【文档说明】重庆市四川外语学院重庆第二外国语学校2022-2023学年高三下学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(19)页，2.604 MB，由小赞的店铺上传

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重庆第二外国语学校2023届开学检测物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2．回答选择题时，选出每小题答案后

，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一项是符合题目要求的。1.“超级电容器”由于电极中加入了表面积非常大的石墨烯，所以具备超大的容量，适合作为动力电池的助力动力源。相对于普通电容器，“超级电容器”（）A.极板电荷量较大B.极板间的电场强度较大C.单位电压

容纳的电荷量较大D.带相同电荷量时电压较大【答案】C【解析】【详解】CD．由于超级电容器具备超大的容量，即单位电压容纳的电荷量较大，也就是电容C较大，故带相同电荷量时电压较小，C正确，D错误；AB．电容器的容纳能力较大，并不代表实际使用中极板电荷量较大、场强较大，也有

可能极板电荷量很小，场强很小，AB错误。故选C。2.“天和一号”是中国载人航天工程中的第一个空间站核心舱，2021年4月在海南文昌由长征五号B运载火箭发射升空。入轨后，“天和一号”的航天员将在一天内多次看到日出日落的神奇现象。关于“天和一号”在轨飞行时，描述

正确的是（）A.运行速度大于第一宇宙速度B.离地面的高度小于地球同步卫星的高度C.运行的向心加速度小于轨道所在处的引力加速度D.航天员可以利用天平测量物体的质量【答案】B【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律万有引力提供向心力得22MmvG

mrr=GMvr=可知，“天和一号”的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；B．航天员在一天内多次看到日出日落，说明一天时间内“天和一号”绕地球运行了多个周期，由222()MmGmrrT=可得32rTGM=所

以“天和一号”在轨飞行时离地面的高度小于地球同步卫星的高度，B正确；C．“天和一号”在轨飞行时只受万有引力作用，所以其向心加速度等于轨道所在处的引力加速度，C错误；D．在失重条件下，不能使用天平测量物体的质量，D错误。故选B。3.元代《王桢农书》记载了戽斗，

它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，两边绳，靠两人拉绳牵斗取水。如图所示，忽略绳子质量，戽斗处于平衡状态时，两人站得越远，则（）A.两边绳子对戽斗的合力越大B.两边绳子对戽斗的合力越小C.人对每边绳子的拉力越小D.人对每边绳子的拉力越大【答案】D【解

析】【详解】对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力。合力与戽斗的重力平衡。所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，当两人站得越远，两绳夹角越大，则绳中拉力越大。故ABC错误，D正确

。故选D。4.如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g=l

0m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）A.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B.Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6sC.Q在运动过程中所受摩擦力始终不变D.Q从

传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态【答案】B【解析】【详解】A．当传送带以8m/sv=逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有fFF=即PQ=mgmg代入数据解得0.5=故A错误；B．当传送带突然以8m/sv=顺时针转动，物体Q做

初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有()PQPQ+=+mgmgmma解得220m/s3a=当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有1vat=代入数据解得匀加速的时间为11.2t=s，匀

加速的位移为22vxa=代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为2Lxtv−=代入数据解得21.4t=s，Q从传送带左端滑到右端所用时间为122.6sttt=+=总故B正确；C．物体Q做匀加速直线运动

时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；D．由B的分析可知，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误。故选B。5.1970年4

月我国发射了首颗人造地球卫星“东方红一号”，目前依然在太空翱翔。其运行轨道为绕地球的椭圆，远地点A距地球表面的高度为2129km，近地点B距地球表面的高度为429km；地球同步卫星距地面的高度约为36000km。已知地球可

看成半径为6371km的匀质球体，地球自转周期为24h，引力常量112266710Nm/kgG=．，根据以上数据不能．．计算出（）A.地球质量B.“东方红一号”绕地球运动的周期C.“东方红一号”通过B点时的速度大小D.“东方红一号”经过A点

时的加速度大小的的【答案】C【解析】【详解】A．对同步卫星2224()()MmGmRhRhT=++可以计算地球质量，故A不符合题意；B．根据题意可以计算“东方红一号”绕地球运动的半长轴，根据同步卫星周期及半径，结合开普勒第三定律，可以计算“东方红一号

”绕地球运动的周期，故B不符合题意；C．“东方红一号”通过B点时的速度大小无法计算，因为是椭圆轨道的近地点，故C符合题意；D．“东方红一号”经过A点时的加速度大小可以计算，根据万有引力等于合外力，故D不符合题意；故选C。6.如图所示，矩形金属框MNOP竖直放置，其

中MN、PQ足够长，且PQ杆竖直光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动，其角速度逐渐增大，即=t，式中是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中，下列判断正确的是（）A.小球的重力势能减小B.PQ杆

对小球的作用力不断增大C.PQ杆对小球的作用力垂直指向MND.PQ杆对小球的作用力做正功【答案】D【解析】【详解】A．对小球受力分析，设弹簧由于水平方向夹角为，竖直方向上，由平衡条件得sinFmg=弹根

据胡克定律有0cosMPFkl=−弹联立可得22220sincos1mgkMPFFkl+=+=+弹弹可知随着增大，弹簧的弹力不变，则弹簧长度不变，所以小球的高度不变，则重力势能不变，故A错误；D．由A

分析可知：弹簧的弹力对小球不做功，小球的动能不断增大，所以PQ杆对小球的作用力做正功，故D正确；BC．由D选项分析可知，PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力使小球线速度增大，由题意可知，切向加速度不变，则PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力大

小不变，当速度小时，弹簧沿着水平方向的分力大于向心力，则Q杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向外，随着角速度逐渐增大而减小，当速度逐渐变大到弹簧沿着水平方向的分力恰好向心力后，Q杆对小球的作用力垂直速度方向的分力垂直MN向内，随着角速

度逐渐增大而增大，根据运动的合成知PQ杆对小球的作用力先减小后增大，且不在垂直MN的方向上，故BC错误。故选D。7.2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星，我国首次火星探测任务着陆火星

取得成功。“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道半长轴为1a，周期为T1的椭圆轨道，我国北斗

导航系统的中圆地球轨道卫星轨道半径为2r，周期为T2，引力常量为G。则下列判断正确的是（）A.33122212arTT=B.“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气C.“天问一号”在环火星圆轨道A点的加速度大于着陆准

备轨道A点的加速度D.由题目已知数据不可以估算火星质量及火星质量和地球质量的比值【答案】B【解析】【详解】A．由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，中心天体

不一样，因此开普勒第三定律不适用。故A错误；B．“天问一号”从环火圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气。故B正确；C．根据2GMmmar=解得2GMar=可知“天问一号”在环火星圆轨道A点的加速度等于着陆准备轨道A点的加速

度。故C错误；D．由开普勒第三定律可知轨道半径为a1的绕火星做匀速圆周运动的卫星的周期也为T1，设火星的质量为M1，所以有21122114GMmmaaT=解得2311214aMGT=即可以估算火星质量，同理，利用中圆轨道卫星可以估算地

球质量2322224rMGT=火星质量和地球质量的比值为3211232221MaTMrT=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

全的得了分，有错选的得0分。8.如图甲是一个磁悬浮地球仪，它的原理如图乙所示，上方的地球仪内有一个永磁体，底座内有一个线圈，线圈通上电，地球仪就可以悬浮起来。下列说法正确的是（）A.将地球仪上下位置翻转，则不能继续保持悬浮B.若增大线圈

中的电流，稳定后地球仪受到的磁力不变C.若增加线圈的匝数，稳定后地球仪受到的磁力增大D.线圈中接入交流电的频率越高，地球仪悬浮的高度就越高【答案】AB【解析】【详解】A．地球仪根据同名磁极互相排斥的原理工作，

将地球仪上下位置翻转，则受到吸引力，不能继续保持悬浮，A正确；B．若增大线圈中的电流，磁场增大，地球仪悬浮的更高，受到的磁力依旧等于重力，B正确；C．若增加线圈的匝数，磁场增大，地球仪悬浮的更高，受到的磁力依旧等于重力，C错误；D．磁悬浮地球仪的原理是底座接直流电通过

线圈形成稳定的磁场，地球仪内永磁体受到排斥力大小等于重力时，地球仪合力为0，悬浮在空中，故D错误。故选AB。9.如图所示，在粗糙的水平面上，有四个完全相同的物块，放在一等腰梯形的四个顶点上，用四根完全相同的弹簧将它们连

接起来，且da之间、ab之间、bc之间的弹簧长度相等，是cd之间的弹簧长度的一半。系统静止在水平地面上，已知da之间弹簧弹力的大小是cd之间弹簧弹力大小的一半，a受到的摩擦力大小为f，则（）A.cd之间的弹簧一定是拉伸的B.b受到的合力指向∠abc的角平分线方向C.d受到的摩擦力大小为

3fD.c受到的摩擦力大小为2f【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，可得22cdcdadadFkxFkx===则2cdadxx=又因为2cdadxx=所以弹簧ad处于压缩状态，弹簧cd处于拉伸状态，故A正确；B．b物体静止，合力为0

，故B错误；CD．对a进行受力分析，由如图1可得ad、ab、bc之间的弹簧弹力为f，对c进行受力分析，由图2可得3cff=根据对称性，可知d受到的摩擦力大小也为3f，故D错误，C正确。故选AC。10.某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习实验示意图如图甲所示，虚线MN

右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小02m/sv=的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化

的规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A.图乙中01mx=B.线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C.线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.15JD.线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为2.3C【答案】A

C【解析】【详解】A．线框中的磁通量发生变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，所以图乙中的01mx=，故A正确；B．线框进入磁场过程中，安培力大小为22BLvF

BILR==由图乙可知，速度减小，线框受到安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，因此线框做加速度减小的减速运动，线框完全进入磁场区域，加速度突变为零，故B错误；C．根据能量守恒可得，线框减少的动能全部转化为焦耳热，则有22121122Qmvmv=−其中12

m/sv=，21m/sv=，代入数据可得0.15JQ=故C正确；D．线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得21BILtmvmv−=−又BLvtBLxItRR==即的2221BLxmvmvR−=−结合图像乙可知，当1mx=时，21m/sv=，代入解得2T10B=

通过线框截面的电量为BLxqItR==代入数据解得2C2q=故D错误。故选AC。三、非选择题：共57分。11.为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，整个装置位于水平桌面上，位移传感器连

接计算机。让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。利用计算机描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t变化的规律，如图乙所示。（1）根据图线可知，木块的加速度a=_________m/s2；（2）为了测定动摩擦因数

，还需要测量的量是_________。（已知当地的重力加速度为g）（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是_______。A.A点与传感器距离适当大些B.木板的倾角不宜过大也不宜过小C.传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】①.1②.倾斜木板与

水平面的夹角（或者A点到位移传感器的高度）③.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的规律2xaT=得22222(106)10m/s1m/s0.2xaT−−===（2）[2]选取木块为研究对

象，根据牛顿第二定律得sincosmgmgma−=得sincosgag−=可知要测定动摩擦因数，还需测出斜面倾角（或A点到位移传感器的高度）。（3）[3]根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木板运动

的时间长一些，可以：减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是从木块从A点释放的时刻，故AB正确，C错误。12.夏天的时候，教室里很多同学都会买一个手持的小型电风扇，小芳同学想根据所学的电学知识，利用实验室的器材描绘出这台电风扇

的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W，并去实验室借到了开关、导线以及以下器材：电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω定值电阻R1=10Ω定值电阻R2=5

0Ω滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A滑动变阻器R4：最大阻值2Ω，最大电流3A滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A（1）实验为了得到小电风扇完整的伏安特性曲线，实验中滑动变阻器应选用___________（选填“R3”“R4

”或“R5”）；为了精确测量数据，选用定值电阻________（选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用。（2）根据实验室借到的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇

符号M用表示，需在图中标上所用元件对应的符号。（）（3）小芳同学在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为___________Ω

（结果保留两位有效数字）。【答案】①.R4②.R2③.④.6.0【解析】【详解】（1）[1][2]小电风扇的额定电流为2.5A=0.5A5PIU==电流表选A1；为了得到完整的伏安特性曲线，则采用分压式接法，小风扇的电阻约为210

URP==选择滑动变阻器总电阻较小的，并且最大电流可保证安全，即选R4；因为无电压表，可改装电流表，电源电动势6.0V，则电流表A2与定值电阻R2改装成电压表，选R2；（2）[3]如图所示（3）[4

]风扇不转动，属于纯电阻，则风扇电阻为()222126.0MIRrRII+==−13.如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R=3Ω的电阻；导轨间距为L=1m，导轨电阻不计。长为lm，质量m=0.5kg，电阻

r=1Ω的金属棒水平放置在导轨上，它与导轨的滑动摩擦因数0.5=，导轨平面的倾角为=37°，在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为B=1T。今让金属棒AB由静止开始下滑，沿导轨下滑距离为20mx=时速度恰达到最大。（sin37°=0.6，cos37=0.8）

求：（1）画出导体棒在运动过程中的受力示意图，并指出金属棒AB中电流的方向；（2）金属棒达到的最大速率；（3）金属棒由静止开始沿导轨下滑距离为20mx=的过程中，电阻R上产生的焦耳热RQ。【答案】（1）见解析；金属棒AB电流方向B到A；（2）m4m/sv=；（3）12J【解析】【详解】（1）AB

棒受力示意图如图所示根据左手定则可知，金属棒AB电流方向B到A。（2）对金属棒运动过程分析，可知合外力为零时金属棒达到最大速度，于是有sincosmgBILmg=+根据欧姆定律EIRr=+和法拉第电磁感应定律mEBLv=代入数据得m4m/sv=（3）由能量守恒定律可得2m1cossi

n2Qmvmgsmgs++=电阻R与金属棒串联有RRQQRr=+代入数据解得12JRQ=14.如图所示，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸导热性能良好，不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦。室内气压p0＝1.0×105Pa，室温T1＝27.3℃，气体的体积V1＝66mL

，现将汽缸竖直放置于冰水混合物中，待稳定后。（T＝t＋273，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1）（1）若已知该气体在1.0×105Pa、0℃时的摩尔体积为22.4L/mol，求汽缸内气体分子数目N；（计算结果保留两位有效数字）（2）若已知该气体

内能U与温度T满足U＝0.03T（J），则在上述过程中该气体向外释放的热量Q。的【答案】（1）1.6×1021个；（2）1.419J【解析】【详解】（1）设汽缸竖直放置于冰水混合物中，待稳定后，气体的体积为V2，由等压变

化可得1212VVTT=代入数据，解得V2＝60mL汽缸内气体分子数目为2332.6160102240AmolVNNV−==个解得N≈16×1021个（2）根据关系式U＝0.03T得初状态的气体的内能为U1＝0.03T1＝0.03×300.3J＝9.009J末状态气体

的内能为U2＝0.03T2＝0.03×273J＝8.19J内能变化量为ΔU＝－0.819J气体经历等压变化，外界对气体做功为W＝p（V1－V2）解得W＝0.6J由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可得Q＝ΔU－W＝－0.819J－0.6J＝－1.419J

即气体向外界释放的热量为1.419J。15.如图所示，光滑水平面上放置一右侧带有半圆弧槽的质量为m的木板，半圆弧槽最底端B和最顶端D.处切线水平，圆心为O，半径为R，槽面光滑。木板最左侧A处有一可视为质点的质量也为m的滑块，滑块与木板AB段间的动摩擦因数0.5=。当木板

固定时，对滑块施加水平向右的恒力1Fmg=，滑块运动到B处时撤去外力，滑块恰能沿槽面滑到与圆心等高的C处。已知重力加速度为g。（1）求AB段的长度L；（2）若木板不固定，开始时对滑块施加水平向右的恒力F2，滑

块运动到木板上B点时撤去外力，滑块恰不脱离槽面从半圆弧槽上D处飞出；①求恒力F2的大小及恒力F2做的功；②判断滑块从半圆弧槽飞出后能否落到木板上。【答案】（1）2R；（2）①134mg，14318mgR；②滑块恰好落到木板左侧边缘处【解析】【详解】（1）当木板固定时，滑块在木板上加速过程由动能

定理有11()022FmgLmv−=−滑块在槽面内上升过程，由机械能守恒定律有212=mvmgR联立解得2LR＝（2）①当木板不固定时，设F2作用时间为t，到B点时，滑块速度为v1，木板速度为v2，滑块对地位移为x1，木板对地位移为x2，由

动量定理，对滑块有21()0Fmgtmv－＝－对木板有20mgtmv＝－两者的位移分别为1112xvt=，2212xvt=，12xxL－＝滑块运动到圆弧槽最高点时，设滑块速度为v3，木板速度为v4，对系统，

撤去外力后至滑块到达圆弧槽最高点，由动量守恒定律有1234mvmvmvmv＋＝＋由机械能守恒定律有12341111222222222mvmvmvmvmgR+=++滑块在最高点恰不脱离半圆弧槽，说明滑块与半圆弧槽间弹力为0，此时

半圆弧槽的加速度为0，以半圆弧槽为参考系，滑块在半圆弧槽上滑动过程中相对半圆弧槽做圆周运动，到达半圆弧槽最高点时相对速度大小（对滑块恰好滑到半圆弧槽最高点时的运动状态进行分析时，对应的参考系是运动的半圆弧槽）43vvv相＝－对滑块，由牛顿第二定律有2mvm

gR=相联立解得2134Fmg=，1113vgR=，223vgR=，353vgR=，483vgR=，43Rtg=对滑块，有1112229xvtR==恒力F2做的功2113221434918WFxmgRmgR===②滑块从半圆弧槽飞出后，滑块相对半圆弧槽做平抛运动，设做平抛

运动的时间为t1，落点离木板上B点距离为x。竖直方向，滑块做自由落体运动，有21122Rgt=水平方向，滑块相对木板做匀速直线运动，有1xvt=相解得2xRL==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com