2023屆重慶市高三上學期一診模擬物理試題（二）

一、單選題

1.辛亥革命結束了中國長達二千余年的封建帝制，拉開了實現中華民族偉大騰飛的序幕。一游客

想從辛亥革命博物館附近的。處前往武漢革命博物館附近的6處,他用手機導航，導航圖如圖所示，

“、6間的直線距離為2.0km。若騎行自行車，則導航示“20分鐘3.5公里”；若騎行電動車，則導航

顯示“14分鐘3.5公里”。根據導航信息，從a到b的過程中，下列說法錯誤的是（）

A.該游客騎行自行車與騎行電動車的路程相等

B.該游客騎行自行車與騎行電動車的位移相等

C.該游客騎行自行車的平均速率大約是3m/s

D.該游客騎行電動車的平均速度大小大約是3m/s

【答案】D

【詳解】A.由題意可知該游客騎行自行車與騎行電動車的路程都等于3.5公里，故A正確；

B.因為兩種情況下起點和終點位置分別相同，所以該游客騎行自行車與騎行電動車的位移相等,

故B正確；

C.該游客騎行自行車的平均速率為

-s-，

v=—?3m/s

A

故C正確；

D.該游客騎行電動車的平均速度大小為

—fx

v=—?2.4m/s

t2

故D錯誤。

本題選錯誤的，故選D。

2.如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側截面是半圓的柱狀物體8,在3與豎直墻之間放置

meng

一光滑小球A，整個裝置處于靜止狀態.現用水平力/拉動8緩慢向右移動一小段距離后，它們仍

處于靜止狀態，在此過程中，下列判斷正確的是（）

A.小球A對物體B的壓力逐漸增大

B.小球A對物體8的壓力逐漸減小

C.墻面對小球A的支持力逐漸減小

D.墻面對小球A的支持力先增大后減小

【答案】A

【詳解】對A球受力分析并建立直角坐標系如圖

由平衡條件得：豎直方向：N2cosO=mg；水平方向：Ni=NsinO；聯立解得：Ni=mgtanO；

2cost）

B緩慢向右移動一小段距離，A緩慢下落，則9增大.所以N?增大，Ni增大，由牛頓第三定律知

故小球A對物體B的壓力逐漸增大，故A正確，BCD錯誤.故選A.

3.如題圖所示，水上飛行表演中，運動員操控噴射式懸浮飛行器將水帶緩慢豎直送上來的水向下

噴出，可以完成懸停、上升等各種動作。某次表演時運動員處于懸停狀態，噴嘴豎直向下噴出水的

速度為匕，若運動員操控裝置，以豎直向上的加速度。開始運動瞬間，噴嘴豎直向下噴出水的速度

為K，重力加速度為g,下列關系式正確的是（）

gm

A.vt:v2=a:gB.v,:v2=g:(g+a)

c.V,：V2=y[a：y/gD.:yjg+a

【答案】D

【詳解】設水的密度為夕，噴嘴噴水出口橫截面積為S,噴嘴豎直向下噴出水時，對水豎直向下的

作用力大小為尸，由動量定理得

FA/=pSv^tv

可得

F=pSv2

當運動員處于懸停狀態時有

pSv^=mg

當運動員操控裝置以豎直向上的加速度“開始運動瞬間有

pSv^-mg=ma

聯立解得

%：%=&：yjg+a

故D正確，ABC錯誤。

故選Do

4.如圖所示，質量分別為根、2m,4膽的物塊A、B、C疊放在光滑的水平地面上，現對B施加一水平

力F,已知A、B間和8、C間的摩擦數均為〃，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,為保證它們能夠一起

運動，尸最大值為

A

B一->

CF

ZZZ////////Z/ZZ

ii21

A.2fungB.-t-imgC「.~nmgD.Ifimg

meng

【答案】c

【詳解】當三個物體一起運動時加速度相同，對4、B、C整體分析，受重力、支持力和水平力F,

由牛頓第二定律，有：

F=(m+2m+4m)a

解得:

再對A受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，由牛頓第二定律有:

ma

fKA=^〃機g

對C受力分析，由牛頓第二定律，有:

fcB=4"43"mg

聯立解得:

F<—pmg

A.2〃/ng與分析不符，故A錯誤；

B.與分析不符，故B錯誤；

71

C.與分析相符，故C正確；

D.7〃加g與分析不符，故D錯誤.

5.全運會小輪車泥地競速賽賽道由半徑為R的1圓弧組成，如圖所示，選手從賽道頂端A由靜止

無動力出發沖到坡底B,設阻力大小不變恒為了,始終與速度方向相反，且滿足/=巡，選手和車

總質量為機，重力加速度為g,路程%C=25AC。則選手通過C點的速度為（）

cRJ

B.二2也一拒且區

【答案】D

gm

【詳解】路程%c=2sm，所以/AOC=30。，則小車下降高度為

〃=Rsin30°

運動的路程為

o

根據動能定理

2

mgh-f-sAC=^mv

可得

v=

故ABC錯誤，D正確。

故選D。

6.［和鳥是材料相同、上下表面為正方形的長方體導體，片的上、下表面積大于6的上、下表面

積，將々和鳥按圖所示方式接到電源上，閉合開關后，下列說法正確的是：（）

A.若《和鳥的體積相同，則通過片的電流大于通過A的電流

B.若《和乙的體積相同,則々的電功率大于鳥的電功率

C.若《和巴的厚度相同,則1和6內自由電荷定向移動的速率相等

D.若匕和鳥的厚度相同,則々兩端的電壓大于Pl兩端的電壓

【答案】B

【詳解】A.《和尸2是串聯在電路中的，所以通過《的電流總等于通過尸2的電流，A錯誤;

B.由電阻定律可得

R=pL=pE

SV

則若A和6的體積相同，上下表面積越大的電阻的阻值越大，由電功率公式

meng

P=I2R

由于通過4的電流總等于通過鳥的電流，則電阻越大的電功率越大，所以若片和6的體積相同，則

A的電功率大于8的電功率，B正確:

C.根據電流公式

I=nqSv

若片和6的厚度相同，由于々和旦的面積面積不相等，故片和旦內自由電荷定向移動的速率不相

等，C錯誤；

D.由電阻定律可得

R=p---

dLd

若《和巴的厚度相同，則R和鳥的電阻的阻值相同，由于A和2是串聯關系，所以則A兩端的電

壓等于鳥兩端的電壓，所以CD錯誤；

故選故

7.雙星系統中兩個星球A、B的質量都是機，相距L,它們正圍繞兩者連線上某一點做勻速圓周運

動.實際觀測該系統的周期7要小于按照力學理論計算出的周期理論值To,且于是

有人猜測這可能是受到了一顆未發現的星球C的影響，并認為C位于A、B的連線正中間，相對A、

B靜止，則A、8組成的雙星系統周期理論值公及C的質量分別為（）

【答案】D

【詳解】兩星的角速度相同，根據萬有引力充當向心力知：

Gmm->,

—p—=叫3:=mr2（Oy

可得

gm

兩星繞連線的中點轉動，則:

GmmL

=m-(o[2

13

解得

2Gm

所以

生=2發￡

電2Gm

由于C的存在，雙星的向心力由兩個力的合力提供，則:

m2GMm

G=tn—1Lrco^2

l2(I)22~

T=—=kT0

co2

解得:

4k2

故選D。

二、多選題

8.如圖所示，平行金屬板中帶電質點尸原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響,

當滑動變阻器飛的滑片向6端移動時，則（）

B.電流表讀數增大

C.質點P將向上運動

D.&上消耗的功率逐漸增大

【答案】AB

【詳解】ABD.根據題意可知，當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減

meng

小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時與兩端的電壓也增大；故并

聯部分的電壓減小，由公式尸=J?可知，&上消耗的功率減小，由歐姆定律可知，流過R,的電流

R

減小，則流過R?電流增大，&兩端電壓增大，故電壓表示數減小，電流表示數增大，故D錯誤，

AB正確；

C.根據題意可知，行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態，則有

由于電容器兩端電壓減小，由E=g,尸=坨可知，電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場

力，電荷向下運動，故C錯誤。

故選AB。

9.皮皮小朋友站在自家陽臺邊緣將一個彈性溜溜球向馬路對面的另一樓房水平拋出，球與馬路的

水泥地面僅發生一次彈性碰撞后（豎直速度僅改變方向但大小不變，水平速度不變），恰好越過另

一陽臺邊緣，已知兩個陽臺邊緣之間的水平距離為d=10m,球拋出點離地高九=10m,另一陽臺

邊緣離地高均=5m,不計空氣阻力，重力加速度為g=10m/s2,則關于球的水平速度V。的大小可能

的是（）

【答案】AC

【詳解】球與馬路的水泥地面僅發生一次彈性碰撞后（豎直速度僅改變方向但大小不變，水平速度

不變），恰好越過另一陽臺邊緣，則可能碰地后在上升階段恰好越過另一陽臺邊緣，也可能在下降

階段恰好越過另一陽臺邊緣。因為球從拋出點到落地用時滿足

4=2^!

=>/2s

若是碰地后在上升階段恰好越過另一陽臺邊緣，則碰地后運動時間滿足

…一〃

gm

其中

解得

t2=(V2-l)s

則從拋出到越過另一陽臺邊緣用時為

f=彳+f,=(2^/2—l)s

則水平速度為

d10

m/s

%=7(2V2-D

同理若是在下降階段恰好越過另一陽臺邊緣，則總時間為

f”=4+，=(27i+l)s

此時水平速度為

,d10,

%=bk?m/s

故選AC,

10.如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ,兩導軌間距為L,導軌電

阻忽略不計.在例和P之間接有阻值為R的甲與乙兩個定值電阻，導體桿時的質量為，小電阻為

，，并與導軌接觸良好.整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為8的勻強磁場中.現給導體桿

M一初速度出，使桿向右運動.最后桿停在導軌上.下列說法正確的是

B.油桿速度減為9時，岫桿加速度大小為-察々

2m(R+2r)

C.必桿速度減為，時，通過甲電阻的電量4=翳

D.油桿速度減為多時，而桿走過的位移5="二+,2?%

24B27,2

【答案】BD

meng

o2r2

【詳解】A項：ab棒水平方向上受與運動方向相反的安培力，加速度為：。=一—，由于速度減

小，所以ab棒做加速減小的減速運動直到靜止，故A錯誤;

B項：當ab棒的速度為多時，安培力為：吊=B丁2=髻斗，所以加速度為：“=區=，

2)R+2rmzw(/?+2r)

故B正確；

C項：對ab棒由動量定理得：-8〃加=“為-根%,即a4=”為，解得：夕=也，由于甲與乙

222BL

電阻并聯，所以通過甲電阻的電量為：野故c錯誤；

4BL

_卜①_

2BLx_mv(),ro-.

D項：由"R二一/?+2「五晨解得：*=K—，故D正確.

萬+r4B-匕

三、實驗題

11.如圖所示，某同學在實驗室做“測動摩擦因數''的實驗，細線連接鋼球和滑塊跨在木板上端的定

滑輪上處于靜止狀態，發現燒斷細線后鋼球落地和滑塊撞擊擋板的時間相同.

⑴寫出滑塊下滑的加速度。與圖中x、H、重力加速度g的關系式(用字母表示)a=.

(2)以滑塊為研究對象，利用牛頓第二定律，用H、爪x這三個物理量表示出動摩擦因數的數學表

達式，表達式是〃=.(用字母表示)

(3)用刻度尺測量出4=2.5m,40.50m,/?=0.30m,代入相關數據，得出滑塊與木板間的動摩擦因

數"=_____(結果保留兩位有效數字)

xghx

【答案】0.5

Hdx2-h2Hylx2-h2

【詳解】(1)由運動學規律，則有:

H=-gt2,x=-at2

22

Y

聯立解得：a=—.

riS

gm

(2)設木板與水平桌面間的夾角為氏滑塊下滑時，受力分析，并由牛頓第二定律，則有:

mgsin0—pmgcos0=ma

且sin。"和cos0=--——

切,口Hh-x2

觸得：〃=—/;

Hyjx2-^

Hh工2

⑶將”=2.5m,廣0.50m,/?=0.30m,代入〃=---/,解得：〃=0.5.

Hyjx2-h2

12.某物理興趣小組的同學現在要測定由兩節新干電池組成電池組的電動勢和內阻的大小，該同學

根據實驗室提供的實驗器材設計了如圖1所示的原理圖，其中定值電阻R|=LOC、RO=2.OQ,毫安

表的量程范圍為0-150mA,內阻大小為rmA=4C.試完成下列問題:

T

圖2

圖4

(1)請根據原理圖將圖2所示的實物圖連接好

(2)實驗中電壓表所選的量程為0~3V,某次測量中電壓表的讀數如圖3所示，則此次實驗中電

壓表的讀數為U=V：

(3)他們已經將實驗中所測得的實驗數據描點，并作出了U-I圖象，如圖4所示.則電池組的電

動勢為E=V,內阻為i=Q.(保留3位有效數字)

meng

【答案】2.502.97-2.982.40-2.46

【詳解】（1）根據圖1所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖所示:

（2）電壓表量程為3V,由圖示表盤可知，其分度值為0.1V,示數為2.50V；

（3）由題意可知，電流表內阻為R/的4倍，則流過R/的電流為電流表所示的4倍；由圖示電源

XI）297-220

U-/圖象可知，電源電動勢：￡=2.97V；電源內阻r=—=一飛=；—-2.00=2.400.

△135x10x5

四、解答題

13.如圖所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點，且兩者固定不

動.一長L為0.8m的細繩，一端固定于O點，另一端系一'個質量mi為0.2kg的球.當球在豎直

方向靜止時，球對水平桌面的作用力剛好為零.現將球提起使細繩處于水平位置時無初速釋放.當

球mi擺至最低點時，恰與放在桌面上的質量m2為0.8kg的小鐵球正碰，碰后mi小球以2m/s的速

度彈回，m2將沿半圓形軌道運動，恰好能通過最高點D.g=10m/s2,求：

（1）m2在圓形軌道最低點C的速度為多大？

（2）光滑圓形軌道半徑R應為多大？

O叫L.0

【答案】①1.5m/s②0.045m

【分析】（1）球n擺至最低點的過程中，根據機械能守恒定律求出到最低點時的速度，碰撞過程,

根據動量守恒列式求碰后m2的速度.

gm

（2）m2沿半圓形軌道運動，根據機械能守恒定律求出m2在D點的速度.恰好能通過最高點D時，，

由重力提供向心力，由牛頓第二定律可求出R.

【詳解】（1）設球皿擺至最低點時速度為vo，由小球（包括地球）機械能守恒：

”?話心=?”商，解得vo=4m/s

mi與m2碰撞，動量守恒，設mi、m2碰后的速度分別為vi、V2.

選向右的方向為正方向，貝I：

miv（）=mivi+m2V2

代入數值解得：V2=1.5m/s

（2）nu在CD軌道上運動時，由機械能守恒有：

；嗎＜=??2g（2R）+gg年…①

由小球恰好通過最高點D點可知，重力提供向心力，即：

”=皿…②

R

由①②解得：R=0.045m

【點睛】本題主要考查了動量守恒、機械能守恒定律、向心力公式的應用，要知道小球恰好通過最

高點時，由重力提供向心力.

14.如圖所示，矩形ABCD中，長AB=2L,寬BC=L.ABD所在區域內存在水平向右的勻強電場，

BCD所在區域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.質量為m、電荷量為q的

帶正電粒子由靜止開始從AD的中點出發，經過磁場最后從B點離開.不計粒子的重力.求：

（1）粒子在磁場中運動的速度大小;

（2）電場強度的大小.

【答案】⑴丫=迎^⑵七=空空

4m32m

【詳解】（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，根據題意作出軌跡,

令角ABD為仇根據題意得：

meng

tan。=0.5,sin?=或~,rsin。=,r=——

544

2

由洛倫茲力提供向心力可知：qBv=m—

r

解出八竽

4/n

（2）粒子在電場中加速，由動能定理得：qEL=mv1

25qLB2

匕=

32"?

15.如圖所示，半圓弧MN將半徑為R的半圓PQ分隔成I、n兩個區域，兩個半圓有共同圓心O

且均在紙面內，I、H兩個區域（含邊界）分別有垂直紙面向外、向里的勻強磁場，破感應強度大

小均為瓦一質量為山、電荷量為4（4>0）的粒子從P點垂直PQ沿紙面運動，在區域I中經過時

57rm47rHi

間碗,隨后進入區域L在區域n中經過時麗，再次進入區域I中。粒子在磁場中僅受磁場

力作用。求:

（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T：

（2）粒子運動的速度大小和圓弧MN的半徑:

（3）粒子從P點開始到由。。邊離開磁場所經過的時間。

【詳解】（1）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度大小為v,半徑為，?，則

qvB=m—

gm

T2元丫

1=---

v

解得

_28n

I-----

qB

(2)由題知：粒子從區域I進入區域I［時，在磁場中的偏轉角

e皿2)=紅

'T6

粒子從區域n再次進入區域I時，在磁場中的偏轉角

47rm

a3qB4/r

2T3

如圖，由分析和幾何關系知，粒子在區域n中的運動軌跡與相切于點B'

設圓弧MN的半徑為R,由幾何關系可得：

卜2rcos?)]=R2

(2r)2+

(.先Yrpr+rcos/)]=R'2

1rsin—1+R-

聯立解得

R一二坦R

一2△+111

R，=出近(26-