物理试题卷满分100分：时间75分钟第I卷（选择题）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. 这是一木马摇椅简化图。A、B、C三个物体叠放在一起如图所示，C为半圆柱体，外力作用在物体C上让整体保持静止状态，C的MN边与水平方向夹角为θ，A物体质量为m，重力加速度为g。此时B对A的摩擦力为（　　）  A. 0 B. mg C. mgsinθ D. mgcosθ【答案】C【解析】【详解】对A受力分析，根据平衡条件，此时B对A的摩擦力为f= mgsinθ故选C。2. 如图所示，把验电器连接在一块不带电的锌板上，用紫外线灯照射锌板，验电器指针张开。则（　　）  A. 验电器带正电B. 光电子的最大初动能随紫外线强度的增强而变C. 改用红光照射锌板，验电器指针张角一定会张开D. 用其它金属板替换锌板，验电器指针一定会张开【答案】A【解析】【详解】A．用紫外线灯照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，验电器带正电，故A正确；B．光电子的最大初动能与发生光电效应时照射光线的频率有关，与光强无关，故B错误；C．红光的频率小于紫外线的频率，根据光电效应可知若改用红光照射锌板，不一定发生光电效应，验电器指针不一定会张开，故C错误；D．用其它金属板替换锌板，金属电子的逸出功发生变化，验电器指针不一定会张开，故D错误。故选A。3. 图（a）是一列简谐横波在某时刻的波形图，该时刻横波恰好传播至P点，图（b）为质点M从该时刻开始的振动图像，下列说法正确的是（　　）    A. 此波在该介质中的传播速度为1.25m/sB 波源起振方向沿y轴负方向C. 此波传播至Q点的过程中，质点P的路程为0.5mD. 此波传播至Q点时，质点N位于cm位移处【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知波长为4m，周期为4s故A错误；B．质点M该时刻振动方向向下，根据同侧法，波沿x正方向传播，P点振动方向沿y轴正方向，所以波源起振方向沿y轴正方向， 故B错误；C．此波传播至Q点时间满足因此P点路程s=5A=50cm=0.5m故C正确；D．此波传播至Q点时间满足质点M的振动方程可知N点振动到平衡位置时间为故D错误。故选C。4. 如图，矩形线框ABCD的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO'以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过两个电刷与外电路连接。外电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框及导线电阻。下列说法正确的是（　　）  A. 图示位置，线框产生的感应电动势大小为NBSωB. 图示位置，线框的磁通量大小为NBSC. 矩形线框转动半圈的过程中，通过电阻R1的电荷量为0D. 矩形线框的输出功率为【答案】D【解析】【详解】A．矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故A错误；B．图示位置，线框的磁通量大小为BS，故B错误；C．矩形线框转动时产生的感应电动势的最大值则有效值定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即流过定值电阻R1的电流矩形线框转动半圈的过程中，通过电阻R1的电荷量为故C错误；D．R1消耗的功率为由理想变压器的工作原理可知定值电阻R2消耗的功率为矩形线框的输出功率为P=P1+P2=故D正确。故选D。5. 如图所示，运动员将排球以速度v从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击回，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点。已知N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，且。排球在运动过程中不计空气阻力，则网球击回时的速度大小为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】根据斜抛运动的对称性可知，排球从P运动到N的时间等于从P到Q的时间的两倍。又因为从Q到N的运动为平抛运动，竖直方向，有从M到P的时间也为平抛运动，所以排球从P运动到N的过程所以竖直方向，有又因为可得P点的初速度为ABD错误，C正确。故选C。6. 水面上漂浮一半径为的圆形荷叶，一条小蝌蚪从距水面的图示位置处沿水平方向以速度匀速穿过荷叶，已知水的折射率为，则在小蝌蚪沿荷叶直径AB正下方匀速游过的过程中，在水面之上任意位置看不到小蝌蚪的时间为（　　）  A. 2s B. 4s C. 6s D. 8s【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示  由于则有则有由对称性可知则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为故选A。7. 实验中，将离子束从回旋加速器中引出可以采用磁屏蔽通道法。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示：离子从P点以速度v进入通道时，由于引出通道内的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D型盒的半径为R，圆心在O点，D型盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，引出通道外侧末端Q点到O点距离为L，OQ与OP的夹角为θ，离子带电为q，质量为m，则（　　）  A. 离子经过引出通道后的速度大于vB. 引出通道内的磁感应强度大于BC. 若离子恰能从引出通道的Q点引出，引出通道中的磁感应强度D. 若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量2q，质量为2m的离子一定不能从加速器中引出【答案】C【解析】【详解】A．洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后的速度等于v，故A错误；B．根据洛伦兹力提供向心力得解得设离子在引出通道内的轨道半径为，同理可得由于离子在引出通道内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B，故B错误；C．若离子恰能从引出通道的Q点引出，设圆弧半径为，轨迹如图所示  则有，，根据几何关系得解得由洛伦兹力提供向心力可得 解得联立可得 故C正确；D．由C中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关，若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为2m的离子也一定能从加速器中引出，故D错误。故选C。二、多项选择题本题共3小题，每小题5分，共15分。全部选对得5分，选对但不全得3分，选错得0分。8. 近几年，许多品牌手机推出无线充电功能，最方便的应用场景之一，是在家用汽车上实现手机无线充电。如图所示为手机无线充电的工作原理示意图，其主要部件为汽车充电基座内的送电线圈和手机中的受电线圈，若在充电基座内的输电线圈中通入方向由b经线圈到a，且正在变大的电流，在手机受电线圈中接一个电阻，则（　　）  A. 受电线圈中，通过电阻的电流方向由c到dB. 受电线圈中，通过电阻电流方向由d到cC. 受电线圈与送电线圈相互吸引D. 受电线圈与送电线圈相互排斥【答案】AD【解析】【详解】AB．根据安培定则，输电线圈电流产生的磁场方向向上，且正在增大，根据楞次定律，受电线圈感应电流由上向下看为顺时针方向，通过电阻的电流方向由c到d，故A正确，B错误；CD．受电线圈与送电线圈电流方向相反，相互排斥，故C错误，D正确。故选AD。9. 某国际研究小组观测到一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，科学家在地球上用望远镜观测到一个亮度周期性变化的光点，这是因为其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。现科学家用一航天器去撞击双星系统中的一颗小行星，撞击后，科学家观测到系统光点明暗变化的时间间隔变短。若不考虑撞击引起的小行星质量变化，且撞击后该双星系统仍能稳定运行，则被航天器撞击后（　　）A. 该双星系统的运动周期变大B. 两颗小行星做圆周运动的半径之比保持不变C. 两颗小行星中心连线的距离增大D. 两颗小行星的向心加速度均变大【答案】BD【解析】【详解】A．撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；BC．双设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以联立解得，则两颗小行星做圆周运动的半径之比保持不变，两个小行星中心连线的距离减小，故B正确，C错误。D．根据万有引力提供向心力有两个小行星中心连线的距离减小，则两颗小行星的向心加速度均变大，故D正确；故选BD。10. 如图所示，质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为2L，另一质量为m可视为质点的物块，从箱子中央以大小为v0的速度开始向右运动，已知物块与箱壁之间发生的都是弹性碰撞，且不计碰撞发生的时间，物块与箱底的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）  A. 箱子与物块之间达到共同速度所需的总时间为B. 箱子与物块发生相对滑动总路程为C. 如果箱子与物块碰撞的次数为n（n≠0），则最终物块距离箱子左端的距离一定为D. 如果箱子与物块碰撞的次数为n（n≠0），则最终物块距离箱子左端的距离一定为【答案】ABD【解析】【详解】A．根据动量守恒得共同速度对物块，根据动量定理得故A正确；B．根据能量守恒得故B正确；CD．设最终物块距离箱子左端的距离x，根据能量守恒得x=故C错误，D正确。故选ABD。第II卷（非选择题）三、实验题：11小题6分，12小题9分，共计15分。11. 有一个光滑的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一小钢球、游标卡尺和秒表测量轨道半径R。  主要实验过程如下：（1）先用游标卡尺测量小钢球直径d，测量的示数如图b所示，则钢球直径d=__________cm；  （2）找出轨道的最低点O，把小钢球从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，待运动稳定后，在小钢球某次通过最低点O时开始计时，并将这次记为0，至小钢球第n次经过最低点O停止计时，秒表示数如图c，其读数t=__________s；  （3）已知重力加速度g，则可将以上测量结果代入公式R=__________（用d、n、t、g等表示）计算出轨道半径。【答案】    ①.     ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺精度为0.05mm，主尺读数为0.8cm，游标尺读数为，则钢球直径为（2）[2]根据图c可知秒表读数为（3）[3]小球的运动符合单摆运动的过程，根据单摆的运动周期其中解得12. 某同学利用图（a）所示电路测量电压表V（量程0~3V，内阻大约2000Ω）的内阻Rv和电阻Rx（阻值大约1000Ω）的阻值。实验器材有：A．电源E（电动势约为4.5V，内阻可忽略不计）B．电流表（量程0~0.6A，内电阻约0.2Ω）C．电流表（量程0~6mA，内电阻约10Ω）D．定值电阻R（阻值为1000Ω）E．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）F．若干电键和导线R0  实验步骤如下：（1）选实验器材：为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的，电流表A应选用__________。（填仪器前面的字母代号）（2）实物连线：根据原理图（a），完成图（b）中的实物连线__________，把电源负极a与滑动变阻器的__________接线柱连接；电流表正接线柱e与滑动变阻器的__________接线柱连接。（选填b、c、d）（3）断开电键，闭合电键，移动的滑动片，读出多组对应的电压表和电流表的读数U和I；（4）断开电键把的滑动片滑到最初的位置；（5）闭合电键和，移动的滑动片，读出多组对应的电压表和电流表的读数U'和I'；（6）根据步骤（3）和（5）的实验数据得到如图（c）所示的两条U-I图线。  （7）已知图（c）两条图线的斜率（a、b图像的斜率分别为ka和kb）和定值电阻R，求出电压表的内阻Rv=__________和待测电阻的阻值Rx=__________。（用ka、kb和R表示）【答案】    ①. C    ②. 见解析    ③. b    ④. d    ⑤.     ⑥. 【解析】【详解】（1）[1]选实验器材：为了使测量结果尽量准确且两电表读数均不小于其量程的，电流表A应选用电流表，即选C。（2）[2][3][4]如图  把电源负极a与滑动变阻器的b接线柱连接；电流表正接线柱e与滑动变阻器的d接线柱连接。（7）[5][6]断开电键，闭合电键，有得闭合电键和，有得根据题意解得四、计算题：本大题共3小题，13题12分，14题12分，15题18分，共计42分。13. 如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长的空气柱，中间有一段长的水银柱，下部空气柱的长度。已知大气压强为。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为。求：（1）稳定后上部空气柱的压强p；（2）从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。  【答案】（1）；（2）3.25cm【解析】【详解】（1）没有插入水银槽前有根据玻意耳定律有解得（2）对下部分气体有插入水银槽前有解得则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度解得14. 如图所示，圆形区域半径为R，a是其水平直径上的一点，b、c是其竖直直径上的两点，已知一个带正电的粒子（不计重力）在a点沿垂直bc边的方向，以一定初速度v0水平射入该圆形区域，若圆形空间内只存在平行于该平面，且方向由c指向b的匀强电场，该粒子恰能从b点飞出，若圆形空间内只存在垂直于该平面向内的匀强磁场，粒子恰能从c点飞出。求：（1）带电粒子从b点飞出的速度大小；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比；（3）若该带电粒子射入圆形区域后，区域内先存在题中所述匀强电场，粒子在电场中运动一段时间后撤去该电场，立即加上述匀强磁场，最终粒子恰好能从圆周上的d点水平飞出该区域，求：d点离竖直直径bc的距离l（不考虑撤去电场加上磁场所引起的电磁辐射的影响）。  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）若圆形空间内只存在平行于该平面，且方向由c指向b的匀强电场，该粒子恰能从b点飞出，粒子在电场中做类平抛运动，在沿初速度方向做匀速直线运动在沿电场方向粒子做匀加速直线运动联立解得粒子从b点射出时的速度为（2）若圆形空间内只存在垂直于该平面向内的匀强磁场，粒子恰能从c点飞出，根据几何关系粒子从c点射出时，轨迹半径等于磁场的半径根据洛伦兹力提供向心力，有由（1）可得电场强度和磁感应强度的大小之比为（3）粒子在电场中运动一段时间后，沿初速度方向的位移为加上述匀强磁场，最终粒子恰好能从圆周上的d点水平飞出该区域，画出粒子的运动轨迹  根据几何关系粒子做匀速圆周运动轨迹所对的圆心角为解得d点离竖直直径bc的距为离为15. 在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的。如图a所示，一质量为的足够长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板A端距斜面底端的距离为m，由此“软”性材料做成的挡板固定在斜面底端。时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量的小物块从距离木板B端3m处，以沿木板向上的初速度滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，F随时间的变化如图b所示，其中，当木板第一次与挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数，小物块可以看作质点，取，求：（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；（2）首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量；（3）从开始至木板与挡板进行第k次碰撞，摩擦产生的Q。（计算结果用k表示并化简）【答案】（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（2），方向沿斜面向上；（3）【解析】【详解】（1）对小物块运用牛顿第二定律，得解得方向沿斜面向下，对木板运用牛顿第二定律，得解得方向沿斜面向上；（2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动，有木板沿斜面向上做匀加速运动，有此时两者速度相同，同时拉力变为，分析可知两者一起做匀减速运动，整体根据牛顿第二定律，得解得方向沿斜面向下，此时木板A端距斜面底端的距离为由运动学公式，有与挡板首次碰撞前两物体速度为负号表示方向沿斜面向下，又因为当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小，则碰后木板的速度所以首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量方向沿斜面向上；（3）第一次碰前，两者的相对位移第一次碰后，由牛顿第二定律，对小物块解得方向沿斜面向下，对木板解得方向沿斜面向下，木板速度减为零过程，木板的位移为减速时间此过程小物块的位移为木板反向向下加速过程，根据对称性可知所用时间也为，与挡板第二次碰撞的速度为此过程小物块的位移为第一次碰撞后到第二次碰撞前，两者的相对位移为以此类推，结合数学知识，从开始至木板与挡板进行第k次碰撞，两者的相对位移为所以摩擦产生的热量