【文档说明】重庆市第八中学2022-2023学年高三下学期热身练习物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.038 MB，由小赞的店铺上传

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庆八中高2023届高考热身练习物理试题一、单选题：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。1.两束单色光a、b分别沿半径方向由空气射入半圆形透明介质中，如图所示。出射光从圆心O点射出时，合成一束复色光c。下列说法正确

的是（）A.b光的折射率比a光小B.b光的频率比a光大C.b光比a光更容易发生明显衍射现象D.由该介质入射到空气，b光发生全反射的临界角比a光大【答案】B【解析】【详解】AB．从该介质射向空气中时，出射角相同设为，a光的的入射角设为1，b光的入射角设为2，则由折射定

律可知两束光在该介质中的折射率分别1sinsinan=2sinsinbn=由图知12可得abnn而折射率越大则光的频率就越大，A错误，B正确；C．由于b光的频率大于a光的频率，由cf=可知b光的波长小于a光的波长，而波长越长的波相对而言更容易发生衍射现象，因

此a光更容易发生明显衍射现象，故C错误；D．根据全反射临界角与折射率的关系式1sinCn=可知，折射率越小，临界角越大，由此可知，a光发生全反射的临界角比b光的大，故D错误。故选B。2.“隔空充电”是目前无线充电技术的主要研究方向，其原理与变压器相似，在充电基座的送电线圈中接入交

变电流（如图所示），从而使手机等用电器的受电线圈中产生感应电流（如图所示），若送、受电线圈的匝数分别为1n、2n，两端电压的有效值分别为1U、2U；流过送、受电线圈的交变电流有效值分别为12II、，频率分别为12ff、，由于两线圈间存在一定的距离，则

在两线圈中仍成立的关系是（）A.12ff=B.1122UIUI=C.1122UnUn=D.1221InIn=【答案】A【解析】【详解】A．送电线圈与受电线圈通过互感实现能量传递，不改变交变电流的频率，故A正确；BCD．一部分能量

会以电磁波的形式散发到周围的空间损失掉，也有一部分能量转化为手机的内能损失掉。所以两线圈中的12PP由于传输过程中有“漏磁”及能量的损失，则变压器原副线圈电压电流与匝数的定量关系不再适用，故BCD错误。故选A。3.一列沿x轴传播的简谐横波，0=t时刻的波形

如图甲所示，其中某质点P的振动图像如图乙所示。则（）A.波沿x轴正方向传播，波速大小为60m/sB.当0.1st=时质点P的加速度方向指向y轴正向C.在00.2s内，质点P运动的路程为12cmD.在00.1s内，质点P一直向y轴负方向运动【答案】B【解析】【详解】A．质点P在0=t时刻向下振动，由

上下坡法可知，波沿x轴负方向传播，大小为24m60m/s0.4svT===故A项错误；B．由图乙可得，当0.1st=时质点P在y轴负方向，则加速度方向指向y轴正方向，故B项正确；C．在00.2s时间内半个周期

，质点P运动的路程为210cmsA==故C项错误；D．由图乙可得在00.1s时间内，质点P先向y轴负方向运动，后向y轴正方向运动，故D项错误。故选B。4.如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M

、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压MNu，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（）A.质子在各圆筒

中做匀加速直线运动B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为()021neUm−C.各金属筒的长度之比为1:2：3：D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1:2：3：【答案】C【解析】【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，

做匀速运动，故A错误；B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理20102nneUmv=−解得02nneUvm=故B错误；D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为2T时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；C．第n个圆筒长度0222nnneUTTLvm==则各金属筒长度之比为1:2

：3：，故C正确。故选C。5.如图所示，一表面粗糙的半圆柱体固定在水平面上，柱体表面动摩擦因数为μ，其外表面放有一通电直导体棒，电流方向垂直于纸面向里，导体棒长度为L、质量为m，空间中加有沿柱体半径向外的辐向磁场，圆柱体表面磁场大小为B且处处相等，在导体棒中通变化的电流，使导体棒

沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，导体棒（）A.所受的摩擦力一直减小B.所受的安培力一直减小C.所受重力与支持力的合力大小不变的D.所受重力和安培力的合力与安培力的夹角始终不变【答案】D【解析】【

详解】A．根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置的受力分析如图所示则有NsinFmg=导体棒所受摩擦力fsinFmg=可知导体棒沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，增大，N

F增大，fF增大，故A错误；B．结合上述，导体棒所受的安培力()2cossin1sinFBILmgmg==+=++在090范围内增大，可知安培力先增大后减小，故B错误；C．根据上述可知重力与支持力的合力为cosmg，随增大而减小，故C错误；D．令支持力

和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为，则有NNN1tanFFfF===可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力方向与支持力、摩擦力的合力方向等大方向，即重力和安培力

的合力方向始终与安培力的方向的夹角始终不变，故D正确。故选D。6.科幻电影中提到的“洛希极限”是指当一个天体自身的引力与第二个天体造成的潮汐力相等时的距离，已知行星与卫星的洛希极限计算式为1132()dkR=，其中k为常数，R为行星半

径，ρ1、ρ2分别为行星和为卫星的密度，若行星半径R，卫星半径为27R，且表面重力加速度之比为8:1，则其“洛希极限”为（）A.23kRB.32kRC.6kRD.16kR【答案】A【解析】【详解】利用星球表面处物体的重力等于万有引力2GMmmgR

=得GgRM2=星球的密度为34MgVGR==则12827=则其“洛希极限”为131223RdkkR==故选A。7.如图所示，两个完全相同的导线圈a、b从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域后落到水平地面上，设

两线圈着地时动能分别为Eka和Ekb，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为qa和qb，则下列判断正确的是（）A.Eka=Ekb，qa=qbB.Eka>Ekb，qa>qbC.Eka>Ekb，q

a=qbD.Eka<Ekb，qa<qb【答案】C【解析】【详解】设线圈电阻为R，切割磁感线的边长为L，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为22BLvFR=由图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有abvv则进出磁场时，a受的安培力小

，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a所受安培力做的功小于线圈b所受的安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理GkΔWWE−=安可得kkabEE出磁场过程中通过线圈横截面的电量为ΔΦΔΦ

ΔΔΔqItttRR===可知abqq=故选C。二、多选题：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5分，有错选的得0分。8.如图所示，某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中的P点，该原子核发生

α衰变后，放出一个α粒子和一个新核，它们速度方向与磁场方向垂直，轨迹的半径之比为45:1，重力、阻力和库仑力均不计，下列说法正确的是（）A.放射性元素原子核的电荷数是90B.可能的核反应方程为238234492902UThHe→+C.α粒子和新核的动量比为1:45D.衰变前核的比结合能小于衰变后新

核的比结合能【答案】BD【解析】【详解】AB．由于放出的粒子和新核在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmR=解得mvRBq=则它们的轨道半径与它们所带的电荷数成反比，所以有:1:45qq=新粒则新核所带的电荷数

为90，粒子的电荷数为2，为氦核()42He，由于核反应过程电荷数守恒、质量数守恒，则放射性元素原子核的电荷数是92，所以可能的核反应方程为238234492902UThHe→+故A错误，B正确；C．由于放出粒子和新核的过程中，系统的动量守恒，则有mvmv=新新粒粒所

以氦核和新核动量大小之比是1:1，故C错误；D．衰变过程是原子核从不稳定到稳定的转变，又比结合能越大越稳定，故D正确．故选BD。9.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t=0时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车

的21xtt−图像如图所示（x为位移，t为时间），下列说法正确的是（）A.a车的速度变化比b车慢B.开始运动后b车在前，后来a车在前C.两车相遇前相距最远距离为1mD.两车在运动过程中可能相遇两次【答案】AC【解析】【详解】A．根据匀变速运动的

位移公式2012xvtat=+整理得0212xavtt=+由于21xtt−图像中是直线，结合图像可知，斜率表示初速度，截距表示加速度的二分之一，解得031m/s4m/s0.5av−==22m/saa=032m/s2m/s0.5bv−==24m/sba

=可知b车加速度大，b车的速度变化快，a车的速度变化比b车慢，故A正确；B．根据上述可知，a车初速度大，故开始运动后a车在前，又由于b车的加速度大，b车的速度变化快，a车的速度变化比b车慢，可知后来b车在前，故B错误；C．当两车速度相同时，两车相距最远，由于00aabbvatvat+=+解

得1st=两车相距最远距离为2200111m22aabbdvtatvtat=+−+=故C正确；D．两车相遇时有abxx=即有22001122aabbvtatvtat+=+解得的2s=t只有一解，可知两车在运动过

程中相遇一次，故D错误。故选AC。10.如图甲所示，一轻弹簧竖直固定于水平桌面上，另一相同的弹簧下端与光滑固定斜面底端的挡板相连，物体P、Q分别从两弹簧上端由静止释放，加速度a与弹簧压缩量x的关系分别如图乙中实线、虚线所示，则（）A.光滑斜面的倾角为30°B.P、Q向下运动达到最大

速度时两弹簧的压缩量之比为1:2C.P、Q的质量之比为1:6D.P、Q向下运动过程中最大速度之比为6:3【答案】ACD【解析】【详解】A．设物体PQ、分别质量为12mm、．由图乙可知弹簧压缩量为零时，物体PQ、加速度分别为2a0，a0。对物体P，有1102mgm

a=解得02ga=设斜面的倾角为，对物体Q，有220sinmgma=解得0sinag=可得1sin2=的解得30=故A正确；B．加速度为零时，物体PQ、的速度最大．由图乙可知，PQ、向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量分别为00,3xx。PQ、向下运动达到最大速度时两弹簧

的压缩量之比为1:3，故B错误；C．P、Q向下运动达到最大速度时，对两物体，有11kxmg=22sin30kxmg=又1213xx=解得1216mm=故C正确；D．由动能定理212Wmaxmv==可知，ax−图像与x轴所围面积的两倍即为2v

的改变量。PQ、由静止开始运动，设PQ、向下运动过程中的最大速度分别为1v和2v，可得00212002222332axvaxv==最大速度之比1263vv=故D正确。故选ACD三、实验题：本题共2小题，共15分。第11题6分，第12题9分。。11.某同学用如图所示的实验装置测物体的加速度并验

证机械能守恒定律，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光条）、两个与数字计时器相连接的光电门、钩码等。实验步骤如下：（1）实验前要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动的过程中，发现遮光条通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。以下能

够解决上述问题的措施是________（填入正确选项前的字母）；A．调节旋钮P使轨道左端升高一些B．调节旋钮Q使轨道右端升高一些C．将两光电门间的距离缩短一些D．将遮光条的宽度增大一些（2）用天平测出钩码的质量为1m、滑块（含

遮光条）的质量为2m；用米尺测出两光电门之间的距离L；（3）用细线跨过轻质定滑轮，将滑块与钩码连接，并让细线水平拉动滑块；（4）让滑块在钩码的拉动下从导轨右端开始运动，数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为1t，2t，则滑块加速度的大小为=a________；验证机械

能守恒定律的表达式为________。（用题中给出的物理量表示，已知当地的重力加速度为g）【答案】①.A②.22222112ddLtt−③.2211222211()2ddmgLmmtt=+−【解析】【详解】（

1）[1]不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动的过程中，滑块做匀速直线运动才能说明导轨水平，而此时遮光条通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间，说明滑块做加速直线运动，即导轨左侧比右侧低，所以应调节旋钮P使轨道左端升高一些。故选A。（4）[2]滑块通过光电门1、2时的速

度分别为11dvt=22dvt=根据位移速度关系有22212aLvv=−解得22222112ddaLtt=−[3]根据机械能守恒定律有22112212111()()22mgLmmvmmv=+−+整理

得2211222211()2ddmgLmmtt=+−12.测定一节干电池的电动势和内阻，除待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）、必要的开关与导线外，另可供选择的实验器材如下A．电流表A1（量程为3mA，内阻为10Ω）B．电流表

A2（量程为0.6A，内阻未知）C．滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω，额定电流为3A）D．滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω，额定电流为1A）E．定值电阻R0（阻值为990Ω）（1）请你设计一种测量方案，为操作方便且能准确测量，滑动变阻器应选__

______（填器材前的字母代号），并在下面虚线框中画出实验电路图_______；（2）如图为某同学根据测量数据绘出的I1-I2图线，则由图线可得被测电池的电动势E=________V（结果保留3位有效数字），内阻r=________（结果保留2位有效数字）。【答案】①.C②.③.1.

48（1.46~1.50均可）④.0.85（0.82~0.88均可）【解析】【详解】（1）[1][2]测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻器R0串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1kΩ

，量程为3V。由于电源内阻很小，测量时电流表A2应采用外接法;为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20Ω的R1即可。电路图如图所示。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有()1A102IRREIr+=−即012A1A10ErIIRRRR=−++图线斜率为2I

的系数，则有()3A101.431.1100.440.05rRR−−=+−解得r=0.85Ω延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势110001.48VEI==或取图线中的特殊坐标值（0.15A，1.35×10-3A）代入第一式求得()1A1021.50VEIR

RIr=++=四、计算题：本题共3小题，共42分。第13题10分，第14题14分，第15题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。13.如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直于坐标平面的匀强磁场（图中

未画出），磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q>0）、速率为v的粒子，已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的

交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）从M点和N点发出的粒子在磁场中运动的时间差。【答案】（1）mvqR，方向垂直纸面向里；（2）3Rv【解析】【详

解】（1）根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场里运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为1r，由几何关系可知1rR=根据洛伦兹力提供向心力，有21vqvBmr=联立解得mvBqR=根据左手定则可知，磁感应强

度方向垂直纸面向里。（2）根据题意可知，从N点出射的粒子在磁场里的运动路径，如左图所示根据几何关系可得12cos2RCOBR==解得60COB=因为四边形1OBOQ为菱形，所以160QOB=，则粒子经过磁场区域的时间16023603RRtvv==根据题意可知，从

M点出射的粒子在磁场里的运动轨迹，如右图所示易知四边形2ODQO菱形，根据几何关系可知2120QOD=，则粒子经过磁场区域的时间2120223603RRtvv==所求时间差21Δ3Rtttv=−=14.如图所示，为某汽缸（圆柱形）简化示意图，活塞横截面积为S，工厂

测试该汽缸的耐压性能时，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的空气（可视为理想气体），气体温度为27℃，已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动

，不计一切摩擦，取绝对零度为-273℃，求：（1）当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1；（2）气体温度达到827℃时，气体的压强p2；（3）若气体温度从27℃缓慢升高到827℃的过程中，气体吸收的热量为Q，求此过

程中气体内能的增加量。【答案】（1）04p；（2）0449p；（3）08QpSL−【解析】【详解】（1）对活塞受力分析，根据共点力平衡，有10003pSpSFpSpS=+=+解得104pp=（2）假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有12LSL

STT=解得1133LLL=此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由理想气体方程112212pVpVTT=得20449pp=（3）此过程中气体对外做功为1028WpSLpSL=−=−根据热力学第一定律，有ΔUQW=+可得此过程中气体内能的增加量为0Δ8UQpSL=−15.如图所示，一质量为M、

长为L，左端带有薄挡板P的木板，静止在水平的地面上，木板与地面间的动摩擦系数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，质量为m的人从木板的右端，由静止开始相对地面向左做匀加速直线运动，到达木板左端时骤然抓住挡板P，此后始终与木板保持相对静止，设人加速运动阶段，与木板之间

水平作用力大小为f。（1）若人加速运动时，木板和地面不发生相对滑动，求f的范围；（2）在（1）的前提下，若要求从人开始运动到最终人和木板一起停下的时间最短，求此最短时间及对应的f的值；（3）改变f的大小，

求木板从开始运动到最终停下的位移范围。【答案】（1）()fMmg+；（2）()Mmg+，22mLMmg+；（3）2mmLxLMmMm−++（向右为正）【解析】【详解】（1）设地面作用于木板的摩擦力为f，木板不动，对木板分析有ff=地()fMmg+地解得()

fMmg+（2）以1a表示人的加速度，由牛顿第二定律有1fma=解得1fam=第一阶段，人加速运动过程有2012vaL=21112Lat=解得02fLvm=，12mLtf=人和木板发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有()0mvMmv=+共解得2mfLvMmm=+共之后对人和木板有()(

)MmgMma+=+共匀减速直线运动过程，根据逆向思维有2vta=共共解得()22mfLtMmgm=+解得总时间为()1222mLmfLtttfMmgm=+=++根据基本不等式有()22mLtMmg+当()fMmg=+时取等号，即()fMmg

=+时，有最短时间()min22mLtMmg=+（3）当()fMmg+时，即人加速运动时，木板和地面不发生相对滑动212fLmv=()mvmMv=+共()()2212mMgxmMv+=+共解得木板位移22()mfLxmMg=+方向向左，代入()0fMmg+解得20mxLMm+

向左为正，当()fMmg+时，即人加速运动时，木板和地面会相对滑动，对物块、木板列牛顿第二定律有1fma=()2fMmgMa−+=物块、木板位移关系21112xat=22212xat=12xxL+=解得122Ltaa=+木板第

一阶段位移2212axLaa=+方向向右，根据11vat=22vat=12()mvMvMmv−=+共解得vgt=共方向向左，木板第二阶段位移22122vgLxaaa==+共共方向向左，取向右为正方向，

木板总位移221221augmMgxLLaamMfmg−==−++−总由于()fMmg+解得2mmLxLMmMm−++综上所述，取向右为正方向，木板位移满足的范围获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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