《重庆市第一中学校2022-2023学年高三上学期12月月考物理w含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市第一中学校2022-2023学年高三上学期12月月考物理w含答案.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20222023 学年重庆一中高三上学期学情调研 物理试卷 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名.准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题；本题共 7 小题，每小题 3 分，共 21 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如图所示，在某建筑工地，工人甲将质量为 m的工件利用固定在支架上的光滑定滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，绳索与水平方向的夹角为；工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。已知甲、乙的质量分别为 M甲、M乙，重力加速度大小为 g，甲
2、、乙始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A工件匀速上升时，楼顶对甲的支持力为(M甲-m)g B工件以加速度 a 匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为 m(g+a)cos C乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变 D乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐减小 2一个静止的放射性原子核处于匀强磁场中，由于发生了衰变而在磁场中形成如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为 1:16，下列判断中正确的是（）A反冲核在小圆上顺时针运动 B该原子核发生了 衰变 C原来静止的核，其原子序数为 16 D让放射性原子核和反冲核均在磁场中做圆周运动，二者周期不同 3 A 为地球赤道上一个物体，随地球自转而做匀速圆周
3、运动，两颗人造卫星 B、C 绕地球做匀速圆周运动，其中 B 为近地卫星，C 为地球的同步卫星，两卫星的质量之比为 mB：mC=3：1，运行周期之比为 TB：TC=1：27，则下列说法正确的是（）AA、C 线速度之比为 vA：vC=3：1 BA、C 加速度之比为 aA：aC=27：1 CB、C 轨道半径之比为 rB：rC=1：9 DB、C 线速度之比为 vB：vC=3:1 4下列关于物理学史，说法错误的是（）A1820 年，丹麦物理学家奥斯特电流可以使周围的磁针偏转的效应，称为电流的磁效应 B1832 年，美国物理学亨利发现自感现象 C1834 年，俄国物理学家楞次确定感应电流方向的定律楞次定律
4、 D1831 年，法国物理学家法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律电磁感应现象 5如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为 2 kg 的“L”形木板 A，其左端挡板与放在 A 板上的质量为 1 kg 的小物块 B 间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有 3 J 的化学能转化为 A、B 的动能，爆炸结束瞬间，质量为 1 kg 的物块 C 以水平向左，大小为 2 m/s 的速度从 A 板右端滑上木板，最终物块 B、C 恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为 0.2，取 g10 m/s2，则（）A木板 A 最终水平向右运动 B木板长度为 2.75 m C最终 B 距离木板左端 2 m D最
5、终 C 距离木板右端 1 m 6如图所示，圆环上均匀分布着正电荷，直线 MN垂直于圆环平面且过圆心 O，M、N 两点关于 O点对称。将一带负电的试探电荷从 M 无初速释放，选无穷远处电势能为零，下列说法正确的是（）AM、N 两点电场强度相同 B试探电荷经过 O点时速度最大 C试探电荷经过 O点时电势能为零 D试探电荷将在 MN之间做简谐运动 7某同学对着竖直墙面练习投篮，在同一高度的 A、B两点先后将球斜向上投出，球均能垂直打在竖直墙上的同一点 P 点，不计空气阻力，则关于球投出后先后在空中的运动，下列说法正确的是（）A第一次球被抛出的速度大 B第二次在空中运动的时间长 C两次在最高点时速度相
6、等 D两次在空中运动的时间相等 二、选择题；本题共 3 小题，每小题 4 分，共 12 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 4 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分 8如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，其中丙的磁感应强度大小为 B、电场强度大小为 E，下列说法正确的是（）A甲图要增大粒子的最大动能，可减小磁感应强度 B乙图可判断出 A 极板是发电机的正极 C丙图中粒子沿直线通过速度选择器的条件是EvB D丁图中可以判断形成电流的电荷（载流子）是正电荷 9如图示所示的电路中，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C 为电容器，电
7、源电动势为 E，内阻为 r，电压表与电流表均为理想电表在可变电阻 R3的滑片由 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是 A电流表的示数减小 B电压表的示数减小 C电容器的电荷量逐渐减少 D电源的输出功率一定增大 10如图所示，质量分别为 m 和 2m 的物块 A和 B，用轻质弹簧连接放在水平地面上，物块 A通过一根水平轻绳连接到墙上，物块 A 的下表面光滑；物块 B 与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用水平拉力将物块 B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，物块 B恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度大小为 g。若剪断轻绳，则（）A
8、剪断轻绳后，物块 A、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B剪断轻绳后，物块 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒 C弹簧压缩到最短时，物块 A、B 有一起向右的共同速度 D从剪断轻绳到弹簧压缩到最短，物块 A 的位移为4 mgk 三、非选择题：67 分 11（1）用游标为 20 分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，其长度L _mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D_mm。（3）该同学想用伏安法测量其电阻R（约200），现有的器材的规格如下：待测圆柱体电阻R：电流表1A，（量程05mA，内阻约50）；电流表2A（量程0 15mA，内阻约30）；电压表1V，（量程0 3V，内阻
9、约10k）；电压表2V（量程0 15V，内阻约25k）：直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器1R（阻值范围0 15，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器2R（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干。为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用电流表_，电压表_，滑动变阻器_（选填1A、2A、1V、2V、1R、2R）。（4）电路连接应是电流表_（选填内接或者外接），采用_接法（选填分压或限流）12某同学想测定某节于电池的电动势和内阻（1）他先用多用电表粗测了干电池的电动势，图甲是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为_V，实验结束后，应
10、将选择开关拨到图中的_挡位（选填 A、B、C或 D）（2）他再用乙图所示电路较精确测定该干电池的电动势和内阻，有待测电池、电流表（量程0 0.6A，内阻约0.1）、电压表（量程0 3V，内阻约3k）、滑动变阻器（阻值010）、开关各一个、导线若干，为了防止实验测量时数据过密（即要求电压变化范围相对大一些）另外还配有一个阻值为1的定值电阻0R 请按照图乙设计的电路图用笔画线将图丙实物电路图补充完整_ 该同学按照要求连接好电路并进行实验，根据实验数据绘出了图丁所示的UI图象，则电源的电动势1.50VE，电源内阻r _，（结果保留到小数点后一位）在上述实验过程中存在系统误差在下图所绘图象中，虚线代表
11、没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图象，实线是根据测量数据绘出的图象，则下图中能正确表示二者关系的是_ 13如图所示，在xL处有平行于 y 轴的虚线，虚线左侧所有空间分布着水平向左的匀强电场，在虚线右侧所有空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在 O点处，某时刻有一带负电的粒子以初速度0v沿 y 轴正方向运动，粒子从(,2)A LL点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到 O 点，已知粒子的质量为 m，电荷量大小为 q，不计粒子重力，求：（1）带电粒子运动到 A 点的速度；（2）磁感应强度大小和带电粒子从开始运动到恰好回到 O 点的时间。14一质量为 m1=1 k
12、g，带电荷量为 q=+0.5 C 的小球以速度 v0=3 m/s 沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长 0.6 m，两极板间距为 0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由 A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道 ABC，圆弧轨道 ABC 的形状为半径 R3m 的圆截去了左上角127的圆弧，CB为其竖直直径，在过 A 点竖直线 OO的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 V/m，(g=10m/s2)求：（1）两极板间的电势差大小 U；（2）欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径 R 的取值应满足的条件；（3）若在 B处放一个质量为
13、 m2光滑绝缘小球，且 m2=m1，两球相碰为弹性正碰，若 m2球能运动到圆弧轨道最高点，求圆弧轨道半径的范围。15如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内有一半径为 R、圆心为 O(0，R)的圆形区域，圆形区域内存在着方向垂直圆面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，圆形区域右侧有一方向沿 x轴正方向的匀强电场，固定绝缘板 MN垂直于 x轴且与 y 轴间的距离为145R。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子（不计重力），从坐标原点 O 以大小为 v0=qBRm、方向与 y轴正方向夹角 =37的速度垂直磁场射入第一象限，射出磁场后进入电场，与MN发生碰撞，碰撞前后沿x轴方向的速度大小不变。
14、已知匀强电场的电场强度大小E=2qB Rm，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)粒子第一次射出磁场时的位置 P1以及与 MN发生碰撞前瞬间的速度大小 v；(2)粒子第二次射出磁场时的位置P2以及粒子从第一次射入磁场到最后一次射出磁场在磁场中运动的总时间t。物理参考答案 1B A工件匀速上升时，绳上拉力 T大小等于工件的重力 mg，在竖直方向对甲由平衡条件可得 sinNTM g甲 解得楼顶对甲的支持力为 sinsinNM gTM gmg甲甲 A 错误；B工件以加速度 a 匀加速上升时，对工件由牛顿第二定律可得 Tmgma 在水平方向对甲由平衡条件可得 cosfT 联立解得楼顶对甲的
15、摩擦力为()cosfm ga B 正确；C乙将工件拉到楼顶过程，设两绳结点上方绳索与竖直方向夹角为，对结点由平衡条件可得甲拉的绳索上的拉力为 1cosmgT 由平衡条件可得，甲受到的摩擦力为 11cosfT 由于变大，可知1T变大，1f变大，C 错误；D乙将工件拉到楼顶过程，乙对轻绳的拉力为 2tanTmg 由平衡条件可得，乙受到的摩擦力为 22fT 由于变大，可知2T变大，2f变大，D 错误。故选 B。2D A根据动量守恒可知反冲原子核与电子动量大小相等，由洛伦兹力提供向心力 2vqvBmr 可得 mvPrqBqB 所以电荷量越大的其轨道半径越小，可知反冲原子核半径较小，带正电根据由左手定则
16、可判断反冲核运动方向为逆时针，故 A 错误；B衰变为外切圆，衰变为内切圆，由轨迹图可知，衰变为 衰变，故 B 错误；C根据半径公式 mvrqB 可知，电荷量与半径成反比，则反冲核电荷量与 粒子的电荷量之比为 16:1，所以反冲核的核电荷数为 16，则原来静止的核，其原子序数为 15，故 C 错误；D放射性原子核与反冲核质量相等但电荷量不同，根据2 mTqB 可知二者周期不同，故 D 正确。故选 D。3C A同步卫星的周期与地球的自转周期相同，同步卫星的高度约为6hR地，则同步卫星的轨道半径7rR地，根据 vr A、C 线速度之比为:1:7ACvv A 错误；B根据 2ar A、C 加速度之比为
17、 1:7ACaa B 错误；C根据开普勒第三定律 2323BBCCTrTr 解得 1:9BCrr C 正确；D根据 2 rvT 则:3:1BCvv D 错误。故选 C。4D A丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体可以使周围的磁针偏转，即电流的磁效应，A 正确，不符合题意；B美国物理学亨利发现自感现象，即因电流变化而在电路本身引起感应电动势的现象，B 正确，不符合题意；C俄国物理学家楞次提出了感应电流方向判断的方法，即楞次定律，C 正确，不符合题意；D 英国物理学家法拉第发现了磁场产生感应电流的条件，纽曼和韦伯总结出了电磁感应的规律，D 错误，符合题意。5C A全过程 ABC 系统合外力为零，动量守
18、恒，且总动量向左，故最终木板应向左滑动，选项 A 错误；B又 mCvC（mAmBmC）v v0.5 m/s 炸药爆炸后瞬间，AB 满足动量守恒 mAvA=mBvB 且机械能增加 3 J，22113J22AABBm vm v 故可知 A 获得的速度 vA=1 m/s B 获得的速度 vB=2 m/s 故全过程 BC 在板上的相对位移之和满足 2211()22CCABCCm vEmmmvm gs s2.25 m 选项 B 错误；CD由受力分析可知，A 先向左匀速，C 向左 2 m/s2匀减速，B 向右 2 m/s2匀减速，AC 共速后，又一起以22m/s3加速度向左匀减速，直到三者共速，故 C 在
19、 A 上滑行的相对位移 2()0.25 m2(0)CACCvvsa sBs-sC2 m 故选项 C 正确，D 错误。故选 C。6B A由电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，故 A 错误；B 圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在 O 点产生的场强相互抵消，合场强为零，圆环上各电荷产生的电场强度在 MN 直线上竖直方向的分量相互抵消，在 O点左边水平分量水平向左，由电场的叠加原理可知，在 O点左边电场强度方向向左，同理可知，在 O点右边电场强度方向向右，带负电 的试探电荷从 M 无初速释放向右先做加速运动，到 O点加速度为 0，速度最大，接着向右做减速运动
20、，故B 正确；C选无穷远处电势能为零，由顺着电场线方向电势降低可知，O 点电势最高且不为 0，则电势能不为 0，故 C 错误；D由点电荷场强公式2=QE kr可知，带负电的试探电荷运动过程中的合力与位移不成正比，故试探电荷将在 MN 之间不是做简谐运动，故 D 错误。故选 B。7D BD 将球投出运动到P点的过程看成平抛运动的逆过程，由于两次高度相同，因此在空中运动的时间相同，故 B 错误，D 正确；AC将球投出运动到P点的过程看成平抛运动的逆过程，则抛出小球的水平分速度大小为 0 xvt 又因为 212hgt 联立两式得 02gvxh 竖直分速度大小为 2yvgh 故抛出时小球初速度大小为
21、222022ygvvvxghh 由题知两次抛出小球时，BAxx，h相同，故可得 BAvv，00BAvv 即第二次球被抛出的速度大，在最高点时速度最大，故 AC 错误；故选 D。8CD A根据洛伦兹力提供向心力可知 2vBqvmr 解得 Bqrvm 故最大动能为 2222122kmaxq B rEmvm 增大粒子的最大动能，可增大磁感应强度或 D形盒子的半径，故 A 错误；B由左手定则可知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A 板是电源的负极，B 板是电源的正极，故 B错误；C电场的方向与 B的方向垂直，带电粒子进入复合场做匀速直线运动，受电场力和洛伦兹力，且二力平衡，即 EqBqv 则 EvB
22、故 C 正确；D电场强度方向向下，可知上方为霍尔元件的高电位点，若载流子带正电，由左手定则可知，洛伦兹力向上，大拇指指向霍尔元件的高电位点，故 D 正确。故选 CD。9BC 可变电阻 R3的滑片由 a 端向 b 端滑动的过程中，R3的阻值减小，总电阻减小，总电流变大，即电流表的示数变大，电源内阻及 R1上的电压变大，可知电压表示数减小，选项 A 错误，B 正确；电容器两端的电压变小，可知电容器带电量变小，选项 C 正确；因不明确电源内阻与外电阻的关系，则不能确定电源输出功率的变化，选项 D 错误；故选 BC.10BD A剪断轻绳后，物块 A、B 和弹簧组成的系统所受的合外力不为零，所以动量不守
23、恒，故 A 错误；BCD撤去拉力后，物块 B 恰好能保持静止，此时弹簧的伸长量为 x，满足 2kxmg 即 2 mgxk 剪断轻绳后，物块 A和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧的最大压缩量也为 x，此时物块 B 恰好能保持静止，弹簧压缩到了最短，所以剪断轻绳后，由于物块 B 始终保持静止，物块 A、B和弹簧组成的系统机械能也守恒，因此从剪断轻绳到弹簧压缩到最短，物块 A 的位移为 42mgsxk 故 BD 正确，C 错误。故选 BD。11 50.25 1.400 A2 V1 R1 外接 分压（1）1游标卡尺的读数为 L=50mm+50.05mm=50.25mm；（2）2螺旋测微器的读数为：D
24、=1mm+40.00.01mm=1.400mm；（3）345由于电压表 V2量程太大（量程的13大于电源的电动势），所以电压表应选择 V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为 max3A=15mA200 xUIR 所以电流表应选择 A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1以方便调节；（4）67由于待测电阻满足 VXXARRRR 电流表应用外接法，滑动变阻器应采用分压式接法，所以电路应是“分压外接”电路。12 1.46 C 0.6 A（1）12测量时选择量程为2.5V，分度值为0.05V，测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为 0
25、.05V29.21.46V 实验结束后，应将选择开关拨到 OFF 挡或交流电压最高挡，故应将选择开关拨到图中的 C 挡位；（2）3按照图乙设计的电路图用笔画线将图丙实物电路图为 4根据闭合电路欧姆定律有 0()UEI rR 斜率为 01.50.71.60.50UkrRI 电源内阻 1.610.6r 5实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用，实验测出的电动势小于真实值，故 A 符合题意，BCD 不符合题意。故选 A。13(1)02Avv，方向与 x 轴成 45角；(2)02mvBqL，034 Ltv 解：(1)如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，有 v0t1=2L 2112atL 解得
26、202vaL 粒子在 A 点时，沿 x轴正方向的速度 vx=at1=v0 粒子在 A 点的速度 220002Avvvv 粒子的速度方向与 x 轴成 45角。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动则有 2AAvqv Bmr 解得 02AmvmvrqBqB 由粒子的运动图线可知 2 2rL 解得 02mvBqL 粒子做匀速圆周运动的时间 t2，由 024mLTqBv 解得 20334LtTv 粒子从开始运动到回到 O点的时间 t 12000342322LLLtttvvv 14（1）10 V；（2）253mm18R或25m63R；（3）25m38R （1）在 A 点 vy=v0tan 53=4m/s 带电
27、粒子在平行板中 00.2sLtv vy=at 解得 a=20m/s2 又 m1g+Eq=m1a U=Ed 得 U=10 V（2）在 A 点速度 0=5m/ssin53Avv i.若小球不超过圆心等高处，根据功能关系 2111()cos532Am vm gqE R 解得 253mm18R ii.若小球能到达最高点 C，根据功能关系 2211111=()(1cos53)22ACm vm gqE Rm v 在 C 点 211Cvm gEqmR 可得 11()Cm gqE Rvm 可知 25m63R 故圆弧轨道半径 R 的取值条件为 253mm18R或25m63R （3）m1球运动 B 处，根据机械能
28、守恒 2211111+()(1cos53)22ABm vm gqE Rm v m1球与 m2球是弹性碰撞且质量相等，根据动量和能量守恒知两者碰后交换速度 v1=0 v2=vB 对 m2球能运动到 C点应满足条件 2222211=222BCm vm gRm v 222Cm vm gR 解得 5BvgR 可得 25m38R 15(1)(45R，25R)，5qBRm；(2)(0，2R)，mqB(1)如图所示，粒子第一次在磁场中做以 O1为圆心的匀速圆周运动，设其轨迹半径为 r，则有 qv0B=m20vR，v0=qBRm 得 r=0mvqB=R 可见，四边形 OO1P1O是菱形 由几何知识得，粒子过 P1时的速度方向沿电场方向，而 P1的位置坐标为(rcos，rrsin)，即 P1(45R，25R)在到达 MN 前粒子在电场中做匀加速直线运动，则 v2-v02=2a(145R-45R)a=Eqm 其中 E=2qB Rm 得 v=5qBRm (2)粒子第二次在磁场中做速率为 v0、O2为圆心的匀速圆周运动，四边形 P1OP2O2是菱形，由几何知识得，P2的位置坐标为(0，2R)则 t=1 10rOO Pv+2210rPO Pv 且由几何关系知 OO1P1+P2O2P1=得 t=mqB