2022-2023学年重庆市巴蜀中学高三上学期一诊模拟物理试题（三）

重庆巴蜀中学高三复习卷

一、单选题

1．在物理学的发展过程中，物理学家们做出了巨大的贡献，下列关于物理学家的贡献说法正确的是（    ）

A．伽利略首先发现了自由落体的规律 B．法拉第最早发现了电流具有磁效应

C．麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在 D．爱因斯坦最早提出了能量子的概念

2．今年夏天，高温、暴雨、冰雹等极端天气频发。高速下落的冰雹砸坏不少露天停着的车辆。假设冰雹为球形，所受空气阻力与半径及下落的速度的关系为，k为比例系数。在空气阻力和重力共同作用下，冰雹下落至接近地面时已经做匀速运动。冰雹砸到车时，可认为冰雹与车相互作用的时间都相同，反弹速度与初速度方向相反，大小变为初速度的一半，则下列说法正确的是（    ）

A．在接近地面时，重力的功率正比于冰雹的重力

B．在接近地面时，半径加倍的冰雹，下落的速度也加倍

C．冰雹砸到车上时，对车产生的作用力正比于冰雹的质量

D．冰雹砸到车上时，对车产生的作用力正比于冰雹的半径

3．静电植绒技术，于3000多年前在中国首先起步，现代静电植绒于50、60年代在德国首先研制出并使用，如图所示为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。下列判断正确的是（    ）

A．带电极板带负电

B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大

C．若增大容器与带电极板之间的距离，植绒效果会更好

D．质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大

4．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且一带正电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的电势分别为、，此电荷在M、N两点的加速度分别为、，此电荷在M、N两点的电势能分别为、，下列判断中正确的是（    ）

A．  B．

C．  D．B点电荷一定带正电

5．新时代的中国北斗导航系统是世界一流的。空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成。已知地球表面两极处的重力加速度为，赤道处的重力加速度为，万有引力常量为G。若把地球看成密度均匀、半径为R的球体，下列说法正确的是（    ）

A．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度

B．北斗地球同步卫星距离地球表面的高度

C．地球的平均密度

D．地球的近地卫星的周期

6．竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60°角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（    ）

A．应在时给导体棒1以轻微的扰动 B．绳1中拉力的最大值为

C．绳2中拉力的最小值为 D．导体棒2中电流的最大值为

7．高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，2号车厢对3号车厢的作用力大小为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

8．某人最多能提起质量为m的物体，如图，现在他在机场要把质量为M的行李箱通过倾角为的斜坡AB拉上水平平台BC，已知行李箱与ABC路面的动摩擦因数均为，重力加速度为g，，下列说法正确的是（    ）

A．在斜坡AB上，此人最多能匀速拉动质量为的物体

B．拉力F与斜坡的夹角为时最省力

C．若水平面上匀速拉物体，拉力F由水平变到竖直方向过程中，F的功率先减小后增大

D．在水平面上想要以最大加速度加速，拉力F应与水平面成角斜向上拉

9．如图所示匝数为N的矩形导线框，以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，、为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表、的示数分别为、；电压表、的示数分别为、。不计线框电阻，正确的是（    ）

A．矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为

B．交流电压表的示数为

C．若只将滑动变阻器的滑片向c端滑动，则电流表、的示数均变大

D．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则不变

10．如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ED间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（    ）

A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为

B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为

C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为

D．第n根棒刚穿出磁场时，回路产生的焦耳热为

三、实验题

11．实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。

（1）该实验中______（选填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M。

（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度a＝______（结果保留两位有效数字）。

（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a－F图像，分析此图像不过原点原因可能是______，实验用小车的质量为______kg（结果保留两位有效数字）。

12．某同学想测如图（1）集成电路里很薄的方块电阻的电阻率，同时测干电池的电动势E和内阻r，他设计了如图（2）的电路。已知方块电阻的上、下表面是边长为L的正方形，上下表面间的厚度为d，连入电路时电流方向如图（1）。

①断开开关k，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，记录不同R对应的电压表的示数U；

②将开关S、k均闭合，改变电阻箱R阻值，再记录不同R对应的电压表的示数U；

（1）画出步骤①②记录的数据对应的随变化关系的图像分别对应如图（4）的两条图线，横截距分别为、，纵截距为、，请判断哪条是步骤①对应的图线______，则电源的电动势E＝______，电源内阻r＝______，则方块电阻______。

（2）若考虑电压表内阻的影响，方块电阻的测量值______（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。

（3）要测出方块电阻的电阻率，先用螺旋测微器测量上下表面间的厚度d。在测微螺杆和测砧相接时，示数如图（a）。在夹方块电阻测厚度时示数如图（b），则厚度d＝______mm。

（4）方块电阻的电阻率表达式为______。（用a、b、d等已测量字母表示）

四、解答题

13．如图所示为一遥控电动赛车（可视为质点），它的运动轨道由长L＝8m的粗糙直轨道AB与半径均为R＝0.1m的四分之一光滑圆弧轨道BC、CD平滑连接而成。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，通电t＝2s后关闭电动机，赛车继续前进一段距离后进入竖直圆弧轨道BCD。若赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力f＝0.4N，赛车质量为m＝0.4kg，通电时赛车电动机输出的牵引力恒为F＝1.2N，空气阻力忽略不计，取。则：

（1）赛车在AB段运动时的最大速度及它到达B点时的速度大小；

（2）赛车到达D点时的速度大小；

（3）要使赛车刚好到达D点，电动机的工作时间为多长？

14．如图所示，一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q为斜面顶点，P为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点O，O、P连线垂直于斜面，OP＝l，P、Q间距离，长度为l的轻绳一端系于O点，另一端系质量为m的小球A，质量为M＝4m的滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点。现将A球拉至与O点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度释放，A与B发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除，A、B均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g。

（1）求小球A通过最低点C点时，绳对小球拉力的大小；

（2）求小球A与滑块B碰撞后瞬间，小球A和滑块B的速度和；

（3）若A、B碰后，滑块B能沿斜面上滑越过Q点，且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度的取值范围？

15．如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系ox y z的x轴方向。半径R＝0.05m的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度d＝0.05m的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度E＝40N/C的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为、磁感线与圆弧边界平行且顺时针方向。沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙。比荷的带正电粒子，从坐标为（0，0，0.10m）的A点以一定初速度沿z轴负方向进入区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）

（1）该粒子若以速度沿直线通过区域Ⅱ，求速度大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；

（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间；

（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度进入区域Ⅱ，求它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标。

参考答案：

1．A

【详解】A．伽利略首先发现了自由落体的规律，A正确；

B．奥斯特最早发现了电流的磁效应，B错误；

C．赫兹用实验证实了电磁波的存在，C错误；

D．普朗克最早提出了能量子的概念，D错误。

故选A。

2．B

【详解】B．在接近地面时，由平衡条件得

又，

联立解得

可见，在接近地面时，半径加倍的冰雹，下落的速度也加倍，故B正确；

A．在接近地面时，重力的功率为

可见，在接近地面时，由于物体重力不同，则其半径不同，则重力的功率不正比于冰雹的重力，故A错误；

CD．冰雹砸到车上时，设其对车产生的平均作用力为，从实际考虑，由于碰撞时作用力远大于重力则不考虑重力，由动量定理得

解得

故CD错误。

故选B。

3．D

【详解】A．带电极板吸引带负电的绒毛，则其带正电。故A错误；

B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，绒毛在加速运动，电场力做正功，电势能不断减小。故B错误；

C．植绒效果主要由容器和极板间的电势差决定。若增大容器与带电极板之间的距离，而电势差不变，则植绒效果不变。故C错误；

D．由动能定理得

可知，质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大。故D正确。

故选D。

4．B

【详解】粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，大致向右，而该正电荷受到的电场力指向带负电的电荷，所以B点电荷应带负电，选项D错误；

因为，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点（如图所示）

可知，，选项B正确；

M处电场线较稀疏，场强较小，而电场线的疏密反应场强的强弱，则有，由牛顿第二定律得：粒子的加速度，则有，选项A错误；

由于，根据正电荷在电势高处电势能大，可知正点电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，即有，选项C错误．

故选B．

点睛：本题考查了电势、电势差与电场强度的关系，意在考查考生对等量异种电荷的电场的分布的情况的掌握，并能根据电场分布的特点进行分析．

5．B

【详解】AB．物体在地球表面两极处的重力大小等于物体受地球的万有引力大小

物体在赤道处随着地球一起自转，由万有引力与支持力的合力提供向心力

联立以上解得地球自转角速度为

北斗地球同步卫星质量为，做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力

解得

故A错误。故B正确；

C．根据密度公式和黄金代换式

得地球的平均密度为

故C错误；

D．地球的近地卫星质量为，做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力

解得

故D错误。

故选B。

6．B

【详解】A．对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以

所以，恒有

初始时，应有，

联立解得

所以应在时给导体棒1微小扰动，A错误；

B．对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力和的合力大小恒为，导体棒运动过程中和的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知先增大后减小，当与绳2垂直时最大，最大值为

B正确；

C．一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；

D．由上述分析可知

由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为，所以

且

此时

所以电流最大值

D错误。

故选B。

7．A

【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得

解得

当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则

解得

当速度达到最大速度一半时，此时速度为

此时受到的牵引力

解得

此时受到的阻力

对整体根据牛顿第二定律

对3、4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得

联立解得

故选A。

8．AD

【详解】

A．如图（1），设斜面对物体的支持力N与滑动摩擦力f的合力为，则不变，则与支持力N的夹角为，斜面上与竖直方向夹角为，匀速时，如图（2），将四力平衡化为三力平衡，利用矢量三角形可知，F与垂直时，最省力，则

由题意，最大拉力

则最多能匀速拉动的物体，故A正确；

B．此时F与水平方向夹角为斜向右上，与斜坡的夹角为，故B错误；

C．水平面上，N竖直向上，与竖直方向夹角为，则拉力由水平转到竖直向上过程中，匀速阶段如图（3），拉力先减小后增大，但拉力的水平分力一直减小，拉力的功率一直减小，故C错误；

D．加速时如图（4），还是拉力与垂直时，获得的加速度最大，此时拉力F与水平面成角斜向上，故D正确。

故选AD。

9．AD

【详解】A．矩形导线框从图示位置转过90°时，穿过线框平面的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大

则磁通量的变化率为，A正确；

B．线框产生的感应电动势最大值为，根据正弦交流电有效值与最大值的关系，其有效值为

由于不计线框内阻，所以变压器原线圈两端电压，根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压

即交流电压表的示数为，B错误；

C．将滑动变阻器的滑片向c端滑动，滑动变阻器接入电路阻值变大，副线圈回路总阻值变大，则电流表的示数变小，电流表的示数也变小，C错误；

D．将滑动变阻器的滑片向d端滑动，副线圈阻值发生变化，但导线框输出电压不变，所以不变，则也不变，电压比不变，D正确。

故选D。

10．BC

【详解】A．第2根棒刚进入磁场有

解得

将第2个棒在磁场中的运动过程分成若干个过程，设每个过程时间为，刚进入瞬间则有，

棒产生的感应电动势为

电流为

设为这段运动的平均速度，对最开始一段运动有

整理有

则整个运动过程，整理后有

解得

故A错误；

B．第3根棒刚进入磁场时有

解得

棒产生的感应电动势为

此时第1和第2根棒并联，电阻为，第3根棒等效于电源，电路中总电阻为

电路中电流为

由牛顿第二定律得

解得

故B正确；

C．第n棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为

电路总电阻为

电路总电流

第一根棒中电流

解得

第1根棒的热功率为

故C正确；

D．由A项和C项分析可知，第n个棒出磁场时的速度为

故第n根棒刚穿出磁场时，回路产生的焦耳热等于其安培力对第n根棒所做的功有

故D错误。

故选BC。

11．不需要  0.75  未补偿阻力或补偿阻力不足  1.0

【详解】（1）[1]由于实验装置中有拉力传感器，可以测出绳中的拉力大小，故不需要保证砂与砂桶的总质量m远小于小车的质量M。

（2）[2]根据逐差公式有

由于相邻两个计数点之间有4个计时点未画出，故

解得

（3）[3]图表示F增大到一定值时，小车才有加速度，故原因是未补偿阻力或补偿阻力不足；

[4]根据实验原理图，受力分析易得

可推出

故图线的斜率k

由图可知

解得M＝1.0kg

12．下面的一条      ##  不变

0.541##0.542##0.543##0.544##0.545  ##

【详解】（1）[1][2][3]断开开关k，闭合开关S，根据闭合电路欧姆定律得

整理得

将开关S、k均闭合，把和电源看成整体作为电路等效电源，则等效电源的电动势和等效电源的内阻分别为

根据闭合电路欧姆定律得

带入数据并整理得

两个图像的纵截距的大小关系为

则下边那条是步骤①对应的图线。所以

解得

则上边那条是步骤②对应的图线。所以

把E、r的数据带入解得或

（2）[4]若考虑电压表内阻的影响，设电压表电阻为，则根据闭合电路欧姆定律，对断开开关k，闭合开关S时的电路图重新列方程得

整理得

对开关S、k均闭合时的电路也重新列方程为

整理得

重新整理后的表达式与题中截距重新对应关系为

且还有

则联立解得或

则方块电阻的测量值不变。

（3）[5]，考虑估读对0.592mm的影响，最终结果在0.541mm到0.545mm之间都对。

（4）[6]根据电阻定律有

或

联立解得或

13．（1），；（2）；（3）

【详解】（1）依题意，可知赛车在AB段运动时，当通电t＝2s后关闭电动机瞬间，赛车的速度最大，根据牛顿第二定律有

代入相关数据求得

此时赛车通过的位移为

关闭电机后，根据牛顿第二定律可得赛车的加速度大小为

则赛车减速到达B点时，有

代入相关数据求得

（2）赛车从B点到达D点时，根据动能定理有

求得

（3）若赛车刚好到达D点，则此时赛车速度为0，根据动能定理可得赛车运动的整个过程有

其中

联立以上式子求得

14．（1）；（2），；

（3）或

【详解】（1）小球A摆到C点时，设速度为，绳对小球的拉力大小为T，则

在C点，对小球A，由牛顿第二定律有

解得

（2）设小球A在与B碰前的速度为，则

对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律有

解得，，

（3）讨论：①滑块B能沿斜面上滑越过Q点，则

解得

②小球A不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零，则

解得

③小球A能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球A恰能过最高点的速度为，则

小球A能过圆轨道的最高点的条件为

解得

初速度的取值范围或

15．（1）；0.05m；（2）；（3）

【详解】（1）沿直线通过区域Ⅱ，则

解得

在区域Ⅰ中运动的半径

解得

（2）粒子在区域Ⅱ中的半径

解得

根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为60°

所以

在区域Ⅰ中运动的半径

解得

根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60°

所以

所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间

（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度进入区域Ⅱ，沿x轴方向

，

在区域Ⅰ内粒子在磁场中粒子圆周运动转动的半径依旧为

因此可知转过的圆心角为，时间

因此沿x方向的位移为

再次离开磁场Ⅱ

，

离开时，x轴坐标

第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为