2023年重庆市主城区四区高考物理联考试卷

2023年重庆市主城区四区高考物理联考试卷

注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

1.  如图所示，物体和小车用轻绳连接在一起，小车以速度向右匀速运动。当小车运动到图示位置时，轻绳与水平方向的夹角为，关于此时物体的运动情况的描述正确的是(    )

A. 物体减速上升 B. 物体的速度大小
C. 物体的速度大小 D. 物体的速度大小

2.  如图所示，在光滑水平面上有质量分别为、的物体，通过轻质弹簧相连接，物体紧靠墙壁，细线连接，使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是(    )

A. 全过程中墙对的冲量大小为
B. 物体的最大速度为
C. 弹簧长度最长时，物体的速度大小为
D. 弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能

3.  、两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的图象如图所示，在时刻，车在车前方处，在时间内，车的位移为，则(    )

 

A. 若、在时刻相遇，则
B. 若、在时刻相遇，则
C. 若、在时刻相遇，则下次相遇时刻为
D. 若、在时刻相遇，则下次相遇时车速度为

4.  如图，一小孩在河水清澈的河面上以的速度游泳，时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，时他恰好看不到小石块了，河水的折射率，下列说法正确的是(    )

A. 后，小孩会再次看到河底的石块 B. 前内，小孩看到的石块越来越明亮
C. 这条河的深度为 D. 时小孩看到的石块深度为

5.  如图所示，车厢水平底板上放置质量为的物块，物块上固定竖直轻杆，质量为的球用细线系在杆上点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为，此时车厢底板对物块的摩擦力为、支持力为，已知重力加速度为，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于点未标出。现对小物块施加以竖直向上的力，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘脱离前，下列能正确反映力的大小随小物块位置坐标变化的图象是(    )

A.
B.
C.
D.

7.  如图所示，为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为左右两端接有定值电阻和，，整个装置处于磁感应强度大小为，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为的导体棒放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻。两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接。初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度，第一次运动至最右端的过程中产生的电热为，下列说法中正确的是(    )

A. 初始时刻棒所受安培力的大小为
B. 棒第一次回到初始位置的时刻，的电功率小于
C. 棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为
D. 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于

8.  、两个质点在同一直线上运动，它们的速度随时间变化的规律如图所示，内质点运动的距离为，时，、两质点速度相等，且此时两质点刚好相遇，则(    )

A. 时刻，两质点相距 B. 时，两质点的速度为
C. 时，两质点相距 D. 时，两质点再次相遇

9.  卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是“称量地球重量”。若已知引力常量，下列说法正确的有(    )

A. 根据火星半径和火星表面的重力加速度，可估算火星密度
B. 根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算土星质量
C. 根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算太阳表面的重力加速度
D. 根据月球公转周期、月地距离和地球表面重力加速度，可估算地球的第一宇宙速度

10.  一定质量的理想气体经历下列过程后，说法正确的是(    )

A. 保持体积不变，增大压强，气体内能增大
B. 降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大
C. 保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小
D. 压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小
E. 保持温度不变，体积增大，气体一定从外界吸收热量

11.  某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”。图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和远小于滑块含滑块上的砝码的质量。

为减小实验误差，打点计时器应选用______ 填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”。
该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力，也没有记下小吊盘和盘中物块的质量之和。图乙为实验中所得的滑块的加速度与滑块含滑块上的砝码的质量的倒数的关系图象。取，根据图象可求出小吊盘和盘中物块的质量之和约为______ ，滑块与长木板之间的动摩擦因数为______ 。

12.  有一个量程为、内电阻约为的电压表，现用如图所示的电路测量其内电阻
实验中可供选择的滑动变阻器有两种规格，甲的最大阻值为，乙的最大阻值为。应选用______ 。选填“甲”或“乙”
实验过程的主要步骤如下，请分析填空。
A.断开开关，把滑动变阻器的滑片滑到______ 端选填“”或“”
B.将电阻箱的阻值调到零；
C.闭合开关，移动滑片的位置，使电压表的指针指到
D.开关处于闭合状态保持滑片的位置不变，调节电阻箱的阻值使电压表指针指到______ ，读出此时电阻箱的阻值，此值即为电压表内电阻的测量值
电压表内电阻的测量值和真实值相比，有 ______ 。选填“”或“”

13.  如图所示的形玻璃管，左管开口，右管管口封闭，管中一段水银在右管中封闭了一段气柱，气柱高度为，左右两管中水银面的高度差为，左管水银柱的横截面积为，右管中水银柱的横截面积为已知环境温度为，大气压强为，左管足够长，右管中水银柱高度大于。
若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少，求需要倒入水银的体积；
若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，求气柱需要升高的温度。

14.  如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。时刻，给木板一个水平向右的初速度，同时对木板施加一个水平向左的恒力，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量，高，与地面间的动摩擦因数；滑块质量，初始位置距木板左端，距木板右端；初速度，恒力，重力加速度。求：
滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
滑块离开木板时，木板的速度大小。

 

15.  如图所示，直角坐标系内轴以下、未知的左侧有沿轴正向的匀强电场，在第一象限内轴、轴、虚线及所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，、的坐标分别为、，质量为、电荷量为的带正电粒子在点以初速度沿轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度，粒子第二次在磁场中运动后以垂直射出磁场，不计粒子的重力。求：
匀强电场的电场强度以及的大小；
粒子从点开始运动到射出磁场所用的时间。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，
沿绳子方向的分速度等于的速度，则：，
小车向右做匀速直线运动，则减小，则的速度增大，做加速运动，故D正确，ABC错误。
故选：。
将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于的速度，根据平行四边形定则判断的速度的变化。
本题考查运动的合成与分解，抓住小车在沿绳子方向的速度等于的速度，通过平行四边形定则进行求解。
 

2.【答案】 

【解析】解：、当弹簧第一次恢复原长时恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体的动能，由能量守恒定律有：
变形求得：
该速度就是的最大速度，此过程的动量始终为零。
以向右方向为正方向，对由动量定理：
对由动量定理：
解得：，故AB错误；
C、当弹簧最长时，、的速度相等，设为，离开墙壁后、组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得弹簧最长时的速度：，故C正确；
D、当弹簧最长时，、具有共同的速度，设它们的总动能为，对、系统，由能量守恒定律得：
，则弹簧长度最长时弹簧具有的弹性势能，故D错误。
故选：。
弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能转化为物体的动能，物体的速度最大，由能量守恒定律可以求出物体的最大速度；由动量定理求出弹簧对的冲量，然后由动量定理求出全过程墙对的冲量大小；
弹簧长度最长时，、速度相等，离开墙壁后、组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧最长时的速度大小；
根据能量守恒定律判断弹簧最长时弹簧的弹性势能与弹簧最初弹性势能的关系。
本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚、的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】
本题要抓住速度时间图象反映速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用。要知道在速度图象中，纵轴截距表示初速度，图象与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。

【解答】
A、由图可知，在时间内，车的位移为，则车的位移为，若、在时刻相遇，则，故A错误；

B、若、在时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于，即，故B正确。
C、若、在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，故C错误。
D、若、在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，根据几何关系知下次相遇时车速度为，故D错误。
故选：。  

4.【答案】 

【解析】

【分析】
时他恰好看不到小石块，说明光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，根据求出临界角，再根据几何关系求这条河的深度。根据求时小孩看到的石块深度。
解决本题的关键要理解全反射现象，明确恰好发生全反射时，入射角等于临界角，结合几何知识帮助解答。
【解答】
A、时他恰好看不到小石块，则知光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，后，入射角大于临界角，光线仍发生全反射，所以，小孩不会看到河底的石块，故A错误；
B、前内，小孩到石头的距离变大，以石头为球心，距离为半径的球面积变大，人眼接收到的光减弱，所以小孩看到的石块越来越暗，故B错误；
C、内小孩通过的位移为。根据全反射临界角公式得
可得
如图所示，这条河的深度为，故C正确；
D、时小孩看到的石块深度为，故D错误。
故选：  

5.【答案】 

【解析】解：以小球为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律得：

解得：
对小球、细线、轻杆和物块整体为研究对象，分析受力如图所示，由牛顿第二定律得：
水平方向有：
竖直方向有：
解得：，，故ABD错误，C正确。
故选：。
解决本题的关键要知道小球和物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解。要注意分析受力，作出力图。
 

6.【答案】 

【解析】解：以物块与托盘整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
   ，得，可知随着增大而减小，当时，物块与弹簧脱离，故ACD错误，B正确。
故选：。
以物块与托盘整体为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律列式，得到与的关系式，再选择图象。
对于图象问题，往往根据物理规律得到解析式，来分析图象的形状，从而研究图象的物理意义。
 

7.【答案】 

【解析】解：、由及，得安培力大小为故A错误；
B、由于安培力始终对做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于，棒产生的感应电动势小于，则间电阻的功率小于，故B正确；
C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C错误；
D、由于安培力始终对做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，电路中产生总热量为，从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中；整个回路中产生的焦耳热应大于，故D正确；
故选：。
由、、三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小。棒从开始到第一次运动至最右端，电阻上产生的焦耳热为，整个回路产生的焦耳热为。
本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻上产生的热量。
 

8.【答案】 

【解析】解：
A、由于速度相等时，、两质点刚好相遇，则时，两质点相距为：，故A正确。
B、设时，质点的速度为，则有：，求得：，故B正确。
C、由几何关系可知，时，两质点相距的距离与时相距相同，则有：，故C错误。
D、时，两质点相距故D错误。
故选：。
时两质点刚好相遇，、位移之差等于时刻两者的间距。根据图象的“面积”来求时，两质点的速度。根据位移关系求时，两质点的间距，并分析两质点能否相遇。
图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的“面积”等还有特殊的物理意义。
 

9.【答案】 

【解析】解：、根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知，，解得，，可以求出火星密度，故A正确；
B、只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故B错误；
C、金星绕太阳公转，，解得，太阳半径已知，则表面重力加速度，故C正确；
D、月球绕地球做匀速圆周运动，，地球表面重力加速度已知，根据黄金代换式，可以求出地球半径，根据，可以求出地球的第一宇宙速度，故D正确。
故选：。
根据万有引力等于重力可以求出中心天体的质量；
根据万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出中心天体的质量、第一宇宙速度等知识；
环绕天体的质量、密度无法求出。
本题考查了测量天体的密度、质量、第一宇宙速度和表面重力加速度等知识，知道万有引力等于重力、万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
 

10.【答案】 

【解析】解：、根据气体状态方程可知，体积不变，增大压强，温度升高，气体内能增大，故A正确；
B、降低温度，分子的平均动能减小，减小体积，单位体积内的分子数增多，根据可知，压强有可能增大，故气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大，故B正确；
C、保持体积不变，单位体积内的分子数不变，降低温度，根据可知，压强减小，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小，故C正确；
D、根据可知，当压强减小，降低温度，气体的体积也有可能增大，此时气体分子间的平均距离可能增大，故D错误；
E、保持温度不变，气体的内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故E正确；
故选：。
利用控制变量法，根据气体状态方程分析压强，体积，及温度的变化，知道温度是分子平均动能的标志，利用热力学第一定律判断出吸放热。
本题主要考查了理想气体的状态方程，根据方程判断出压强、体积和温度间的变化关系，即可。
 

11.【答案】电火花计时器     

【解析】解：电磁打点计时器纸带运动时，振针振动，计时器与纸带存在较大摩擦，而电火花打点计时器由火花放电，摩擦小，故选用电火花打点计时器误差小；
根据牛顿第二定律，对滑块有
则
即图像斜率表示合外力则有

由于小吊盘和盘中物块的质量之和远小于滑块含滑块上的砝码的质量，则小吊盘和盘中物块的总重力近似等于合力，所以小吊盘和盘中物块的总质量为

乙图中纵截距
则滑块与木板间的动摩擦因数为
故答案为：电火花计时器；，。
为减小实验误差，打点计时器应选用电火花计时器。
对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度和质量的倒数的关系式，结合图形求解质量和动摩擦因数；
知道打点计时器和电火花打点计时器的工作原理，掌握根据图象求解物理量的方法。
 

12.【答案】乙       

【解析】解：滑动变阻器在电路中采用分压式接法，为方便调节，同时，为减小实验误差，滑动变阻器的最大电阻应远小于测量电路的电阻，故应选择最大阻值为的滑动变阻器，即应选用乙；
、在闭合前，滑动变阻器滑片应移到端，使电压表示数为；
D、当电阻箱阻值为时，调节滑动变阻器的阻值，使电压表满偏为；接入电阻箱后认为电路测量部分的总电压不变，仍为；当电压表读数为时，电阻箱两端电压也为，则电压表内电阻与电阻箱阻值相等；
电阻箱与电压表串联后，测量电路的电阻增加，则测量电路两端的总电压稍大于，则电阻箱两端的电压稍大于，所以电阻箱的阻值大于电压表的阻值，即。
故答案为：乙；，；。
滑动变阻器分压接法选用最大电阻远小于待测电阻的滑动变阻器；
闭合开关前，滑动变阻器滑片所处位置应使电压表示数为；开关处于闭合状态保持滑片的位置不变，电阻箱与电压表串联总电压基本不变，根据半偏法原理确定电压表的读数；
分析待测电阻两端的电压关系，即可求解测量值与真实值的大小关系。
本题要了解滑动变阻器分压接法和限流接法的区别，搞懂半偏法测量电压表内阻的原理是关键。
 

13.【答案】解：开始时，封闭气体的压强为
设倒入水银后，右管中气体压强为，则：
解得
左右管中液面的高度差为
倒人的水银体积；
若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管管口相平，设气柱升高的温度为，此时左管液面上升，右管中液面下降，则右管中气体压强
根据理想气体状态方程有
解得。
答：若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少，需要倒入水银的体积为；
若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，气柱需要升高的温度为。 

【解析】求出开始封闭气体的压强和倒入水银后右管中气体压强，再根据几何关系求解；
若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管管口相平求出右管中气体压强，根据理想气体状态方程求解。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。
 

14.【答案】解：设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知

解得
以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：

解得：
则木板减速到零所经历的时间为

代入数据得：
所经过的位移为：


由于，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得：

代入数据得：
滑块离开木板时，木板向左的位移为：

代入数据得：
该过程根据运动学公式

解得：
滑块滑离瞬间木板的速度为：

解得：。
答：滑块从离开木板开始到落至地面所用时间为；
滑块离开木板时，木板的速度大小为。 

【解析】由于上表面光滑，小物块与木板间无摩擦则小物块离开木板前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动，由来计算时间；
由于上表面光滑则小物块离开木板前始终对地静止，木板在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，对木板应用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式即可求解木板的速度大小。
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，分析滑块的运动是关键，由于上表面光滑，小物块与木板间无摩擦则小物块离开木板前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动。
 

15.【答案】解：由题意可知，粒子从点抛出后，先在电场中做类平抛运动，
则水平位移：，
根据牛顿第二定律可得加速度：
求得
设粒子经过坐标原点时，沿方向的速度为。

求得
因此粒子经过坐标原点的速度大小为，方向与轴正向的夹角为
由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为，并垂直于，设粒子做圆周运动的半径为，则得，
由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在点，粒子在磁场中做圆周运动并垂直轴进入电场，在电场中做类整直上抛运动后，进入磁场并仍以半径做匀速圆周运动，并垂直射出磁场，轨迹如图所示：

由几何关系可知：
由问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间
粒子在进磁场前做匀速运动的时间
粒子在磁场中运动的时间
粒子第二次在电场中运动的时间
因此，运动的总时间。
答：匀强电场的电场强度为，的大小为；
粒子从点开始运动到射出磁场所用的时间为。 

【解析】由题意可知，粒子从点抛出后，在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解电场强度，根据粒子在磁场中的运动情况结合几何关系求解；
求出粒子在电场中做类平抛运动的时间、粒子在进磁场前做匀速运动的时间、粒子在磁场中运动的时间、粒子第二次在电场中运动的时间即可求解。
本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动，对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。