【文档说明】重庆市2023届普通高中高三下学期学业水平选择性考试4月第一次联考物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.390 MB，由小赞的店铺上传

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2023届重庆市普通高中学业水平选择性考试四月第一次联考物理试题一、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.实验表明，可见光通过三棱镜时各色光折射率n随着波长的变化符合科西经

验公式：24BCnA=++，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示．则A.屏上c处是紫光B.屏上d处是红光C.屏上b处是紫光D.屏上a处是红光【答案】D【解析】【详解】白色光

经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，由于紫光的折射率最大，所以偏折最大，红光的折射率最小，则偏折程度最小，故屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确．点睛：从中发现，可见光是复色光，同时得出在介质中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小．

2.如图中，在光电效应实验中，两个实验小组分别在名自的实验室，约定用相同频率的单色光分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应。对于达两组实验，下列判断正确的是（）的A.饱和光电流一定不同B.因为所用光的频率相同，所以遏止电压

Uc相同C.因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数-定不同D.若分别用不同频率的光照射之后绘制Uc-图像（为照射光频率，Uc为遏止电压，图乙为其中一小组绘制的图像），图像的斜率相同【答案】D【解析】【详解】A．虽

然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A错误；B．根据光电效应方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，故B错误；C．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能

相同，故C错误；D．由于0cWhvUee=−知图线的斜率等于hke=从图象上可以得出斜率的大小，已知电子电量，可以得出斜率相同，故D正确。故选D。3.一质点在xOy平面上运动，02s内质点沿x轴方向的位移—时间图像和沿y轴方向的速

度—时间图像分别如图甲、乙所示，则（）A.质点可能做直线运动B.0=t时质点的速度为0C.01s内质点的位移大小为2mD.质点在第1s内与第2s内通过的位移相同【答案】D【解析】【详解】A．根据题图可知，质

点在y方向先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在x方向做匀速直线运动，根据运动的合成可知质点做曲线运动，故A错误；B．根据甲图的位移—时间图像可知x方向的速度大小为20m/s=1m/s20xxvt−==−根据乙图可知00yv=所以0=t时质点的速度为22001m/s

xyvvv=+=故B错误；C．根据甲图可知，01s内质点在x方向的位移大小为11m1mxxvt===根据乙图可知，01s内质点在y方向的位移大小为112m1m2y==01s内质点的位移大小为222211m2msxy=+=+=故

C错误；D．根据甲图可知，第2s内质点在x方向的位移大小为11m1mxxvt===根据乙图可知，第2s内质点在y方向的位移大小为112m1m2y==第2s内质点的位移大小为222211m2msxy=+=+=故D正确。故选D。4.如图所示，图甲和图乙是教材中演示自

感现象的两个电路图，1L和2L为电感线圈。实验时，断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关2S，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯3A立即变亮，最终2A与3A的亮度相同。下列说法正确的是（）A.图甲中，1A与1L的电阻值相同B.图甲

中，闭合1S，电路稳定后1A中电流大于1L中电流C.图乙中，变阻器R与2L的电阻值相同D.图乙中，闭合2S瞬间，2L中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】【详解】A．由于断开开关1S瞬间，灯1A突然闪亮，随后逐渐变暗，表明断

开之前通过1L的电流大于通过1A的电流，断开之前两者并联，电压相等，可知1A的电阻大于1L的电阻，A错误；B．根据上述，图甲中，闭合1S，电路稳定后1A中电流小于1L中电流，B错误；C．由于闭合开关2S，由于2L自感影响，灯2A逐渐变亮，而另一个相同的灯

3A立即变亮，最终稳定后2A与3A的亮度相同，表明稳定时，两并联支路电流相等，两支路总电阻相等，可知变阻器R与2L的电阻值相同，C正确；D．图乙中，闭合2S瞬间，由于2L自感的阻碍影响，2L中电流小于变阻器R中的电流，

D错误。故选C。5.为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示，在垂直

于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M、N与内阻为R的电流表相连，污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况，下列说法中错误的是（）A.M板比N板电势低B.污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C.污水流量越

大，则电流表的示数越大D.若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A正确，不符合题意；BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹

力的作用下处于平衡，可得UqBqvd=污水的流量Q=vbc则MN两端间的电势差为QBUc=污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；电势差与污水中的离子浓度无关，故B错误，符合题意、CD正确，不符合题意。故选

B。6.如图所示，质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”型槽B上，60=，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，控制住C，使细线刚好伸直但无拉力，整个系统处于静止状态，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列

说法正确的是（）A.A对B斜面处的压力为32mgB.A对B竖直面处压力为12mgC.若将C自由释放，改变M，可使整个系统加速度达到gD.若将C自由释放，A对“V”型槽右侧竖直部分的压力恰好为零，则加速度33ag=【答案】D【解析】【详解】AB．以A为对象，设B斜面对

A的支持力为1N，B竖直面对A的支持力为2N，根据受力平衡可得1sinNmg=，12cosNN=解得1233Nmg=，233Nmg=故AB错误；C．若将C自由释放，改变M，以C对象，由于存在竖直向上的拉力，C受到的合力一定小于重力，则加的的速度一定小于重

力加速度g，故C错误；D．若将C自由释放，当A对“V”型槽右侧竖直部分的压力恰好为零时，以A为对象，根据牛顿第二定律可得tanmgFma==合解得3tan3gag==故D正确。故选D。7.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度2.0m/sv

=顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量50kg/sQ=落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端。在运送煤的过程中，下列说法正确的是（）A.电动机应增加的功率为100WB.电动机应增加的功率为300WC.在1min内因煤与传送带摩

擦产生的热量为36010JD.在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为41.210J【答案】C【解析】【详解】AB．设足够小的时间Δt内落到传送带上煤的质量为m，则有mQt=这部分煤由于摩

擦力f的作用被传送带加速，由功能关系得212fsmv=煤块在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，则有2vst=传送带的位移为svt=传相对位移为2vsssvtts=−=−=传可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦生热为212Qfsfsmv===根据能量

守恒可知，Δt时间内电动机应增加的能量E为2212EQmvmv=+=电动机应增加的功率为EPt=联立可得2200WPQv==故AB错误；CD．由以上分析可知，单位时间内产生的热量为22QQv=热因此一分钟产生的热量为236.010J2QQtt

Qv===总热故C正确，D错误。故选C二、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，有选错的得0分。8.2021年6月3日，“风云四号”B星在西昌卫星发射中心成功发射，6月

10日，卫星成功定点于东经123.5度赤道上空静止轨道位置。关于“风云四号”B星，下列说法正确的是（）A.该卫星的运行速度小于第一宇宙速度B.该卫星可以全天候监测同一地区C.该卫星的运行周期等于地球的自转

周期D.该卫星可以出现在长沙上空【答案】ABC【解析】【详解】A．根据。22MmvGmrr=解得GMvr=因为“风云四号”B星为同步卫星，而第一宇宙速度即为近地卫星速度，则同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以该卫星的运行速度小于第一宇

宙速度，故A正确；B．“风云四号”B星为同步卫星，卫星始终位于东经123.5度赤道上空静止轨道位置，所以该卫星可以全天候监测同一地区，故B正确；C．“风云四号”B星为同步卫星，所以该卫星的运行周期等于地球的自转周期，

故C正确；D．“风云四号”B星成功定点于东经123.5度赤道上空静止轨道位置，所以不可能出现在长沙上空，故D错误。故选ABC。9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中的虚线所示。P是

传播介质中的一个质点，其平衡位置坐标5m3x=。下列说法正确的是（）A.波的频率可能为25HzB.波传播速度可能为90m/sC.t=0时刻，质点P相对平衡位置的位移为0.05mD.若波的传播速度为10m/s，则16ts=时P点位于波峰【答案

】BC【解析】【分析】【详解】A．波向右传播，则0.1s时0,1,2,34TtnTn=+=，的则频率114Hz0,1,2,3nfnTt+===，不可能等于25Hz，A错误；B．由图可知波长为4m，0.1s时间，波传播了4n+则速度为40,1,2,3nvnt+==，当2n=时，速度为90m/

s，B正确；C．P的位置对应正玄函数的角度为x5=26=所以位置为50.1sinm0.05m6y==C正确；D．由B选项，当10m/sv=时0n=，即波走了四分之一个周期。0.4sT=由C选项，0=t时，P点对应的角度为56=经过六分之一

秒，波移动1s5620.4s6==此时P点的位置为550.1sinm0m66y=−=（）在平衡位置，D错误。故选BC。10.如图所示，匀强电场中有一个边长为l的正方形ABCD，O点为两对角线的交点（图中未画出）。电场方向

与正方形所在平面平行，A、B两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经过A点时速度沿着AD方向，经过C点时速度沿着DC方向，速度大小均为0v，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.匀强电场的电场强度大小为Ul，方向由A到BB.粒子从A到C的过程

中，最小速度为022vC.正方形的四个顶点中，电势最高的点是B点D.粒子垂直经过DO的中点【答案】BD【解析】【详解】A．由于A、C两点速度大小相等，表明粒子从A运动到C电场力做功为0，即A、C两点电势相等，即AC连线为一条等势线，粒子带正电，所受电场力与电场方向相同

，则电场方向沿DB→方向，则有2cos45UUEll==A错误；B．根据上述，粒子做类平抛运动，沿AC方向做匀速直线运动，沿BD方向做双向匀变速直线运动，可知，最小速度等于匀速直线分运动的分速度，即0min02cos452vvv==B正确；C．根

据上述，电场线由DB→，沿电场线电势降低，则正方形的四个顶点中，电势最低的点是B点，C错误；D．粒子做类平抛运动，沿AC方向做匀速直线运动，沿BD方向做双向匀变速直线运动，根据对称性，粒子经过DO边时，沿BD方向分速度恰好减为0，粒子速度恰

好垂直于DO边，令粒子运动到DO边的时间为t，则有0cos45cos45lvt=0sin452vyt=解得21cos45422DOyll===即粒子垂直经过DO的中点，D正确。故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共57分。11.为了探究加

速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器同上面固定的一条形

挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m。回答下列问题：（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：___________

__________。（2）若取M＝0.4kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________。A．m＝5gB．m＝15gC．m＝40gD．m＝400g（3）在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，写出该加速度的

表达式：____________。（用Δt1、Δt2、D、x表示）【答案】①.取下牵引砝码，M放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M，数字计时器记录两个光电门的光束被挡的时间Δt相等，则调节已经到位②.D③.2221ΔΔ2DDttx−【解析】【

详解】（1）如果气垫导轨水平则不挂砝码时，滑行器M能在任意位置停留，或推动滑行器M后，能使滑行器M做匀速运动。（2）该实验要求牵引砝码的质量远小于滑行器同上面挡光片的总质量，因D.m＝400g与滑行器总质量一样大，所以D错误。（3）挡光片经光电门G1时速度为:11D

vt=,经光电门G2时速度为:22Dvt=根据：22212vvax−=可得：22222121()()22DDvvttaxx−−==12.某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。实验器材：电池组（两节干电池）定值电阻02R=毫安表（量程为50mA，内阻4.5gR

=）电压表（量程为3V，内阻很大）滑动变阻器R电阻箱开关导线若干（1）将电阻箱的阻值调至0.5，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为_______mA。（2）实验步骤如下：①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到______端（选填“左”或“右”）；②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数

U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U-I图线。（3）每节干电池的电动势E=______V，内阻r=______（结果均保留两位有效数字）。（4）从实验原理上分析，通过本实验测量的电动势_____实际电动势，测量的内阻_____实际内阻（

选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】①.500②.左③.1.5④.1.0⑤.等于⑥.等于【解析】【详解】（1）[1]将电阻箱的阻值调至0.5，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为gggIRIIR=+代入数据，解得500mAI=（2）[2]为了保护电路，应使电路的电流最小，所以滑动变阻器

接入电路的电阻最大，即滑片应滑到左端。（3）[3][4]根据毫安表的改装原理，当毫安表示数为I时，此时电路中的电流为10I，毫安表和电阻箱并联后的电阻为0.45gAgRRRRR==+根据甲所示电路图，由欧姆定律可知，路端电压为()0102AUERrRI=−++由图乙所示图象可知，纵轴截距为2bE

=解得1.5VE=又图像斜率的绝对值为010(2)AkRrR=++解得1.0Ωr（4）[5][6]由电路图可知，当毫安表示数为零时，通过电池组的电流为零，图象的纵截距比电池阻的实际电动势，当电压表示数为零时，此时

电池组与0R组成的等效电源的路端电压实际值就是零，即所测的短路电流为真实值，故通过本实验测量的电动势等于实际电动势，测量的内阻等于实际内阻。13.如图所示，一汽缸倒置悬挂，汽缸的横截面积210cm=S，高度为16cmH=，汽缸壁的厚度忽略不计，活塞质量为2kgm=，厚度忽略不计

，其中密封一定质量的理想气体，汽缸与活塞之间用一轻弹簧连接，弹簧的劲度系数5N/cmk=。已知汽缸和活塞由绝热材料制成，密封性良好，汽缸内壁光滑，弹簧始终处于弹性限度内。外界大气压强501.010Pap=

，重力加速度g取210m/s。开始时气体的温度为27℃，弹簧处于原长，活塞处于汽缸的中间位置。求（1）开始时汽缸内密封气体的压强；（2）对汽缸内气体缓慢加热，使活塞与汽缸口平齐，此时汽缸内密封气体的温度。【答案】（1）50.810Pa；（2）900K【

解析】【详解】（1）开始时，对活塞，根据平衡条件10pSmgpS+=解得510.810Pap=（2）活塞与汽缸口平齐时，根据平衡条件202HpSmgpSk+=+解得521.210Pap=根据理想气体状态方程112212pV

pVTT=根据题意1300KT=212VV=解得2900KT=14.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中

，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量。【答案】(1)a=gsinθ，方向

沿导轨平面向下，vm=222sinmgRBL，方向沿导轨平面向下；(2)3222441sinsin2mgRQmgxBL=−杆【解析】【详解】(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E=BLv回路中的感应电流

EIRR=+杆所受的安培力F=BIL根据牛顿第二定律有22sin2BLvmgmaR−=当速度v=0时，杆的加速度最大，最大加速度sinag=方向沿导轨平面向下当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度vm=222sinm

gRBL方向沿导轨平面向下;(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得21sin2mmgxQmv=+总又Q杆=12Q总所以3222441sinsin2mgRQmgxBL=−杆15.如图所示，倾角为30°的固定斜面顶端有一光滑的定滑轮，斜面上端有一与斜面垂直的

固定小挡板，挡板的厚度不计。斜面上有一质量为2m的小物块，物块与斜面间的动摩擦因数为36。不可伸长的轻绳一端连接小物块，另一端绕过滑轮悬吊一质量为m的粗细均匀钢管，物块与定滑轮间的细绳平行于斜面且不与挡板接触。在钢管的顶端套着一个质量也为m的细

环，细环与钢管之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为7g4m（g为重力加速度大小）。开始时用外力控制物块使系统静止，物块到挡板、钢管下端到地面的距离均为L。现将物块由静止释放，物块与挡板、钢管与地面发生多次碰撞，每次碰撞时间极短，最终细环刚好到达钢

管底端。已知物块与挡板、细管与地面碰撞均无能量损失，钢管始终未与滑轮相碰。求；（1）物块开始上滑时细绳上的拉力大小；（2）钢管与地面第一次碰撞后能上升的最大高度；（3）钢管的长度。【答案】（1）74mg；（2）6L；（3

）25L【解析】【详解】（1）系统由静止释放后，假设向下运动过程中细环相对钢管未发生相对滑动，设此过程中细绳中的拉力大小为F，物块、钢管和细环的加速度大小均为a，对物块由牛顿第二定律得2sin2cos2Fmgmg

ma−−=对钢管和细环整体由牛顿第二定律得22mgFma−=解得74Fmg=8ga=设此过程细环受摩擦力大小为f，则mgfma−=解得m78fmgf=故假设成立，所以物块开始上滑时细绳上的拉力大小为74Fmg=（2）设钢管与地面第一次碰撞后，细环相对钢管向下滑动时的

加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有m1fmgma−=解得134ga=由于碰撞后无能量损失，所以钢管和物块都将以碰撞前原速率反弹，设反弹后绳中拉力大小为F1，钢管和物块的加速度大小均为a2，则对钢管和物块根据牛顿第二定律分别有m12mgfFma+−=122cos2sin2Fmgmgma

+−=解得234ga=设第一次碰撞前、后钢管的速度大小为v1，碰撞后钢管能上升的最大高度为H1，根据运动学规律有212vaL=21212vaH=解得16LH=（3）因为a1=a2，所以钢管与地面第一次碰撞后上升到最大高度时，细环恰好也下降至最低点，根据对

称性可知其下降的高度为116LhH==钢管与地面第一次碰撞后细环相对钢管下降的高度为1111Δ2xhHH=+=设钢管与地面发生第二次碰撞之前瞬间的速度大小为v2，钢管与地面第二次碰撞后上升的高度为H2，根据运动学规律

有2212vaH=22222aHv=解得2211166HHL==由此类推可得钢管的长度为()12323111222.6665lHHHLL=+++=+++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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