【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高三下学期新高考适应性考试物理试题 含解析.docx，共(20)页，3.185 MB，由管理员店铺上传

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2023年新高考适应性测试物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂：答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书

写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效：保持答卷清洁、完整。3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所

示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在定滑轮上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知∠AOB=90°，计时牌的重力大小为G。不计一切摩擦，则平衡时绳OB中的张力大小为（）A.22GB.35GC.45GD.G【

答案】A【解析】【详解】将重力沿OB、OA绳的方向分解，如图所示因不计一切摩擦，则=OAOBFF45=则2sin452OBFGG==故选A。2.正电子是电子的反粒子，与电子质量相同且带等量正电荷

。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（）A.轨迹1对应的粒子是正电子B.轨迹2对应的粒子是电子C.轨迹3对应的粒子初速度最小D.磁场方向垂直于纸面向里【答案】D【解析】【详解】AB．根据题图可知，1和

3粒子偏转方向相同，则1和3粒子为电子，2为正电子，故A、B错误；C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知2vqvBmr=解得粒子运动的半径为mvrqB=根据题图可知轨迹3对应

的粒子运动的半径更大，则速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，故C错误；D．正电子带正电且逆时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故D正确。故选D。3.如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧

，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）A.线框中产生的感应电流方向为abcda→→→→B.线框ad边受到的安培力方向水平向右C.线框bc边所受的安培力大小恒定D.线框

中产生的感应电流逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为adcba→→→→，故A错误；B．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框

中产生的感应电流方向为adcba→→→→，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，故B正确；D．线框中产生的感应电流大小为ESBInnRRtRt===空间各点磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，故D错误；C．线框中感应电流大小保持不变，磁感应

强度随时间均匀增加，根据安培力表达式FBIL=安，故所受的安培力变大，故C错误。故选B。4.如图为一用透明材料做成的中心是空的球，其中空心部分半径与球的半径之比为1:3。当细光束以30的入射角射入球中，其折射光线刚好与内壁相切，则该透明材料的折射率为（）A.2B.1.5C.3D.2【答案】B【

解析】【详解】如图折射角的正弦值的1sin3r=根据折射定律可得该透明材料的折射率sin301.5sinnr==故选B。5.如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像，下列说法正确的是（）A.该金属的逸出功为0.5eVB.

该金属的极限频率为5.50×1014HzC.根据该图像能求出普朗克常量D.根据该图像能求出电子的电荷量【答案】C【解析】【详解】B．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W，Ek-ν图象的横轴的截距大小等于极限频率，由图知该金属的极限频率为4.3×1014Hz

，故B错误。C．由Ek=hν-W，得知该图线的斜率表示普朗克常量h，则1934140.51.610Js=6.6710Js1.210h−−=故C正确。A．当Ek=hν-W=0时，逸出功为W=hν0=6.67×10-34×4.3×1014J

=2.88×10-19J≈1.79eV故A错误。D．根据该图像不能求出电子的电荷量，选项D错误。故选C。6.如图甲所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，

则下列说法正确的是（）A.木块上滑过程中，重力势能增加了04EB.木块受到的摩擦力大小为00ExC.木块的重力大小为002ExD.木块与斜面间的动摩擦因数为32【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为2E0，重力势能增加了2E0，故A错误

；B．由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为000Δ32EEEE=−=木块受到的摩擦力大小为00cosEfmgx==故B正确；CD．由动能定理得()00sincos03mgmgxE−+=−解得004mgEx=36

=故CD错误。故选B。7.如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（）A.必须同时抛出B.击中O点时重力的瞬

时功率相等C.初速度v1与v2相等D.击中O点时速度大小相等【答案】C【解析】【详解】AC．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图则设OM为2yax=则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有2211112yaxgt==2222212yaxgt=

=联立解得1122txtx=所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有111xvt=222xvt=联立可得111222vtxvtx=整理可得12vv=故A错误，C正确；D．因12vv=，但竖直方向有1122yyvgtvgt==故两分速度合

成后可知击中O点速度不同，故D错误；B．两球在O点重力瞬时功率为1122GyGyPmgvPmgv==即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。故选C。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题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，有选错的得0分。8.2023年3月17日，我国成功将“高分十三号02星”发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设入轨后，“高分十三号02”以线速度为v绕地球做周期为T的匀速圆周运动。已知地球的半径为R，万有引力常量用G表示。由此可知（）A.该

卫星到地球表面的高度为2vTR−B.该卫星到地球表面的高度为2vTR−C.地球的质量32TvGD.地球的质量2RvG【答案】AC【解析】【详解】AB．由匀速圆周运动规律2rvT=，可得该卫星的轨道半径为

2vTr=所以该卫星到地球表面的高度为2vThR=−故A正确，B错误；的CD．卫星绕地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律22MmvGmrr=可得地球的质量322vTMGrvG==故C正确，D错误。故选AC9.如图

所示，在空间坐标系xOy上a（0，0，L）、b（0，L，0）、c（L，0，0）三点处分别固定一电荷量为+q、-q、-q（q>0）的点电荷，M、N、P三点分别为ab、ac、bc的中点。规定无穷远处的电势为0，

下列说法正确的是（）A.M、N两点的电场强度大小相等B.O点的电场强度方向沿y轴正方向C.负试探电荷在M点的电势能大于其在P点的电势能D.同一试探电荷在M、N两点的电势能相等【答案】AD【解析】【详解】A．三个点电荷在M、N两点的电场强度方向如图所由几何知识可知，在M、N两点合场强大小相等，方向

不同，故A正确；B．三个点电荷在O点的电场强度方向如图所。的由几何知识可知，在O点的合场强方向不沿y轴正方向，故B错误；CD．无穷远处的电势为0，沿电场线的方向电势降低，M、N两点的电势相等，M点的电势大于P

点的电势，同一试探电荷在M、N两点的电势能相等，负的试探电荷在M点的电势能小于其在P点的电势能，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为Oʹ，半径为R（R远

大于轨道内径），直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视

为质点的带正电小球，与直线段的动摩擦因数为μ，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的33倍。重力加速度为g。则（）A.小球在轨道AC上下滑的最大速度233mgvqB=B.小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先

做加速度减小的加速运动，后做匀速运动C.经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是23132mglmgR+D.经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为2mgBqgR+【答案】AB【解析】【详解】B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，小球

所受电场力等于其重力的33倍，即33Fmg=电电场力垂直于轨道方向的分量为31sin6032Fmgmg==电分重力垂直于轨道方向的分量为1cos602GmgmgF===分电分因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力，当小球从静止运

动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故B正确；A．小球在轨道AC上

下滑到匀速运动时，速度最大，此时有3cos60sin603qvBmgmg=+解得233mgvqB=故A正确；C．最终小球在CD间做往复运动，在C点和D点速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理得22f()

()0mgqElW+−=则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功f233Wmgl=故C错误；D．由于在AC、HD段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段COD做往复运动，设小球经O点的速度为v，根据动能定理有21(1cos60)2mgRmv−=解得vgR=根据牛顿第二定律

，小球从C向D运动经过O点时，有2vNmgqvBmR−+=解得2NmgBqgR=−小球从D点向C点运动经过O点时，有2vNmgqvBmR−−=解得2NmgBqgR=+根据牛顿第三定律可得，小球经过O点时对轨道的

弹力大小为2mgBqgR−或2mgBqgR+，故D错误。故选AB。三、实验题：本大题2小题，共16分。11.某同学用智能手机测自由落体加速度的实验步骤如下：①在水平地面上铺设软垫；②打开手机中的加速度传感器，让手机在离软垫一定高度处由静止开始自由下落；③手机落到软垫后

，关闭传感器，得到全过程中加速度绝对值随时间变化图像如图所示。根据图像回答下列问题：（1）1t与3t时刻加速度方向______（选填“相同”或“相反”）；（2）从1t时刻到2t时刻加速度逐渐减小的原因是____

__；（3）当地重力加速度约为______2m/s。【答案】①.相反②.见解析③.9.76【解析】【详解】（1）[1]1t时刻加速度方向向下，2t到3t时刻，手机落到软垫上，受到向上的支持力，合力方向向上，加速度方向向上，故1t与3t时刻加速度方向相反

。（2）[2]从1t时刻到2t时刻，手机做自由落体运动，下落速度逐渐变大，受空气阻力逐渐变大，合力逐渐变小，则加速度逐渐减小。（3）[3]当地重力加速度为手机刚离手时，即1t时刻的加速度，为9.762m/s

。12.利用输出电压为3V的恒压电源、量程为0~0.6A的电流表（内阻不计）、定值电阻、阻值随长度均匀变化的电阻丝（长度为0.05m，总阻值为25）、弹簧（电阻不计）、开关、导线，改装成如图甲的测力计。（1）图甲的电路中，定值电阻的作用是______，阻值至少为______；（2）弹簧所受拉

力F与其伸长量L的关系如图乙。若定值电阻为10，则电流表的示数I与弹簧所受拉力F的关系式I=______（A），可知由电流表改装的测力汁刻度______（选填“均匀”“不均匀”），当电流表的示数为0.3A，对应标示的力为____

__N。【答案】①.对电流表起保护作用②.5③.60700F−④.不均匀⑤.500【解析】【详解】（1）[1]电路中接入定值电阻的目的是对电流表起保护作用，防止当P移动到电阻丝的最右端时电流表被烧坏。[2]当电路中电流达到

最大0.6A时，电路中的总电阻最小值为3Ω5Ω0.6ERI===所以定值电阻至少为5Ω。（2）[3]由图乙可知FkL=4110N/mk=设定值电阻为R，电阻丝总电阻为RL，移动距离为xLD=由闭合电路欧姆定律xEIRR

=+又xLLLRRRL=−联立可得60=+700xEIRRF=−[4]由上式可得：拉力F与I是非线性关系，所以由电流表改装测力计刻度不均匀。[5]当电流表的示数为0.3A，带入60=700IF−可得F=500N所以对应标示的力为500N。四、计算题：本大题3小题，共41分。13.如图所示，

一列在x轴上传播的简谐横波，实线表示10t=时刻的波形图，虚线是这列波在22st=时刻的波形图。已知该波的波速为5m/s，试求（1）该波的波长和传播方向；（2）平衡位置在4mx=处质点的振动方程。的【答案】（1）8m=，沿x轴负方向传播；（2）0.05sin(1.25)myt=+【

解析】【详解】（1）由图可知，该波的波长8m=，若波沿x轴负方向传播，则1Δ4(41)m/s,0,1,2,Δ2nxvnnt+===+=由已知，波速5m/sv=，则1n=，故波沿x轴负方向传播。（2）设平衡位置在4mx=处质点的

振动方程为()0sinyAt=+由图可知，振幅0.05mA=，当0=t时，有00sinA=，因波沿x轴负方向传播，则0=，且1.6sTv==故21.25rad/sT==故0.05sin(1.25)myt=+14.如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、

二、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点（-l，-l）由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点（l，0）、不计粒子重力。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2

）粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间；（3）粒子第3次过y轴时的坐标。【答案】（1）22BqlEm=；（2）(2)mtqB+=；（3）（0，-2l）【解析】【详解】（1）带正电粒子从S点（

-l，-l）由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从（0，-l）位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点（l，0）、可知在磁场中做圆周运动的半径r=l根据2vqvBmr=可得qlBvm=则在电场中212qElm=v可得22BqlEm=（2）粒子在电场中加速的时间122lmt

vqB==粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间22TmtqB==则总时间(2)mtqB+=（3）粒子从（-l，0）位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时'212qEltm='yvt=解得y=2l即

粒子第3次过y轴时的坐标（0，-2l）。15.如图所示，滑块A、木板C分别静止在光滑水平平台和粗糙水平地面上，C的左端与平台上表面相切，滑块B静止在C上，且至C左端的距离为x0=1m，A、B、C的质量分别为mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg。t=0时刻，对

A施加一水平向右的作用力F，F随时间t的变化关系为210(N)Ft=，A运动2s后撤去F，此时A恰好滑上木板C；一段时间后，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终B静止在C的右端。已知A与木板C之间的动摩擦因数为μA=0.2，B

与C之间的动摩擦因数为μB=0.5，C与地面之间的动摩擦因数为μC=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，取g=10m/s2。求：（1）A刚滑上C时的速度大小；（2）A、B碰后瞬间A的速度大小；（3）木板C的长度和运动的

位移大小。【答案】（1）210m/s；（2）2m/s；（3）6.7m；0.83m【解析】【详解】（1）撤去F之前2s内F的冲量221022Ns410Ns22FFIt===由动量定理A0FImv=解得0210v=m/s（2）A

滑上C时，A的加速度2AA2m/sag==此时A对C的滑动摩擦力为ACAA4Nfmg==地面对C的最大静摩擦力为CABCC()6Nfmmmg=++=地可知木板C静止，则当A将要与B相碰时的速度210A026m/svvax=−=A

B碰撞过程由动量守恒和能量关系A1A2B3mvmvmv=+222A1A2B3111222mvmvmv=+解得v2=2m/sv3=8m/s（3）AB沿木板向右运动时，B对C的滑动摩擦力BCBB5Nfmg==此时木板C开始向右加速滑动，C的加速度2ACBCCC1m/sCfffam+−==地物块B减

速的加速度2BB5m/sag==当AC相对静止时2A1C1vatat−=解得12s3t=此过程中C的位移2C1C112m29xat==C的速度C1C12m/s3vat==B的位移2B131B1138m29xvtat=−=B的速

度B13B114m/s3vvat=−=以后C减速的加速度'2BCCCAC0.2m/sffamm−==+地当BC共速时'C1C2B1B2vvatvat=−=−共解得25s6t=0.5m/sv=共此时C的位移'2C2C12C2135m272xvtat=−=B的位移2B2B1

2B21155m272xvtat=−=因此时A恰到达C的右端，则B相对C运动的距离B1C1B2C217()()m3xxxxx=−+−=即木板C长度为020m6.7m3Lxx=+=共速后木板C减速的

加速度''2CC1m/sga==则运动距离2C3''1m28Cvxa==共则木板的总位移1235m0.83m6CCCCxxxx=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com