2023年重庆市高考物理调研试卷（含答案解析）

这是一份2023年重庆市高考物理调研试卷（含答案解析），共15页。
A. 书所受摩擦力的大小为mgcsαB. 书所受摩擦力的大小与α无关
C. 书所受支持力的大小为mgsinαD. 书所受合外力为0
2. 某小组制作了一对近距离的共轴平行闭合线圈M、N，研究线圈M中的电流在线圈N中产生的感应电流情况，则( )
A. 当M中电流增大时，N中会产生感应电流
B. 当M中电流保持不变时，N中会产生感应电流
C. 当M中通有电流时，N中一定有同方向的感应电流
D. 当M中通有电流时，N中一定有反方向的感应电流
3. 如图所示，一带有抽气阀门的密闭容器内，有一个充有一定质量气体的气球(不漏气)。在抽气泵将容器内的气体缓慢抽出的过程中，气球会逐渐变大。若容器和球内气体温度保持不变且均视为理想气体，则( )
A. 球内气体的内能减小B. 球内气体放热
C. 球内气体对外做正功D. 容器内气体分子的平均动能减小
4. 某小组研究物体在竖直平面内做圆周运动的特点，在物体由最低点运动到最高点的过程中，其动能和重力势能随时间的变化分别如图①、②图线所示，图线①与横轴平行，则物体在此运动过程中( )
A. 机械能守恒B. 动量不变
C. 合外力不变D. 克服重力做功为E1
5. 氢原子的能级示意图如图所示，氢原子光谱中波长在100∼124nm之间的谱线有(hc=1240nm⋅eV)( )
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
6. 天狼星双星系统由质量不同的主序星和伴星组成。仅考虑两星间的万有引力，两星的运动均可视为绕它们连线上某点O的匀速圆周运动，周期相同。若两星视为质点，相距为L，主序星在时间t内转过n圈，引力常量为G，则( )
A. 伴星运动的角速度大小为2πtn
B. 伴星运动的轨道半径为L
C. 主序星和伴星的总质量为4π2n2L3Gt2
D. 主序星与伴星绕O点运动的线速度大小之比等于它们的质量之比
7. 质量为20kg的玩具汽车在水平地面上由静止开始沿直线运动了8m，其所受合外力大小与位移大小的关系如图所示，则玩具汽车( )
A. 所受合外力做的总功为25J
B. 运动到6m处的速度大小为17m⋅s−1
C. 在0到3m的运动过程中所受合外力的冲量大小为20 5N⋅s
D. 在4m处所受合外力的瞬时功率为80W
8. 一列简谐波在均匀介质中沿x轴负方向传播，M和N是介质中的两个质点。t时刻的波形如图所示，M位于波峰处，N位于平衡位置，波源振动的周期为4s，则( )
A. 波速为2m/s
B. t时刻O点处质点向下运动
C. t时刻M的加速度大小比N的大
D. 从t时刻开始运动0.5s，在这段时间内M的平均速率是N的( 2−1)倍
9. 如图1所示，两根相距为L的长直光滑导轨固定在水平桌面上，导轨间连接阻值为R的电阻，质量为m的金属杆垂直于导轨放置并与两导轨接触良好。整个装置放在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。金属杆在水平拉力作用下向右做直线运动，位移大小与速率平方的关系如图2所示。若不计金属杆和导轨的电阻，则( )
A. 金属杆的加速度大小为v022x0
B. 金属杆所受安培力的大小与速率成反比
C. 金属杆在x0处所受的拉力大小为B2L2v0R+mv02x0
D. 速率从v0增大到2v0的过程中，金属杆的位移大小为3x0
10. 匀强电场中，一带电粒子受重力和电场力作用在竖直平面内的运动轨迹如图所示。若粒子在M点的速度方向与加速度方向垂直，P点的速度方向与重力方向垂直，M和N点电势相等，则( )
A. 从M点运动到N点的过程中，粒子速率先减小后增大
B. 从M点运动到P点的过程中，粒子电势能减小
C. 从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功，再做负功
D. 粒子在P、N两点的机械能相等
11. 某小组探究小球竖直下落过程中的机械能是否守恒。他们将质量为30.0g的小球从竖直放置的刻度尺旁一定高度处由静止释放，使用每秒连续拍摄50张照片的摄像机记录小球的下落位置。从中间某张照片开始，每隔一张照片对小球的位置进行编号，数据如表：
(1)小球在2号位置处的动能约为______ J，它从该位置运动到7号位置的过程中重力做功约为______ J。(结果均保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8m⋅s−2)
(2)用上述数据分析小球从2号位置运动到7号位置过程中机械能是否守恒并写出分析过程：______ 。
12. 某同学拟利用发光二极管等器材制作一个创意贺卡，需要首先测定发光二极管的伏安特性。主要实验器材有：直流电源E(5V,内阻不计)，电压表V(0∼3V,内阻约50kΩ)，电流表A(0∼30mA,内阻约50Ω)，滑动变阻器R1，发光二极管D(正常发光时电阻约为几十欧姆)。
(1)该同学测定发光二极管D两端电压在0∼2V范围内的伏安特性的电路如图1所示，图中只连接了部分电路，请用笔画线补充完成剩余连线。
(2)测得的伏安特性曲线如图2所示，当工作电流为15.0mA时，发光二极管两端的电压约为______ V。
(3)该同学设计的创意贺卡的电路如图3所示。已知电源E的电动势为5V(内阻不计)，音乐芯片的等效电阻为RL，其阻值为167Ω，若取该发光二极管的工作电流为15.0mA，则电阻R2的取值应为______ Ω(结果保留2位有效数字)。
13. 有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶。两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。若将两车视为质点，求：
(1)车B出发时，车A与交汇点的距离；
(2)换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间。
14. 如图所示，一半径为5r的透明均质半球置于空气中，某圆柱形单色平行光束垂直于半球底面入射，光束横截面圆心与半球底面圆心重合。若要整束光都不发生全反射，其横截面的半径最大为3r。
(1)求该光束在半球中的折射率；
(2)若换成半径为3r在半球中折射率为原光束的k(k>0)倍的另一光束，其他条件不变，求此时半球有光束射出的球冠底面面积。(不考虑反射光的折射)
15. 为研究静电跳球现象，某同学固定了板间距为d的水平平行导体板(板足够长)，两极板连接到电压可调的直流电源上(如图)，极板间电场强度竖直向下。一个质量为m的小球(可视为质点)与上极板接触后由静止释放，在两极板间沿竖直方向运动，小球每次与上极板接触后所带电量都会变为+q，每次与下极板接触后所带电量都会变为−q。小球每次与极板碰撞后瞬间的动能与碰撞前瞬间的动能比值为k，不计空气阻力，取重力加速度为g。
(1)若小球第一次反弹后恰好到达上极板，求两极极间电压，以及小球与下极板碰撞过程中损失的动能；
(2)调整电压使小球在向上运动时做匀减速直线运动，且加速度大小等于向下运动的加速度大小的一半，最终小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同，写出此动能表达式，并讨论k的取值范围；
(3)再次调整电压，使小球向上时能做匀速直线运动。小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同后，若在其与下极板碰撞的瞬间加上垂直纸面向内的匀强磁场，小球所能达到的最大高度恰为极板间距的一半，求：①磁感应强度大小与k的关系；②加磁场后小球水平方向的最大位移大小与k的关系。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：ABD、静止在斜面上的物体合外力为0，所受静摩擦力大小为f=mgsinα，与角度α有关，故AB错误，D正确；
C、支持力大小为N=mgcsα，故C错误；
故选：D。
静止在斜面上的物体合外力为0，根据共点力平衡条件分析解答。
本题是共点力平衡类型，在确定研究对象的基础上，分析受力情况是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.产生感应电流的条件是闭合回路中的磁通量有变化，在M中通入电流后，N中就会有磁通量，当M中的电流发生变化，N中的磁通量随之发生改变，符合产生感应电流的条件，N中就产生了感应电流，故A正确；
B.产生感应电流的条件是闭合回路中的磁通量有变化，在M中通入电流后，N中就会有磁通量，若通入的电流不发生变化，N中的磁通量也不发生变化，N中就没有感应电流产生，故B错误
CD.M中通入的电流变化情况不明确，不能根据楞次定律等方法判断N中感应电流的方向，故CD错误。
故选：A。
当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈就产生感应电流；根据楞次定律判断感应电流的方向。
感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于非匀强磁场的磁通量可以从磁场变化或磁感线的条数来判断。
3.【答案】C
【解析】解：A.对于一定质量的理想气体，内能的大小只与气体温度有关，球内气体温度保持不变，则内能不变，故A错误；
BC.气球逐渐变大，体积增大，则球内气体对外做正功，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体要吸热，故B错误，C正确；
D.容器内气体温度保持不变，则容器内气体分子的平均动能不变，故D错误。
故选：C。
A.对于一定质量的理想气体，内能的大小只与气体温度有关；
BC.气球逐渐变大，球内气体对外做正功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q作答；
D.温度是分子平均动能大小的标志。
注意：要对热力学第一定律ΔU=W+Q各物理量正、负加以正确理解。
4.【答案】D
【解析】解：A.在物体做圆周运动由最低点运动到最高点的过程中，重力势能逐渐增大，动能不变，故机械能逐渐增大，故A错误；
B.物体由最低点运动到最高点的过程中，速度方向时刻改变，故动量方向时刻改变，故B错误；
C.物体做匀速圆周运动，故合外力时刻沿半径指向圆心，方向时刻改变，故C错误；
D.由题图可知，重力势能增量为E1，故物体克服重力做功为E1，故D正确。
故选：D。
圆周运动过程中，动能不变，重力势能增大，机械能增大；运动过程中速度方向时刻改变，故动量方向时刻改变；圆周运动合外力时刻沿半径指向圆心，方向时刻改变；重力势能增量大小等于物体克服重力做功大小。
本题考查的是竖直平面内做圆周运动的特点，根据动能和重力势能随时间的变化图结合能量守恒解决此题。
5.【答案】B
【解析】解：波长为100nm的光子对应的能量为ε1=hν1=hcλ1=1240100=12.4eV
波长为124nm的光子对应的能量为ε2=hν2=hcλ2=1240124=10eV
根据玻尔理论，结合氢原子能级图可得：ΔE1=E2−E1=−3.4eV−(−13.6)eV=10.2eV；
ΔE2=E3−E1=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV
ΔE3=E4−E1=−0.85eV−(−13.6)eV=12.75eV
可知氢原子光谱中波长在100∼124nm之间的谱线有2条。故ACD错误，B正确。
故选：B。
由题目中的条件求出对应的光子的能量的范围，结合能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差，从而求出。
解决本题的关键知道能级跃迁过程中吸收或辐射光子的能量必须满足跃迁条件，即Em−En=hν=hcλ，以及知道发生电离的条件，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：B、两星视为质点，相距为L，两星的运动均可视为绕它们连线上某点O的匀速圆周运动，则伴星运动的轨道半径应该小于L，故B错误；
A、主序星和伴星周期相同，由题有周期为：T=tn。则主序星和伴星周期相同，角速度也相同，有ω=2πT=2πnt，故A错误；
C、设主序星的质量为M，做匀速圆周运动的半径为R，伴星的质量为m，做匀速圆周运动的半径为r，则由牛顿第二定律有：GMmL2=M(2πT)2RGMmL2=m(2πT)2r，又因为：L=R+r。由以上各式解得：M+m=4π2n2L3Gt2，故C正确；
D、由牛顿第二定律有：GMmL2=Mv12R，GMmL2=mv22r
化简得：v1v2= mRMr，主序星与伴星绕O点运动的线速度大小之比不等于它们的质量之比，故D错误。
故选：C。
根据双星系统的特点分析某星的轨道半径与双星之间的距离的关系；
双星系统的周期、角速度相同，由题设条件根据角速度的定义求它们的角速度；
根据双星之间万有引力定律提供各自向心力列式，结合半径与距离的关系求双星的总质量；
双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力分别对两星进行列式，来求解线速度之比。
这道题充分体现了利用双星系统的特点来解题的思路，双星特点：1.绕同一中心转动的角速度和周期相同。2.由相互作用力充当向心力，向心力相同。
7.【答案】C
【解析】解：A.F−x图线与横轴所围面积表示F做的功，则合外力的总功为W=12×20×2J+12(20+40)×1J+40×5J=250J
故A错误；
B.运动到6m处时F做的功为W6=12×20×2J+12(20+40)×1J+40×3J=170J
根据动能定理W6=12mv62
代入数据解得v6= 17m/s
故B错误；
C.同理，0∼3m内
W3=12×20×2J+12×(20+40)×1J=50J
W3=12mv32
代入数据解得v3= 5m/s
根据动量定理得F的冲量为I=mv3=20× 5N⋅s=20 5N⋅s
故C正确；
D.运动到4m处时，F做的功为
W4=12×20×2J+12×(20+40)×1J+40×1J=90J
W4=12mv42
代入数据解得v4=3m/s
此时F的功率为P=Fv4=40×3W=120W
故D错误。
故选：C。
分析汽车的受力情况，来判断其运动情况；F−x图像与x轴所围成的面积表示合外力F做的功，根据几何知识求出0−6m内合外力做的功，根据动能定理求汽车在6m位置时的速度大小。同理求出汽车在某一位置时的速度大小，由P=Fv求F的瞬时功率。
解答本题时，要知道F−x图像与x轴所围成的面积表示合外力F做的功，能根据几何知识求出各个过程合外力做的功。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.由题意可知周期T=4s，波长λ=8m，则波速为v=λT=84m/s=2m/s，故A正确；
B.波在均匀介质中沿x轴负方向传播，由“同侧法”可知，t时刻O点处质点向上运动，故B错误；
C.t时刻M位于波峰加速度最大，N位于平衡位置，加速度为零，故M的加速度大小比N的大，故C正确；
D.设振幅为A，令t时刻为0时刻，则M点的振动函数表达式为：yM=Acs(2πTt)=Acs(π2t)，t=0.5s时刻yM=Acs(π2×0.5)= 22A
故0∼0.5s时间内M点的路程为：ΔyM=A− 22A=2− 22A
平均速率为：v−M=ΔyMt
N点的振动函数表达式为：yN=−Asin(2πTt)=−Asin(π2t)，t=0.5s时刻：yN=−Asin(π2×0.5)=− 22A
故0∼0.5s时间内N点的路程为：ΔyN= 22A
平均速率为：v−N=ΔyNt
故M、N两点的平均速率之比为：v−Mv−N=ΔyMΔyN=2− 2 2= 2−1
故在这段时间内M的平均速率是N的( 2−1)倍，故D正确。
故选：ACD。
根据波速与波长、周期的关系进行解答；由“同侧法”分析O点处质点的振动方向；t时刻M位于波峰加速度最大，N的加速度为零；根据振动方程求解0.5s内各自的位移，由此得到平均速率之比。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图像直接读出波长，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由题图可知金属杆的位移与速度的平方成线性关系，满足匀变速直线运动规律，由
x=v2−v022a=v22a−v022a
图2图线斜率为
k=x0v02=12a
解得a=v022x0，故A正确；
B.根据安培力公式和闭合电路欧姆定律
F安=BIL
I=ER=BLvR
解得F安=B2L2vR
知安培力大小与速率成正比，故B错误；
C.由牛顿第二定律F−F安=ma
可得金属杆在x0处所受的拉力大小为F=B2L2v0R+mv022x0，故C错误；
D.根据速度-位移关系v2−v02=2ax，则有x=(2v0)2−v022a=3x0，故D正确。
故选：AD。
由运动学公式v2−v02=2ax，结合题图2可求得加速度表达式；由闭合电路欧姆定律结合F=BIL求安培力大小；由牛顿第二定律求金属杆在x0处所受的拉力大小；根据速度-位移关系v2−v02=2ax，求速率从v0增大到2v0的过程中，金属杆的位移大小。
本题主要考查了金属杆在导轨上切割磁感线的相关加速度、安培力等物理量的求解，解题的关键点是理清金属杆做什么运动，同时理解在整个过程中的能量转化特点。
10.【答案】BC
【解析】解：M和N点电势相等，所以匀强电场方向垂直MN连线；粒子在M点的速度方向与加速度方向垂直，则粒子在M点的受力如图所示，F为电场力和重力的合力。
A.由图可知，从M点运动到N点的过程中，F与速度方向夹角为锐角，合力对粒子做正功，粒子速率增大，故A错误；
B.由图可知，从M点运动到P点的过程中，电场力与速度方向的夹角为锐角，对粒子做正功，则粒子电势能减小，故B正确；
C.由图可知，从M点运动到N点的过程中，电场力与速度方向的夹角先是锐角，所以先做正功；结合M与N的电势相等，可知电场力之后再做负功，故C正确；
D.粒子从P到N，电场力做的总功为负功，所以机械能减小，故D错误。
故选：BC。
结合粒子在M点与N点速度的方向、加速度的方向判断出电场力的方向，结合受力的方向与运动的方向之间的关系判断力做功的情况，结合结合功能关系判断即可。
该题考查带电粒子在电场与重力的复合场中运动轨迹的分析，结合速度与加速度的特点，做好受力分析即可正确解答。
11.【答案】小球从2号位置运动到7号位置过程中机械能，理由见解析。
【解析】解：(1)根据题意可知相邻两张照片之间的时间间隔为：T=150s=0.02s；
根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有：v2=v13−=0.761−0.6762×0.02m/s=2.13m/s
小球在2位置的动能：Ek2=12mv22=12×0.03×2.12J=0.068J
小球从2的位置下落到经过7的位置，其下落的高度为：h=(1.114−0.710)m=0.404m
减少的重力势能为：ΔEp=mgh=0.03×9.8×0.404J≈0.12J；
(2)同样的道理，先求出小球在7位置时的速度v7=v68−=1.241−1.0032×0.02m/s=5.95m/s，小球在7号位置的动能为：Ek7=12mv72=12×0.03×5.952J=0.531J。
从位置2到位置7小球增加的动能：ΔEk=Ek7−Ek2=0.531J−0.068J=0.463J≫ΔEp=0.12J。
故小球从2号位置运动到7号位置过程中机械能不守恒。
故答案为(1)0.068、0.12；(2)小球从2号位置运动到7号位置过程中机械能不守恒，理由见解析。
(1)根据题意判断出相邻照片间的时间间隔，依据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即可求得2号位置的速度和动能，根据图示求得到达7号位置，减少的重力势能等于物体重力做功；
(2)同样道理算出小球在7号位置的动能，从而求出小球增加的动能，再与小球减少的势能对比，从而得到结论。
本题主要考查了同学们读图分析的能力，能根据相等时间内的位移情况判断运动情况，明确重力势能的减少量等于物体重力做功，掌握求解瞬时速度的方法，注意单位的换算与有效数字的保留，最后理解引起误差产生的根源。
12.【答案】1.9040
【解析】解：(1)因为二极管D两端电压在0∼2V范围内变化，所以采用分压连接；电压表内阻远大于发光二极管D正常发光时的电阻，电流表电阻和二极管D正常发光时的电阻相近，所以采用电流表外接，电路图如图
(2)根据图2可知，工作电流为15.0mA时，发光二极管两端的电压约为1.90V；
(3)因为发光二极管两端的电压约为1.90V，所以R2与RL的电压为3.1V，R2与RL的总电阻为Ω=206.7Ω，那么R2=206.7Ω−167Ω=39.7Ω，因此R2的取值应约为40Ω。
故答案为：(1)；(2)1.90；(3)40。
(1)根据发光二极管的示数从零开始可知，滑动变阻器采用分压式解法，又因为发光二极管正常工作时电阻较小，因此电流表选择外接法，据此连接电路图即可；
(2)根据图2可知可读出在电流为15.0mA时，发光二极管两端的电压；
(3)根据欧姆定律求得R2与RL的总电阻，再求解R2的阻值。
该实验考查滑动变阻器的解法、电流表的内外接法、实验数据的处理以及电路图的分析，题目具有较强的综合性，难度较大。
13.【答案】解：(1)当B刚好加速到v0，所用时间为t，由速度-时间公式得：v0=at
解得：t=v0a
车A与交汇点的距离s=v0×v0a=v02a
(2)车B的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，根据速度-位移公式得：v02=2a′s0
解得：a′=v022s0
根据速度-时间公式得：v0=a′t
解得：t=2s0v0
答：(1)车B出发时，车A与交汇点的距离为v02a；
(2)车B运动的加速度大小为v022s0，运动时间为2s0v0。
【解析】(1)根据速度-时间公式求解B加速的时间，根据s=vt求解A与交汇点的距离；
(2)车B的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，根据速度-位移公式求解车B运动的加速度大小，根据速度-时间公式求解运动时间。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是分析好两车的运动，结合运动学公式列式求解即可。
14.【答案】解：(1)据题知，离圆心3r处的光束恰发生全发射，有sinC=1n=35
解得：n=53
(2)①若k>1，则sinC=1n，可知C11和0