【文档说明】重庆市育才中学校2022-2023学年高三下学期4月期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.322 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学2022-2023学年高三下学期4月期中物理试题一、单项选择题1.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是（）A.汤姆孙发现了电子，并提出了原子的核式结构模型B.

结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定C.黑体辐射与材料的种类及表面状况有关D.动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等【答案】D【解析】【详解】A．汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故A错误；B．比结合能越大的原子

核，核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关，故C错误；D．根据hp=可知动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等，故D正确。故选D。2.如图所示，有一束平

行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AB边的中点D，经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a偏折到BC边的中点E，单色光b偏折到F点，则下列说法正确的是（）A.a光的折射率大于b光的折射率B.在棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度C.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间

距大D.若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A．由题图可知，a光的偏折程度较大，a光的折射率大于b光的折射率，A正确；B．由cvn=可知，在棱镜中a光的传播速度小于b光的传播速度，B错误；C．a光的折射率大，

波长较短，由Lxd=可知，分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，C错误；D．a光的折射率大，频率较高，若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，D错误。故选A。3.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示

。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K，座舱M中充满空气，气闸舱N内为真空。航天员从太空返回气闸舱N后，打开阀门K，M中的气体进入N中，最终达到平衡。此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（）A.气体体积

膨胀，对外做功，内能减小B.气体对外不做功，气体内能不变C.气体温度降低，体积增大，压强减小D.N中气体可以自发地全部退回到M中【答案】B【解析】【详解】ABC．由于气闸舱N内为真空，所以气体在膨胀过程中不会对外做功，又系统与外界没有热交换，由热力学第一定律UWQ=+，可知气体

内能不变，对于一定质量的理想气体内能不变，则温度不变，由pV=C，且气体体积增大可知，气体压强减小，故B正确，AC错误；D．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故N中气体不可能自发地全部退回到M中，故

D错误。故选B4.2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1（椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点）后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2（圆轨道）；卫星最后变轨到轨道3。（同步圆轨道）。轨道1、2相切于P点，轨道2、

3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化，下列说法正确的是（）A.卫星在三个轨道上的周期T3>T2>T1B.卫星在三个轨道上机械能E3=E2>E1C.由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气D.轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，轨道2和3的半径相等，大于轨

道1的半长轴，根据开普勒第三定律可得321>TTT=故A错误；B．卫星在轨道2、3上运动的轨道半径相同，根据22=MmvGmrr解得GMvr=可知在轨道2、3上时的速度大小相同，故机械能相同；由轨道1变至轨道2，卫星需在P点加

速做离心运动，可知卫星在轨道1时的机械能小于轨道2，故卫星在三个轨道上机械能大小关系为321>EEE=故B正确；C．根据前面分析，卫星在P点时需要加速做离心运动到达圆轨道2，故在P点需向后喷气，故C错误；D．设卫星在近地点Q处时的线速度为Qv，假设在Q点处

的圆轨道时的速度为Qv，分析可知卫星在近地点Q处时，需要减速做向心运动可到达Q点处的圆轨道，即>QQvv；同时根据前面分析可知卫星所在的圆轨道的半径越小速度越大，故可知当卫星在以Q点处的圆轨道运动时的线速度大于轨道3时的线速度3v，即3>Qv

v，所以可得卫星在轨道1上Q点的线速度Qv大于轨道3的线速度3v，故D错误。故选B。5.图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量

A5kgm/sp=，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为B4kgm/sP=，则两球质量Am与Bm间的关系可能是（）A.BA16mm=B.BA14mm=C.BA2mm=D.5BAmm=【答案】C【解析】【详解】碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

ABABpppp+=+解得A1kgm/sp=根据碰撞过程总动能不增加，则有22'2'2ABABABAB2222ppppmmmm++解得BA23mm碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则''ABABp

pmm解得BA4mm综上可知ABA243mmm故选C。6.某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的

变化规律如图所示。一个带电量为q+的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（）A.若O点的电势为零，则A点的电势为012EdB.粒子从A到B做匀速直线运动C.粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量D.粒子运动到B点时动能为032qE

d【答案】D【解析】【详解】A．Ex−图象与坐标轴围成的面积代表电势的变化，沿着电场线，电势逐渐降低，若O点的电势为零，则A点的电势为012Ed−，故A错误；B．粒子从A到B运动时，电场力恒定不变，做匀变速直线运动，故B错误；C．根据WqU=及Ex−图象与坐标轴

围成的面积可知粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误；D．根据动能定理可知00kB102qEdEdE+=−解得0kB32qEdE=故D正确。故选D。7.如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和

2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度0v水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为1v，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为。关于金属线

框的运动下列判断正确的是（）A.金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为2nBLRB.金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C.金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为220111522mvmvmgL−−D.若金属线框进

入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为2230nBLvmR−【答案】C【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势Ent=由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流EIR=通过金属线框的电荷量qIt

=解得qnR=金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量0=则通过金属线框的电荷量为0q=故A错误；B．金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得fFam+=安金属框在磁场中运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁

场中运动过程中，做加速度减小的直线运动，故B错误；C．设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得()220111222mvmgLLLLmvQ=+++++解得220111522QmvmvmgL=−−故C正确

；D．金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量2BL=，通过金属线框的电荷量2==nnBLqRR设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得0BILtmgtmvmv−−=−其中Itq=，解得230=

−−nBLvvgtmR故D错误。故选C。二、多项选择题8.如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目，如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②（轻绳与滑索垂直）和如图③（轻绳沿竖直方向）所示的两种情形，不计空气阻力，则下

列说法正确的是（）A.图②的情形中，人只能匀加速下滑B.图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小12mgC.图③情形中，人匀速下滑D.图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力【答案】AC【解析】【详解】AB．图②中，对人受力分析，受重力和拉力，如图由于两个力不共线，

故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，做匀加速直线运动；拉力3sin602Tmgmg==故A正确，B错误；CD．图③的情形中，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T=mg环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、

支持力和摩擦力，三力平衡，如图所示故C正确，D错误。故选AC。9.为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如

图乙所示，线圈电阻2r=，匝数为100匝，线圈处磁感应强度0.1TB=，线圈的直径2md=，把线圈与阻值8R=的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是（）的A.小灯泡的额定电压为3VB.发电机

的输出功率为1.28WC.浮筒在竖直方向上下振动的频率为2.5HzD.浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为0.4m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．由乙图可知，感应电动势有效值为m42V4V22EE===根据闭合电路的欧姆定律，线圈中

的电流4A0.4A82EIRr===++由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压0.48V3.2VUIR===故A错误；B．发电机输出功率为0.43.2W1.28WPUI===故B正确；C．由图可知交变电流的频率11Hz2.5Hz0.4fT=

==浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；D．由mmENBLv=，解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为mm420.4m/sm/s1000.12EvNBL===故D正确。故选BC

D。10.如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v甲、v乙，并满足vvv+=甲乙，式中v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始

终不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。

两传送带正常工作时，下列说法正确的是（）A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同B.当vv=甲乙时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短C.当0.5vv=乙甲时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量

最小D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为22mv【答案】BCD【解析】【详解】A．取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两

传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A错误；B．由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为Fmgagmm===设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则222vvgx+=乙甲又因为vvv+=甲乙解得222vvvxg−=甲乙由数学知识可得，当vv=甲乙时，x

取最小值，故B正确；C．设工件在传送带甲上滑动痕迹为x1,工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则212vgx=甲()1Qmgxx=+整理得()22322mvvvvQ+−=甲甲则当3vv=甲时，Q取最小值，此时23vv=乙，故C正确；D．根据能量守恒定律可知，电动机额外做的

功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有()2223222mvvvvmvW+−=+甲甲乙整理得()222mWvvv=+−甲乙当vv=甲乙时，W取最小值，最小值为2min2mvW=故D正确。故选BCD。三．实验题11.某同学做“验证力的平行

四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡的皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是______。（2）本实验采用的科学方法是______。A．理想实验法

B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）实验时，主要的步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套C

．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力1F和2F的图示，并用平行四边形定则求

出合力FE．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，把橡皮条的结点拉到同一位置O，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示F．比较F和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结

论。上述步骤中，步骤C有重要遗漏，请你写出遗漏的内容是______。【答案】①.F②.B③.记下两条橡皮条的方向【解析】【详解】（1）[1]由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而两根弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力，根据平

行四边形定则作出两弹簧测力计拉力的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F。（2）[2]一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代。故选B（3）[3]用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，细绳与木板平行，使橡皮

条伸长，结点。到达某一位置O，记录下O点的位置，记下两条橡皮条的方向，读出两个弹簧测力计的示数。12.某同学测量电流表1G内阻1r的电路如图甲所示，供选择的仪器如下：①待测电流表1G（0~5mA，内阻约30

0Ω）②电流表2G（0~10mA，内阻约100Ω）③定值电阻1R（300Ω）④定值电阻2R（10Ω）⑤滑动变阻器3R（0~10000Ω）⑥滑动变阻器4R（0~20Ω）⑦干电池（1.5V）⑧开关及导线若干（1）定值电阻应选______，滑动变阻器应选______。

（在空格内填写序号）（2）完成实物图连接______（3）实验时，主要步骤是：①完成实物图连接，将滑动触头移至最左端②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录1G、2G的读数1I、2I③多次移动滑动触头，记录

相应的1G、2G读数1I、2I④以1I为纵轴，2I为横轴，作出相应图线，如图乙所示（4）根据12II−图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻1r的表达式______（用题目中所给字母表示）。的【答案】①.③②.⑥③.④.11

1()krRk−=【解析】【详解】（1）[1][2]由于G1的满偏电流是G2的一半，根据并联电阻的分流作用可知G1应与阻值相似的定值电阻并联，再与G2串联，因待测电流表的内阻约为300Ω，则定值电阻应选取R1，滑动变阻器R3的阻值太大，不

方便调节，应选取阻值较小的R4，方便调节，并使用分压式接法。（2）[3]采用分压式接法，实物图连接如图所示（4）[4]根据欧姆定律，有111121111IrRrIIIRR+=+=即11211RIIRr=+结合图像，则图像的斜率111RkRr=+则

有111()krRk−=四、计算题13.中国高铁凭借具有独立自主知识产权的高铁建设和装备制造技术体系，为世界高铁贡献中国方案，不断释放影响力。高铁运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统

、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以0288km/hv=的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方05kmx=处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过12.5st=将制动风翼打开，高铁列车获得210.5m/sa=的平均制动加速度减速，减速240st=后，列车长再

将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下来。（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；（2）求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。【答案】（1）60m/s；（2）21.2m/s【解析】【详解】列车的初速度0288km/h80m/sv==（

1）根据匀减速直线运动速度与时间关系有101260m/svvat=−=（2）列车长接到通知后经过12.5st=，列车行驶的距离101200mxvt==从打开制动风翼到打开电磁制动系统过程中，列车行驶距离2201212800m2vxa−==打开电磁制动系统后，列车行驶的距离3012500m150

0mxxxx=−−−=制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2为221321.2m/s2vxa==14.如图所示，内壁光滑的圆筒固定在水平地面上，用横截面积20.01mS=的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，其中活塞B与一端

固定在竖直墙上、劲度系数k＝1000N/m的轻质弹簧相连，平衡时两活塞相距00.6ml=。已知外界大气压强501.010Pap=，圆筒内气体温度为027t=℃。（1）若将两活塞锁定，然后将圆筒内气体温度升到227t=℃，求此时圆筒内封闭气体的压强；（2）若保持

圆筒内气体温度027t=℃不变，然后对A施加一水平推力F＝500N，使其缓慢向左移动一段距离后再次平衡，求此过程中封闭气体的压强及活塞A移动的距离。（假设活塞B左端的圆筒足够长，弹簧始终在弹性限度内）【答案】（1）1.67×105Pa；（2）51.510

Pa，0.7m【解析】【详解】（1）设此时气体压强为p，由查理定律可得00ppTT=初态压强为p0，温度为T0=（273+t0）K=300K末态压强为p，温度为T=（273+t）K=500K代入数据可得p=1.67×105Pa（2）设再次平衡时封闭气体压强为p′，活塞A、B向左移动的

距离分别为x、x′，由于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得000plSplxxS=+−（）由平衡条件可知，对活塞A有0pSpSF=+对活塞B有0pSkxpS+=联立解得51.510Pap=x=0.7m15.如图所示为真空中某竖直平面内的xOy坐标系。已知在0x区域有匀强磁场B

（方向如图所示，大小未知）在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场1E（大小未知）。质量为m、电荷量为q+的粒子从点()0,AL−垂直于y轴以速度0v射入第三象限做匀速圆周运动，之后从点()0,CL垂直于y轴射入第一象限做曲线运动，并从点D穿过

x轴进入第四象限，通过D点时的速度为1v（大小未知），1v的方向与x轴正方向成45=角，不考虑粒子的重力；（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小；（2）求匀强电场的电场强度1E的大小和D点到O点之间的距离（用L表示）；（3）

若粒子经过D点后立即进入一个场强为2E的矩形匀强电场，在该电场的作用下可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，请确定该电场存在的最小区域的面积及2E的大小和方向（用电场2E与水平方向夹角的正切值表示）。【答案】（1

）0mvBqL=；（2）2012mvEql=，2DxL=；（3）20252mvEql=，12tan=，212SL=【解析】【详解】（1）由题可知，粒子在二、三象限内做匀速圆周运动，可知其轨迹圆心为点O，半径为L，则200vqBvmL=解得0mvBqL=

（2）由题知，粒子在第一象限内做类平抛运动，竖直位移为L，水平位移即为D点横坐标x，故有1qEam=212Lat=0Dxvt=10tanyvv=1yvat=解得2DxL=，2012mvEql=（3）若要使

该粒子可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，则应满足：1v的水平分量1xv需反向且大小为0v，1v的竖直分量1yv需减小为零。由题（2）知：10xvv=，10yvv=，由于2E为匀强电场，所以粒子在第四象限内做匀变速运动，设粒子在x方向的加速度大小为a，位移为s

，在y方向的加速度大小为a，位移为s，则有10xxvatv−=−10yyvat−=211=02xxxsvtat=−2112yyysvtatL=−=设2E在x负方向的分量为2xE，y方向的分量为2yE，2E与x负方

向的夹角为α，则有2xxqEma=2yyqEma=22222xyEEE=+22tanyxEE=解得20252mvEql=，12tan=（如上图所示）设粒子达到电场最右端时与D点的水平距离为xs，则1=2xxvst，其中2tt=

故有=2xLs匀强电场为矩形区域，四个顶点分别为(2,0)L，5(,0)2L，(2,)LL−,，5(,)2LL−，则该电场存在的最小区域的面积为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com