【文档说明】重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三上学期1月质量检测 物理答案.docx，共(11)页，285.668 KB，由小赞的店铺上传

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万州二中2023年高2023届1月质量检测物理试题参考答案1．B【详解】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度和物质的量。选B。2．B【详解】这束红光通过双缝产生了干涉现象，说明每条缝都很窄，这就满足了这束红光发生明显衍

射现象的条件，这束红光形成的干涉图样特点是，中央出现明条纹，两侧对称地出现等间隔的明暗相间条纹；这束红光通过单缝时形成的衍射图样特点是，中央出现较宽的明条纹，两侧对称地出现不等间隔的明暗相间条纹，且距中央明条纹远的明条纹亮度迅速减弱，所以衍射图样看上去明暗相间的条

纹数量较少，故B正确，ACD错误。故选B。3．D【详解】A．开关S接1时，左侧升压变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电，根据1213UU=解升压变压器的副线圈电压为21322.5VUU==故A错误；B．开关S接1时，右侧降压变压器原、副线

圈匝数比为2：1，R上的功率为10W，根据公式P＝I2R可知，电阻的电流为I4＝1A根据欧姆定律得：降压变压器的副线圈电压为U4＝IR＝1×10V＝10V根据匝数比可知U3:U4=2:1I3:I4=1:2解得320VU=，I3＝0.5A右侧降压变压器原线圈中的电流为0.5A，故B错误；C

．因左侧升压变压器副线圈的电压为222.5VU=，右侧降压变压器原线圈的电压为320VU=，根据欧姆定律得23322.52050.5UUrI−−===故C错误；D．开关接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压器两边电压关系可知2340.5UIrIRnn−=解

得I＝3A则R上的功率为P＝（0.5I）2R＝1.52×10W＝22.5W故D正确。故选D。4．C【详解】A．以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受到重力、绳子的拉力和电场力的作用，受力如图所示根据平衡条件有，小球受到的拉力大小为2T1.01010N0.125Nco

s370.8−===mgF故A错误；B．由几何关系得tan37Eqmg=得26831.01010tan374N/C1.010N/C7.510−−===mgEq故B错误；C．当电场强度的方向与轻绳方向垂直时，电场

强度最小，有minsin37=mgEq解得25min8sin371.010100.6N/C8.010N/C7.510−−===mgEq故C正确；D．剪断轻绳，带电小球将沿重力和电场力的合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，故D错误。故选C。5．B【详解】AB．地球公转周期T1＝1年

，根据开普勒第三定律有33122212rrTT=又215rr=解得木星公转周期12125TT=≈11.18年设经时间t再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π其中112T=，222T=解得t≈1.1年因此下一次“木星冲日”发生在2020年，故A错误，B正确；CD．设太

阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a。对行星由牛顿第二定律可得2224MmGmamrlT==解得2GMar=，32rTGM=由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木

星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故CD错误。故选B。6．A【详解】①、②当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。将凸透镜的曲率半径变大，与透镜中心等距离位置的空气层厚度变小，出现同一亮条纹的厚度由中心向外偏移，同一级圆环的半径变大；相反，凸透镜的

曲率半径变小，同一级圆环的半径变小，故①正确，②错误；③、④改用波长更长的单色光照射，出现同一级亮纹的光程差变大，空气层厚度应变大，所以，同一级圆环的半径变大，因此要使半径变大，则可以改用波长更长的单色光照射，故③正确，④错误。故选A。7．C【

详解】A．炮弹上升过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即11ymgfma+=解得11ymgfam+=炮弹下降过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即22ymgfma−

=解得22ymgfam−=则12yyaa设炮弹上升的时间为1t，炮弹下降的时间为2t，根据21112yhat=22212yhat=得12tt炮弹上升的时间一定小于下降的时间。A错误；B．到达最高点时，除受竖直向下的重力外还受到水平方

向的空气阻力作用f，合力22Fmgfmg=+合（）由牛顿第二定律可知，炮弹在最高点时的加速度大于重力加速度。B错误；C．假设空气阻力大小不变，由微元法，上升过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与上升过程路程的乘积，下降过程克服空气阻力做的功等于

空气阻力与下降过程路程的乘积。升弧长而平伸，降弧短而弯曲。上升过程克服空气阻力做的功大于下降过程克服空气阻力做的功。又由功能关系，克服空气阻力做的功等于机械能的减少量。炮弹在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。假设空气阻力大小与速度成正比

或与速度的平方成正比，由于空气阻力始终做负功，同一高度处，上升过程的速度大小总是下降过程的速度大小，则同一高度处，上升过程的空气阻力大小总是大于下降过程的空气阻力大小。由微元法，上升过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与上升过程路程

的乘积，下降过程克服空气阻力做的功等于空气阻力与下降过程路程的乘积。升弧长而平伸，降弧短而弯曲。上升过程克服空气阻力做的功大于下降过程克服空气阻力做的功。又由功能关系，克服空气阻力做的功等于机械能的减少量。炮弹在上升阶段损失的机械能大于在下降阶段损失的机械能。

C正确。D．炮弹在上升阶段重力势能的增加量等于在下降阶段重力势能的减少量。D错误。故选C。8．AC【详解】A．斜面不可能没有摩擦，故伽利略利用图甲的U型槽进行实验，球从左边斜面滚上右侧也是理想的，现实不存在的，A正确；B．伽利略利用图乙中的斜而进

行实验，得出下落的小球位移与时间的平方成正比，B错误；CD．伽利略利用图甲中的斜面进行实验，得出物体的运动不需要力；利用图乙中的斜面进行实验，最后推导得出自由落体运动的规律，C正确，D错误；故选AC。9．BD【详解】A．火箭从点火至

离开发射塔的过程中，火箭的加速度的方向向上，所以处于超重状态，故A错误；B．由212hat=可得，火箭开始发射至离开发射塔共用时为2hta=故B正确；C．火箭离开发射塔时的速度大小为2vatah==故C错误；D．火箭离开发射塔时的克服重力做

功的瞬时功率为2Pmgvmgah==故D正确。故选BD。10．ABD【详解】AB．设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，由图乙可知，0~4s时间内，木板与地面间的摩擦力f1随F增大而增大，木块与木板之间的摩擦力f2为0，说明木板和木块均

静止，4s后，摩擦力f1保持不变，说明木板开始相对地面滑动，且滑动摩擦力f1=μ1(M＋m)g=4N设木板与木块间的动摩擦因数为μ2，4~12s内，木块与木板之间的摩擦力f2随F增大而增大，说明摩擦力f2为静摩擦力，木板和木块相对静止，一起加速运动，对木块和木板整

体，根据牛顿第二定律得F－μ1(M＋m)g=(M＋m)a对木块根据牛顿第二定律得f2=ma当t=12s时F=kt=12N由图像得f2=6N代入数据解得m=3kg，μ1=0.1AB正确；C．12s后，摩擦力f2保持不变，说明

木块相对木板开始滑动，且滑动摩擦力f2=μ2mg=6N代入数据解得μ2=0.2C错误；D．0~4s时间内，木块和木板静止，4~16s时间内，f—t图像与时间轴围成的面积表示摩擦力的冲量大小，木块所受摩擦力的冲量为24126Ns48Ns2I+==木板所受合外力的冲量为1Ff

241612Ns412Ns48Ns24Ns2IIII+=−−=−−=由动量定理得I2=mv2，I1=Mv1代入数据解得v2=16m/s，v1=24m/s则16s末木块与木板的速度大小之比为v2：v1=2：3D正确。故选ABD。11．CAD##DA

12mh=13mh+21mh【详解】（1）[1]A．小球a与小球b相撞后，小球a继续向右运动，则小球a的质量必须大于小球b的质量，A错误；BC．弹簧发射器的内接触面及桌面不需要光滑，只需要在步骤③④中入射小球a的释放点位置相同，小球a与小球b相撞

前的速度就相同，B错误，C正确；D．使小球做平抛运动，桌面右边缘末端必须水平，D错误。故选C。（2）[2]由动量守恒11122mvmvmv=+由平抛运动xvt=，212hgt=得2xvhg=代入动量守恒表达式112231mmmhhh=+则需测量两小球质量以及

小球下落高度。故选AD。（3）[3]由（2）可知，当满足关系式112231mmmhhh=+则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒。12．0.840最左端尽量大些1212UUII−【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，故

图中所测铜丝的直径为8mm0.058mm8.40mm0.840cmd=+==（2）[2]闭合开关之前为了确保被测电路安全，滑动触头滑到阻值最大处，即R2的最左端；[3]为了减小相对误差，电压表或电流表示数尽量大些；[4]本实验采用

了差值法测电阻，即1A11xURRRI=++2A12URRI=+保持滑动变阻器R1阻值不变，则1212xUURII=−13．3V，2.5V，41【详解】根据1122UnUn=得输出电压23VU=当输入电压减少2V时，则输入电压为110VU=＇根据1122UnUn=＇＇得输出电压

22.5VU=＇根据1122UnUn=得112241UnUn==14．（1）3m/s2；（2）24m【详解】（1）物体受到的摩擦力为f3NFmg==由牛顿第二定律有fFFma−=解得23m/sa=（2）由运动学公式22vax=解得24mx=15．（1）(89

42)2hv++；（2）122313BB+=【详解】（1）画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示粒子在电场I中做匀加速直线运动，根据运动学规律有12vht=可得粒子在I电场中运动的时间为12=thv粒子进入

II电场中做类平抛运动，根据类平抛规律有2212hat=由2h＝vt2可得粒子在II电场中运动的时间为22=thv可得进入磁场Ⅲ时在y方向上的分速度为vy＝at2＝v速度偏转角的正切值为tan=1yvv

=可得θ＝45°粒子进入磁场Ⅲ的速度大小v′=2v方向斜向右下与x轴正方向成45°角，根据几何关系可得粒子在磁场中运动的半径为R＝32h粒子在磁场中运动的周期为'26=RhTvv=根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为270°，则粒子在磁场中运动的时间为32709=3602htTv=

粒子从D点再次回到电场II中做类平抛的逆过程，再以水平速度v进入I中电场做匀加速直线运动，根据运动学规律有h=12a′t12v＝a′t1h＝v4t+12a′t42联立以上三式可得粒子再次回到电场I中做匀加速直线运动到O点的时间为t4＝（2-1）t1＝（2-

1）2hv根据粒子轨迹的对称性可知粒子从O出发至返回O点所用时间为t＝t1+2t2+t3+t4=(8942)2hv++（2）根据洛伦兹力提供向心力可得qv′B1＝m'2vR结合几何关系R＝32h与v′=2v联立可得1=3Bmvqh粒子第二次运动的轨迹，如图所示设粒

子第二次进入第一象限的电场II中的速度大小为v1，根据运动学规律有2a•2h＝v12﹣v2又因为2ah＝v2所以可得v1=3v因为第二次运动的过程，电场II不变，所以类平抛过程时间不变，仍为t2，进入磁场Ⅲ时在y方向上的分速度不变，仍为vy＝at2＝v粒

子进入磁场Ⅲ的速度大小v′′221=2yvvv+=速度偏向角的正切值tanα=33yvv=故速度偏向角为30°，类平抛沿x方向的位移x＝v1t2=3vt2＝23h根据洛伦兹力提供向心力可得qv′′B2＝m''22vR根据几何关系可得R2sin30°＝h+23h联立可得B223()

1=mvqh+故磁场的磁感应强度之比122313BB+=