【文档说明】重庆市沙坪坝区重点中学2023届高三上学期期末复习（二）物理试卷（含解析）.doc，共(22)页，4.156 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市沙坪坝区重点中学2022-2023学年高三上期期末复习题物理（二）注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题

目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择

题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.如图所示，长木板A端着地，倾斜放置，质量为m的物块放在长木板上端，长木板开始

时与水平方向的夹角为37，使长木板绕A端在竖直面内缓慢转动到板与水平方向的夹角为53的位置，物块始终与板保持相对静止，此过程物块受到的摩擦力大小增加量为f，板对物块支持力大小的减小量为N，sin370.6=，则（）A.fNB.fNC.fN=D.无法比较f、N大小【答案】C【解析

】【详解】因为物块始终与板保持相对静止，则根据正交分解sin53sin37=0.2cos37cos53=0.2mgfmgmgmgNmgmg=−=−故ABD错误。故C正确。故选C。2.如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以大

小为a的加速度做初速度为零的匀加速直线运动，到达C点时的速度大小为v。乙先以大小为1a的加速度做初速度为零的匀加速直线运动，到达B点后再以大小为2a的加速度做匀加速直线运动，到达C点时的速度大小也为v。若1

2aaa，则（）A.甲车一定先到达C点B.甲、乙两车不可能同时到达C点C.乙车一定先到达C点D.若1aa，则甲车一定先到达C点【答案】B【解析】【详解】由于甲、乙两车末速度大小相等，位移大小相等，即图线与坐标轴所围成的面积相等，若1aa，作出两车的v

t−图像如图1所示则tt乙甲，可知乙车先到达C；若1aa，作出两车的vt−图像如图2所示，则tt乙甲，可知甲车先到达C点；由于不能作出甲、乙两车位移大小相等、速度大小相等、时间也相等的图线，所以甲、乙两车不能同时到达C点。故选B。3.某同学注意到手机摄像

头附近有一个小孔，查阅手机说明后知道手机内部小孔位置处安装了降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线

对应降噪系统产生的等幅反相声波。则（）A.降噪过程实际上是声波发生了干涉B.降噪过程可以消除通话时的所有背景杂音C.降噪声波与环境噪声的传播速度不相等D.P点经过一个周期传播的距离为一个波长【答案】A【解析】【详解】AC．由图看出，降噪声波与环境声波

波长相等，又由机械波传播的速度由介质决定可知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，则两列波频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，A正确、C错误；B．降噪过程不能消除通话时的所有背景杂音，只能消除与降噪声波频率相同的杂音，B错误；D．P点并不随波移动

，D错误。故选A。4.使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后稳定状态如图所示。然后松手，橡胶头体积增大V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2的高度关系，有（）A.V1>V2B.V1

<V2C.V1=V2D.缺少数值无法判断【答案】A【解析】【详解】捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为101ppgh=+水进入了滴管后的压强为202ppgh=+根据玻意尔定律()()0102phVpg

hV+=+可得后来气体体积大于初始体积即VV所以V1>V2故A正确，BCD错误。故选A。5.某同学设计了一个测量压力的电子秤，电路图如图所示。压敏电阻R的阻值会随秤台上所受压力的变大而变小，G是灵敏电流表，0R是定值电阻，电源电动势为E，内阻为r

，当压力变大时（）A.电源的效率变小B.灵敏电流表G读数变小C.电容器C左极板有电子流出D.0R两端的电压不变【答案】A【解析】【详解】A．当压力变大时，电阻R减小，外电阻减小，电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，由UE=得效率变小，故A正确

；B．电路电流增大，故灵敏电流表G读数变大，故B错误；CD．电流减增大，则0R两端电压增大，电容器C充电，电流方向与电子移动方向相反，则左极板有电子流入，故CD错误；故选A。6.如图所示，1Q、2Q为固定在空间的

带正电的点电荷，O为两点电荷连线的中点，在两点电荷连线的垂直平分线上P点处，由静止释放一个带电粒子，粒子仅在电场力作用下运动轨迹如图中实线，不考虑带电粒子对电场的影响，则下列判断正确的是（）A.O点处场强大小

可能为零B.带电粒子带正电C.带电粒子从P到A电场力做负功D.A点的电势一定比P点电势高【答案】D【解析】【详解】A．若1Q、2Q电量相等，则粒子沿中垂线做直线运动，由图知粒子做曲线运动，可知1Q、2Q电量不等，O点处场强不为零，故A错误；B．若带电粒子带正电，则其在P点受到的合力方

向沿左上方，运动轨迹不可能如图中实线，所以带电粒子带负电，故B错误；C．带电粒子从P到A电场力方向与位移方向夹角为锐角，做正功，故C错误；D．带电粒子从P到A电场力做正功，且带电粒子带负电，所以A点的电势一定比P点电势高

，故D正确。故选D。7.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴

子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（）A.4号猴子的加速度和速度都等于0B.3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为43mgD.1号猴子对2号猴子的作用力大小为73mg【答案】C【解析】【详解】A．在3号猴子手滑后的一

瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；B．在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，加速度a大小为3mgma=解得13ag=加速度的方向竖直向上，B错误；C．2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为23Fmgma−=解得234

3mgF=C正确；D．1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为1222Fmgma−=解得1283mgF=D错误。故选C。8.木星冲日就是指木星、地球和太阳依次排列大致形成一条直线时的天象。已知木星质量约为地球

质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，则下列说法正确的是（）A.木星绕日运行速度比地球绕日运行速度大B.木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小C木星第一宇宙速度比地球第一宇宙速度小D.每两次“木星冲日”的时间间隔约为400天【

答案】D【解析】【详解】A．在天体的环绕模型中，由太阳和行星之间的万有引力提供行星做圆周运动的向心力得22MmvGmrr＝整理得GMvr=由于木星的环绕半径r木大于地球的环绕半径r地，则木星绕日运行速度比地球绕日运行速度小。故A错误；B．在星球表面，忽略自转影响时2MmGmgR

＝整理得2GMgR=由题意可得木星和地球的重力加速度之比近似为2222318:=:=:318:121(11)GMGMMMggRRRR=木地地地木地木地地地可知木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大。故B错误；C．由第一宇宙速度是卫星

的最大环绕速度，此时环绕半径为星球半径22MmvGmRR＝整理得第一宇宙速度GMvR=由题意可得318:=:=:318:1111GMGMMMvvRRRR=木地地地木地木地地地可知木星第一宇宙速度比地球第一宇宙速度大。故C错误；D．根据开普勒第三定律3322rrTT=木地木地又根据两次“木

星冲日”时1ttTT−=地木解得400t天故D正确。故选D。9.上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核74Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子e，即700410

BeeXe−+→+。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在，若原子核X的半衰期为0T，平均核子质量大于74Be，则（）A.X是73LiB.X的比结合能小于74BeC.中微子e的能量由质子数减少转变而来D.再经过02T，现有的原子核

X全部衰变【答案】AB【解析】【详解】A．根据题中核反应方程，结合质量数与电荷数守恒可得X的质量数和电荷数分别为707A=−=413Z=−=故A正确；B．X与74Be质量数相同，而X的平均核子质量大于74Be，根据质能方程可知74Be的结合能更大，由于

二者核子数相同，都为7，因此74Be的比结合能更大，故B正确；C．由核反应方程可知，中微子e的能量是一个质子与一个电子结合转变成一个中子而得到，故C错误；D．经过02T，只剩下现有的原子核X的14未衰变，故D错误。故选AB。10.某国产电动汽车厂商对旗下P7、G

3两款产品进行百公里加速性能测试，某次加速过程中P7、G3的速度一时间图像分别为图中的图线A和图线B若测试时两车的质量和所受的阻力（恒定不变）均相等，则对此次加速过程，下列说法正确的是（）A.当两车的速度相等时，

P7发动机的功率大于G3发动机的功率B.当两车的速度相等时，P7发动机的功率小于G3发动机的功率C.P7发动机做的功大于G3发动机做的功D.P7发动机做的功小于G3发动机做的功【答案】AD【解析】【详解】A

B．根据图像可知，两车均做匀加速直线运动，速度时间图像的斜率表示加速度，由图像可知，P7的加速度大于G3，根据牛顿第二定律有Ffma−=两车受到的阻力和两车质量都相等，所以P7的牵引力大于G3的牵引力，由PFv=可知，当两车的速度相等时，P7

发动机的功率大于G3发动机的功率，A正确，B错误；CD．加速过程中两车的初、末速度相等，受到的阻力大小相等，根据速度时间图像与时间轴围成的面积可知，两车在加速过程中P7的位移小于G3，根据动能定理有2102FWfxm

v−=−所以P7发动机做的功小于G3发动机做的功，C错误，D正确。故选AD。11.如图所示，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表

。则（）A.原线圈的输入功率为220WB.副线圈的输出功率为110WC.副线圈的电流为1AD.将二极管短路，电源的输出功率变为原来的两倍【答案】BD【解析】【详解】ABC．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。交流电输入电压有效值U=220V设原线圈电压

有效值为U1，则有21URT=2UR·2T解得U1=1102V根据U1∶U2=n1∶n2结合原、副线圈匝数比为2∶1，得副线圈电压U2=552V副线圈的输出功率为P2=222552)55(UR=W=110W电流I2=22UR=A变压器的输出

功率等于输入功率，原线圈的输入功率P1=P2=110W故B正确，AC错误；D．将二极管短路，原线圈的输入电压有效值U1'=220V根据U1'∶U2'=n1∶n2=2∶1代入数据得副线圈电压为U2'=110V副线圈的输出功率P2'=22211055UR=W=220W原线圈的输入功

率P1'=P2'=220W则电源的输出功率变为原来的两倍，故D正确。故选BD。12.如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为

m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为3a，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（）A.粒子的最大速率为2qBa

mB.荧光屏上的发光长度(23)a−C.打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为76mqBD.打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为32mqB【答案】AC【解析】【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨

迹如图所示设轨道半径为r1，即OO1=r1O1O2=2r1可知圆心角∠OO1K=60°故212sin6023OOra==可解得r1=2a由向心力公式可得2111vqvBmr=联立可解得12qBavm=此过程

，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为2mTqB=故总时间为16015073606mtTqB+==故AC正确；BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示由几何关系得2

3ra=两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间22mtTqB==垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即()112cos302xrrra=+−=故BD错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共52分。按

题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.为研究系统机械能守恒，某同学设计了如图甲所示的实验装置。绕过滑轮的轻绳两端连接1m、2m两物

体。2m在高处由静止开始下落，1m拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，测量纸带上的点迹，即可验证机械能守恒定律。实验中获取了如图乙所示的一条纸带：每5个点取为一个计数点（图中未标出），依次得到0、1、2、3、4、5、6七个点，0是打下的第一个点，所用电源的频率为50Hz。测得0到

4的距离为50.60cm，4到5的距离为27.10cm，5到6的距离为32.90cm。已知150gm=、2200gm=，请计算：（当地重力加速度取29.8m/s，计算结果均保留三位有效数字）（1）计数点5的瞬时速度5v=____m/s；（2）在计数点0到5的过程中，

系统动能的增量kE=____J；系统重力势能的减少量pE=____J。【答案】①.3.00②.1.13③.1.14【解析】【详解】（1）[1]计数点5的瞬时速度2527.1032.9010m/s=3.00m/s20.1v−+=（2）[2]在计数点0到5的过程中，系统动

能的增量2k1251()02Emmv=+−代入数据解得k1.125J1.13JE=[3]系统重力势能的减少量p2515Emghmgh=−代入数据解得p1.14219J1.14JE=14.某学习小组在老师的指导下研究二极管的伏安特性。器材有：二极管一只，正向导通电压约0

.5V；干电池一节，电动势约1.5V，内阻很小；电压表V，量程1V，内阻约1kΩ；电流表A，量程50mA，内阻较小；灵敏电流计G一只；两个电阻箱R0、R1；滑动变阻器R2（最大阻值为20Ω）、电键S、多用电表各一个、导线若干。（1）二极管如图甲所示，为了弄清楚二极管的正负极，学习小组

用多用电表欧姆档进行检测，检测情况如图乙，可知二极管的______端（选填“a”或“b”）为正极；（2）小组设计了如图丙所示电路。收集实验数据画出二极管的伏安特性曲线，如图丁所示。由丁图可知，在电压从0.5V逐渐升高至1.0V的过程中，二极管的电阻在______（填“增大”或“减小”）；（3

）实验小组用题丙研究二极管的伏安特性，由于电表不是理想表，导致测量出现系统误差，出现系统误差的原因是：______；（4）小组查阅资料后设计了如图戊所示电路。仔细调节滑动变阻器R2的滑片直到通过灵敏电流计的电流为零，此时电流表A的读数______（选填“大于”“小于”或“等于

”）通过二极管的电流。【答案】①.a②.减小③.电压表分流效果明显④.等于【解析】【详解】（1）[1]由图乙可知电流由黑表笔流出，则当由a流入二极管时电阻值较小，a为正极。（2）[2]由丁图可知，在电压从0.5V逐渐升高至1.0V的过程中，I—U图

像上的点与原点连线斜率的倒数表示电阻，故随着电压的增大，二极管的电阻在减小。（3）[3]由于二极管两端电压升高时阻值较大，此时电压表分流效果明显，造成误差。（4）[4]仔细调节滑动变阻器R2的滑片直到通过灵敏电流计的电流为零，由图戊可知此时电流表A的读数等于通过二极管的电流。15.为安全着陆火

星，质量为240kg的探测器先向下喷气，使其短时悬停在距火星表面高度100m处。已知火星表面重力加速度23.7m/sg=火，不计一切阻力，忽略探测器的质量变化。（1）若悬停时发动机相对火星表面竖直向下喷气速度为v=3.7km/s，求每秒喷出气体的质量；（2）为使探测

器获得水平方向大小为0.1m/s的速度，需将12g气体以多大速度沿水平方向喷出？【答案】（1）0.24kgm=；（2）32210m/sv=【解析】【详解】（1）设每秒喷出气体质量为m，则t时间喷出的气体质量为mt。以t时间喷出的气体为研究对象，取竖直向下为正方向，FN为飞船对气体的作用

力，根据动量定理()NFmtgmtv+=火又因为NF远大于mg火，则mg火忽略不计，则有NFtmtv=NF为气体对飞船的作用力，根据牛顿第三定律，得NNFF=M是探测器的质量，对探测器，由平衡条件得NMFg=火联立可得0.24kgm=（2）取探测器获得的水平速度方

向为正方向，根据水平方向动量守恒得120=Mvmv−又10.1m/sv=可得喷出气体的速度大小为32210m/sv=16.如图所示，相距6m=L的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接，右侧平台长4ms=，并

与一倾角为30的斜面连接，斜面足够长。传送带以速度5.0m/sv=向右匀速运动。质量2.0kgm=的小物件（可视为质点），以初速度01.0m/sv=自左侧平台滑上传送带。小物件与传送带间的动摩擦因数10.40=，小物件与右侧平台间的动摩擦因数20.20=，重

力加速度取g210m/s=。求：（1）小物件通过传送带所需的时间；（2）小物件离开右侧平台C端时的速度大小；（3）小物件从C点飞出后落到斜面上时，落点与C点的高度差。【答案】（1）1.6s；（2）3m/s；（3）0.6mh=【解析】【详解】（1）小物件在传送带上先做匀加速运

动，设其加速度大小为1a，由牛顿第二定律有11mgma=设小物件滑上传送带后匀加速运动的距离为x1，由运动学公式有220112vvax−=联立上式，代入题给数据得13mx=因此，小物件在到达右侧平台前，速度先加速至v，然

后开始做匀速运动，设小物件从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t，做匀加速运动所用的时间为1t，由运动学公式有011vvat=+解得11st=小物件做匀速运动12Lxvt−=整理可得20.6st=小物件通过传送带所需的时间121s0.6s1.6s

ttt=+=+=（2）小物件在到达右侧平台上做匀减速运动，加速度大小为2a，由牛顿第二定律22mgma=根据运动学公式有2222Cvvas−=−代入数据解得小物件离开右侧平台C端时的速度大小3m/sCv=（3）小物件滑离右侧平台后做

平抛运动，则有2312hgt=3Cxvt=tan30hx=解得落点与C点的高度差0.6mh=17.电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，

ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处。从t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0＋kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计。（1）线圈中的感应电流的方向；（2）求t=0时刻，线框中的感应电流的功率P；（3）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求

线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；（4）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大。【答案】（1）顺时针；（2）24kLR；（3）20BLR；（4）见解

析【解析】【详解】（1）由“磁感应强度B随时间t的变化规律B=B0＋kt（k为大于零的常数）”知，B随t均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，根据楞次定律得，线框中的感应电流方向为顺时针。（2）根据法拉第电磁感应定律，t=0

时刻线框中的感应电动势为E0=BtL2由功率P=20ER解得P=24kLR（3）由动能定理W=ΔEk，得W=12mv2线框穿出磁场过程中，线框的平均电动势Et=线框中的电流EIR=通过的电荷量2000ΔΦBSBLqItRRR−====（4）t

=0时刻，n匝线框中产生的感应电动势Ent=线框的总电阻R总=nR线框中的电流I=ER总t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=（M＋nm）a解得30kBLaMmRn=＋由此可

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