【文档说明】重庆市兼善中学2021-2022学年高三下学期入学考试物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.478 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市兼善中学高三下入学考试物理试卷（满分：100分；考试时间：75分钟）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是（）A.查德威克通过研究阴极射线发现了

电子B.汤姆孙首先提出了原子的核式结构学说C.居里夫人首先发现了天然放射现象D.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子【答案】D【解析】【详解】A.汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，查德威克发现了中子．故选项A错误；BC.卢瑟福首先提出了原子的核式结构学说；贝克勒尔首先发现了天

然放射现象，故BC错误；D.卢瑟福用α粒子轰击氮核实现了原子核的人工转变，并发现了质子．故选项D正确．故选D。2.以下是书本上的用图片表示的情境，下列说法正确的是（）A.图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度为零B

.图乙，航天员在天宫二号上展示的水球对球内的气泡无浮力作用C.图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，要击中目标，射击方向应直接对准目标D.图丁，有些火星的轨迹不是直线，说明这些微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的【答案】B【解析】【详解】A．图甲，斜向上喷出的水到径迹最高点时的速度不为零，速度沿

水平方向，A错误；B．图乙，航天员在天宫二号上展示的水球因为处于完全失重状态对球内的气泡无浮力作用，B正确；C．图丙，一艘炮舰沿河由西向东行驶，如果射击方向应直接对准目标，由于炮弹具有向东和向北两个速度，炮弹一定落在目标的东侧，C错误；D．图丁，有些火星的轨迹不是直线，是因

为微粒的重力较大，所以轨迹向下弯曲，这些微粒仍然是沿砂轮的切线方向飞出的，D错误。故选B。3.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹

角为θ，下列关系正确的是（）A.tanmgF=B.tanFmg=C.N=tanmgFD.NtanFmg=【答案】A【解析】【详解】对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力NF，根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示

，由几何关系可得tanmgF=sinNmgF=故选A。【点睛】4.如图所示，从倾角为θ斜面足够长的顶点A，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为α1，第二次初速度为v2，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面

间的夹角为α2，则（）A.α1>α2v1>v2B.α1<α2v1<v2C.α1=α2v1>v2D.α1=α2v1<v2【答案】D【解析】【分析】【详解】因为小球落到斜面上，则一定存在20012tan2gtygt

xvtv===解得02tanvtg=设速度方向与水平方向夹角为，则0tan2tangtv==因为一定，所以也是一定的，根据几何知识可得+=而和一定，所以一定，即有α1=α2由图可知12hh，而根据平抛运动竖直方向的关系212hgt

=可得12tt又02tanvtg=的所以v1<v2故选D。5.2021年6月17日“长征二号”运载火箭成功将“神舟十二号”载人飞船送入预定轨道，并顺利与“天和”核心舱对接形成组合体，如图所示。已知组合体距地面高度约为400km，地球半径约为6400km，同步卫星在轨道运行时离地面

高度为36000km，则组合体在轨道做圆周运动时（）A.加速度不小于10m/s2B.宇航员对核心舱压力为零，宇航员受到的合力为零C.运行周期比同步卫星在轨运行周期大D.线速度约为同步卫星在轨运行线速度的2.5倍【答案】D【解析】【详解】A．组合

体在轨道做圆周运动时，加速度等于在轨道处的重力加速度，随着高度的增加重力加速度减小，因此组合体在轨的加速度小于地面的重力加速度，即一定小于10m/s2，故A错误；B．宇航员在组合体中处于完全失重的状态，受到的合力等于宇航员受到的万有引力，故B错误；C．根据开普勒第三定律311322TrTr=知，

轨道半径越大，则周期越长，故运行周期比同步卫星在轨运行周期小，故C错误；D．由22MmvGmrr=可知GMvr=因此组合体的线速度大小1v与同步卫星的线速度大小2v之比为12216.2352.5vrvr==故D项正确；故选D

的。6.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，忽略空气阻力，则()A.过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B.过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中

重力冲量的大小C.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小D.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量【答案】C【解析】【详解】A、过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，有动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A错误；B、过程Ⅱ中，钢珠所受外

力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B错误；C、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故C正确；D、过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程

Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D错误．故选C．【点睛】本题解题的关键在于分清过程，分析各个过程中钢珠受力情况，并紧扣动量定理的内容来逐项分析．7.一个光滑的定滑轮固定在竖直平面内，一

根轻绳连接着质量分别为3m和m两个物块A和B，A物块套在竖直光滑杆上，B物块放在倾角为37°的固定斜面底端。现在用手托起A使A与滑轮等高，此时滑轮与A的间距为4L，现将A由静止释放，B始终不离开斜面，一切摩擦均不计，空气阻力不计，重力加速度

为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则在A下落3L的过程中关于A、B的运动情况下列说法正确的是（）A.A、B组成的系统机械能不守恒B.A物块下落3L时，A、B的动能之比为25：3C.B的重力势能增加1.8mgLD.A的机械能减少9mgL【答案】B【解

析】【分析】【详解】A．对A、B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，A错误；B．A物块下落3L时将A的速度分解，如图所示AB53vv=，253kAkBEE=故B正确；C．B的重力势能增加量为()

54sin370.6mgLLmgL−=故C错误；D．根据系统机械能守恒可知()kAkB3354sin37mgLmgLLEE−−=+得kA7.5EmgL=A的机械能减少量kA=331.5EmgLEmgL−=减故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共

3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的

有()A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近【答案】AD【解析】【详解】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行求解．解：a、b

粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行

的时间比b的长，故BC错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．故选AD．【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．9.一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面

内，如图甲所示，长直导线中电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以竖直向上为电流的正方向）。则在0～T时间内，下列说法正确的是（）A.03T时间内，穿过线框的磁通量最小的B.233TT时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流C.233TT时间内，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D.23T

T时间内，线框所受安培力的合力方向向右【答案】BC【解析】【详解】A．03T时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；BC．在233TT时间内，导线中的电流先反向减小后正向增大，线框内的磁通量先减小后增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流的

方向始终沿逆时针方向，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，BC正确；D．23TT时间内，导线中电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不受安培力的作用，D错误。故选BC。10.如图所示，倾角为θ的斜面

MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（

重力加速度大小为g）（）A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为3sin4gB.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθC.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθD.当四个样品均

位于MN段时，样品的共同速度大小为3singd【答案】AD【解析】【详解】AB．当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得14sincos4mgmgma−=解得样品的共同加速度大小为13sin4ag=以样品1为对象，根据牛顿第二定律得11sinco

sFmgmgma+−=解得样品1的轻杆受到压力大小为13sin4Fmg=故A正确，B错误；C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功1cos33sinWmgdmgd=−=−摩擦力对样品2做功2cos22sinWmgdmgd

=−=−摩擦力对样品3做功3cossinWmgdmgd=−=−此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为1236sinWWWWmgd=++=

−故C错误；D．样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度14sinsin4mgagm==样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度24sincos3sin44mgmgagm−==样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度()34si

n2cos1sin42mgmgagm−==样品4进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度44sin(3)cos1sin44mgmgagm−==由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度2

112(3)vad=样品2刚进入MN段时的速度222122vvad−=样品3刚进入MN段时的速度223232vvad−=样品4刚进入MN段时的速度224342vvad−=综合上面分析可知2412342(3)2229sinvadadadadgd=+++=当四个样品均位于MN段时，样品的共同速

度大小为49sin3sinvvgdgd===故D正确。故选AD。三、实验题（6分+9分=15分）11.某同学用图所示装置来验证动量守恒定律；实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最

右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置A、B、C离O点的距离，即线段OA、OB、OC的长度L1、L2、L

3。a球、b球质量分别为ma和mb。回答下列问题：；（1）小明先用螺旋测微器测量一个小球的直径，刻度如图所示，读数为________mm；（2）下列说法正确的是________；A.要求斜槽一定是光滑的

且斜槽的末端必须水平B.入射球a每次释放点的高度可以任意调节C.a球和b球的直径必须相等D.a球、b球质量满足ma>mb（3）在本实验中结合图，验证动量守恒的验证式是________。【答案】①.4.223②.CD③.maL2=maL1+

mbL3【解析】【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量小球的直径读数4mm+0.01mm×22.3=4.223mm（2）[2]A．斜槽不一定是光滑的，但是斜槽的末端必须水平，选项A错误；B．入射球a每次必须从同一点由静止释放，选项B错误；C．a球和b球的直径必须相等，

以保证两球正碰，选项C正确；D．为了防止入射球a碰后翻天，则a球、b球质量满足ma>mb，选项D正确。故选CD。（3）[3]小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有mav0=mavA+mbvB两边同时乘以时间t得m

av0t=mavAt+mbvBt得maOB=maOA+mbOC即maL2=maL1+mbL312.某同学拟将量程为Ig=1mA，内阻约为几十欧姆的电流表G改装成量程为1V的电压表。(1)他首先设计了如图所示电路来测量电流表G的内阻Rg，图中E

为电源电动势。现有最大阻值分别为100Ω和2600Ω的滑动变阻器，则R2应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。开关S1接通，S2未接通时，调节R2使电流表G示数为1.00mA；接通S2后，保持滑动变

阻器R2的滑片位置不变，调节电阻箱R1，当其阻值为50Ω时，电流表G的示数为0.50mA，则电流表G的内阻Rg为______Ω；(2)为了将电流表G改装成量程为1V的电压表，需要______（选填“串联”或“并联”）一个大小为______Ω的电阻。【

答案】①.2600②.50③.串联④.950【解析】【详解】(1)[1]本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，电流表内阻为几十欧，则R2应选用最大阻值为2600Ω的滑动变阻器。[2]半偏法中变阻器改变后其阻值等于电流表内阻，

即50Ω。(2)[3]改装后电压表的内阻较大，故应该串联一个电阻。[4]改装后电压表的满偏电流为0.001A，满偏电压为1V，则改装后电压表内阻为V1Ω1000Ω0.001R==则需要串联的电阻为Vg1000

Ω50Ω950ΩRRR=−=−=四、计算题（12+18=30分）13.如图所示，一质量为3Mm=的物块（可视为质点）静止在光滑水平桌面的边缘，桌面离水平面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度03v射出，物块落地

后不反弹，重力加速度为g．求：（1）子弹射入物块的过程中系统损失的机械能；（2）物块落地点与抛出点的距离．【答案】（1）201027Emv=；（2）022881vshgh=+【解析】【详解】（1）子弹和木块组成的系统动量守恒003vmvmMv=+系统损失的机械能为222001112232v

EmvmMv=−+解得201027Emv=（2）木块做平抛运动xvt=212hgt=解得：22220881vhgxhsh=+=+14.如图所示，间距0.8mL=、倾角3

7=的两根平行倾斜光滑导轨与间距相同的两根平行水平光滑导轨在b、e处平滑连接，导轨全部固定且水平导轨足够长。其中MN、PQ两段用特殊光滑绝缘材料替代，导轨其余部分用电阻不计的金属材料制成，在导轨的a、d两点间串接一个阻值为2.4R=的电阻，倾斜导轨所在区域

分布着垂直导轨平面向上的、磁感应强度为1TB=的匀强磁场，水平导轨的NQ右侧区域分布着竖直向下的、磁感应强度亦为1TB=的匀强磁场，将长度比导轨间距略大的金属棒A和C分别垂直导轨静置于导轨上，位置如图中所示，其中金属棒C离NQ边界的距离为15m8

x=，某一时刻静止释放金属棒A，在其沿倾斜导轨下滑过程中始终受到一个与其运动方向相反且大小等于其对地速度k倍的阻力作用，其中0.2Ns/mk=，金属棒A在到达be位置前已处于匀速运动状态。已知金属棒A的质量为10.1kgm=、电阻为14ΩR

=，金属棒C的质量为20.4kgm=、电阻为26ΩR=。（1）金属棒A下滑过程中，a、d两点哪点电势高？（2）求金属棒A匀速下滑的速度大小；（3）判断金属棒A能否与金属棒C发生碰撞？若能，请计算金属棒A进入NQ右侧区域至

碰撞前产生的焦耳热；若不能，请计算金属棒A进入NQ右侧区域至到达稳定状态的过程中产生的焦耳热。【答案】（1）d点电势高；（2）2m/s；（3）见解析【解析】【详解】（1）根据右手定则可判定，d点电势高（2）金属棒A匀速下滑时，根

据受力平衡可得1msin37mgkvBIL=+m1BLvIRR=+联立两式，代入数据求得m2m/sv=（3）假设两杆不会发生碰撞，则最终两杆将具有共同速度，且整个过程，两杆组成的系统动量守恒，故()1m120.4m/smvmmvv=+=共共根据动量定理可得11m12Δ

ΔΔΔ2.5mBLvBLtmvmvxvtxRR−=−==+共相对故两杆能发生碰撞，有22111m11212ΔΔ0.8m/sBLvBLxBLtmvmvvRRRR−=−=−=++1m112220.3m/smvmvmvv=+=根

据能量守恒定律有2221m1122k1110.15J222QEmvmvmv==−+=损可得1120.06JaRQQRR==+（二）选考题：共12分。［选修3—3］15.下列说法正确的是（）A.气体如果失去了

容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故B.一定量100C的水变成100C的水蒸气，其分子之间的势能增加C.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大D.水能浸润玻璃，其附着层分子间距大，分子力体现引力【答案】B【解析】【分析】【详解】A．

气体分子之间的距离很大，分子力近似为零，分子势能也近似为零，气体如果失去了容器的约束就会散开，是由于分子杂乱无章运动的结果，A错误；B．一定量100C的水变成100C的水蒸气时，吸收热量，内能增加，由于分子平均动能不变，因此分子势能增加，B正确；C．气体温度升高，气体分子的

平均动能增大，如果气体分子总数不变，但气体的体积如何变化不确定，所以单位体积内的分子数可能增大，可能不变，也可能减少，所以压强可能增大，可能减小，也可能不变，C错误。D．水能浸润玻璃，其附着层分子间距大，分子力体现为斥力，D错误。故选B。16.如图所示，一个内壁光滑导热性良好的圆柱形

汽缸竖直静置于水平面上，高度为0.6mL=、底面积为220cmS=，缸内有一个质量为10kgm=的活塞，封闭了一定质量的理想气体。开始周围环境温度为27C时，缸内气体高为00.4mL=。已知重力加速度为210m/sg=，大气压强为501.010Pap=，不计活塞厚度及

活塞与缸体的摩擦。求：（1）若周围环境温度缓慢升高，最终活塞刚好脱离汽缸，问最终周围环境温度为多少？（2）在（1）问情景中，若气体内能增加了200J，则在此过程中缸内气体共吸热多少？为【答案】(1)450K；(2)260J【解析】【分析】【详解】(1)周围

环境温度缓慢升高，缸内气体压强不变，根据气体实验定律得102STLLST=解得2450KT=(2)汽缸内气体的压强为501.510PamgppS=+=气体膨胀过程中，气体压强不变，则气体对外做功为0()60JWpLLS=−=根据热力学第一定律得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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