重庆市 2022-2023学年高三物理下学期高考适应性月考卷（十）模拟试题（3）（Word版附解析）

重庆市巴蜀中学高2023届高三下学期高考适应性月考卷（十）物理模拟试题注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2、作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3、考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本大题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.自然界中某个量D的变化量，与发生这个变化所用时间△t的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法不正确的是（　　）A.若D表示某质点做平抛运动的竖直分速度，则是恒定不变的B.若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则是变化的C.若D表示某质点的动能，则越大，质点所受合外力的功率就越大D.若D表示静电场中某点的电势，则|越大，该电场的电场强度就越大【答案】D【解析】【详解】A．若D表示某质点做平抛运动的竖直分速度，则表示的是重力加速度，是恒定不变的，故A正确，不符合题意；B．若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则即表示向心力，大小不变，方向时刻发生改变，故B正确，不符合题意； C．若D表示某质点的动能，则表示合外力的功率，越大，表示合外力做功的功率越大，故C正确，不符合题意；D．根据场强的决定式可得若D表示静电场中某点的电势，则不表示电场强度，故D错误，符合题意。故选D。2.2022年4月16日，我国在太原卫星发射中心发射了一颗大气环境监测卫星，该卫星将推动我国在生态环境、气象、农业农村等领域的遥感应用。若用F表示该卫星在发射过程中到地心距离为x处时所受万有引力的大小，则下列图像中，可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB．该卫星到地心距离为x处时所受万有引力的大小其中G为引力常量、m为卫星的质量、M为地球的质量，图像与x的平方成反比，故AB错误； CD．上式两边取对数有图像斜率为负数，故C错误，D正确。故选D。3.我国自主研发的东方超环（）是国际首个全超导托卡马克核聚变实验装置，有“人造太阳”之称。去年，两次刷新世界纪录，实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒、7000万摄氏度1056秒的离子体运行。“人造太阳”核反应的方程可能是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】四个核反应依次是重核裂变核反应、轻核聚变核反应、衰变核反应和人工核反应方程，“人造太阳”为轻核聚变，故B正确。故选B。4.如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（　　）A.篮球经过C点时速度大小为B.篮球经过B点和D点的动量相同C.篮球在C点时，重力的瞬时功率不为零D.篮球由A到B和由B到C的过程中，动量的变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．依题意，篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点的坐标为（0，），从C点到B点用时为，由乙图可知 联立可得故A错误；B．由乙图可知，B点和D点在同一水平高度上，则由对称性可知篮球在两点时速度大小相等，但方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不同，故B错误；C．篮球在C点是轨迹的最高点，其竖直方向的速度分量为0，因此篮球在C点时，重力的瞬时功率为零，故C错误；D．由乙图可知篮球从A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得所以动量变化量相同，故D正确。故选D。5.如图所示是两列频率相同的水波相遇某时刻的情形，M、N为波源，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a、b、c、d为水中的四个质点，下列说法不正确的是（　　）A.质点d仍可能会上下振动B.质点a经过一段时间后到达质点b此时所在位置C.由此时刻经过个周期，质点c正向下通过平衡位置D.此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动【答案】B【解析】【详解】A．质点d为振动减弱点，若两波的振幅相同，则质点d不会上下振动，若两波的振幅不相同，则质点d可能上下振动，A正确；B．波在传播的过程中，质点a只在平衡位置上下振动，B错误； C．此刻质点c处于波峰位置，经过个周期，质点c正向下通过平衡位置，C正确；D．由题可知，此时质点a所在的水波最高点正向质点b此时所在位置移动，D正确。本题选择不正确的，故选B。6.橡胶板置于绝缘水平桌面上，某同学戴着绝缘手套先用毛皮摩擦橡胶板，使橡胶板带负电，然后手握绝缘手柄将铝板靠近橡胶板，铝板的下表面与橡胶板上凸起的接地铁钉接触，并在其上表面撒上细纸屑，迅速上抬铝板至某一位置后，可以看到细纸屑从铝板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。下列说法正确的是（）A.铝板未与橡胶板接触所以始终不带电B.纸屑因为带正电相互排斥而不断飞散C.铝板与铁钉接触时，电子从大地通过铁钉流向铝板D.铝板与铁钉接触时，铝板上、下表面带等量异种电荷【答案】B【解析】【详解】AD．橡胶板带负电，铝板靠近后，铝板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地铁钉接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，A错误，D错误；B．上抬铝板过程中，下表面的正电荷减小，上表面正电荷增加。纸屑因为与金属板带同种电荷（正电荷）而不断飞散，B正确；C．因下表面与接地铁钉接触时，上表面的负电荷会流到大地，C错误。故选B。7.如图为一理想变压器，铁芯为“”形状，原线圈与副线圈的匝数比，通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，原线圈中接有阻值为R的电阻，副线圈中的灯泡额定电压为U，额定电流为I，滑动变阻器的阻值范围为。当仅闭合时，小灯泡恰能正常发光，假设小灯泡的电阻不变，电源输出电压的有效值恒定。下列说法正确的是（　　） A.若仅闭合，原线圈两端的电压值为2UB.若仅闭合，原线圈中的电流为C.若仅闭合，当滑动变阻器的阻值为时，变压器的输出功率最大D.当、都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，小灯泡两端的电压逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．虽然原副线圈的匝数比为，但由于通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，因此原副线圈中的电压比为，所以若仅闭合，则原线圈两端的电压值为，故A错误；B．原副线圈中的电流比等于电压的反比，因此若仅闭合，原线圈中的电流为，故B正确；C．若仅闭合，滑动变阻器消耗功率为因此当根据电流关系根据电压关系等于时，消耗的功率最大，故C错误；D．当、 都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，副线圈中的等效电阻增大，电流逐渐减小，则原线圈中的电流也逐渐减小，两端的电压逐渐减小，而电源输出电压的有效值恒定，则原线圈两端的电压逐渐增大，故副线圈两端的电压逐渐增大，而小灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，则小灯泡两端的电压逐渐增大，故D错误。故选B。8.汽缸中有一定质量的理想气体。气体由初始状态A开始，经历AB、BC、CA三个过程回到初始状态，其V-T图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A.AB过程中气体分子的平均动能增大B.BC过程中气体分子数密度增大C.CA过程中气体分子在单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加D.AB过程中气体对外做的功小于CA过程中外界对气体做的功【答案】AC【解析】【详解】A．温度是分子平均动能的标志，过程中气体温度升高，气体分子的平均动能增大，故A正确；B．的过程中，根据图像可知气体的体积不变，则单位体积内的气体分子数不变，故B错误；C．过程中，气体温度不变，分子平均动能不变，但体积减小，单位体积内的分子数目增多，因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，故C正确；D．过程中气体体积的变化两等于过程中气体体积的变化量，但过程中气体的平均压强小于过程中气体的平均压强，所以过程中气体对外做的功大于过程中外界对气体做的功，故D错误。故选AC9.如图所示，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，正方形区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放（释放前棒均未接触导轨，且当导体棒释放时，前面一根棒已经离开磁场）。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，FE∥CD∥PQ且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨 接触良好。则（　　）A.第1根棒在穿越磁场的过程中，棒的加速度逐渐减小B.第2根棒刚进入磁场时的加速度大小为C.第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为D.第n根棒穿越磁场过程中，通过第1根棒的电荷量为【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知，第1根棒穿越过程，未形成闭合电路，无感应电流，不受安培力，根据牛顿第二定律可知，加速度为0，故A错误；B．第2根棒刚进入磁场时，由动能定理有解得感应电动势为此时，根据题意可知，电路的总电阻为，则感应电流为第2根棒受到的安培力为由牛顿第二定律可得联立解得故B正确； C．第n根棒刚进入时，根据题意可知，电路的总电阻为电路中的总电流为流过第1根棒的电流为第1根棒的热功率为联立解得故C错误；D．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为感应电流为则流过第个棒的电荷量为联立可得则通过第1个棒的电荷量为故D正确。故选BD。10.如图所示，小球A的右侧通过长度为的轻杆与转轴O相连，小球A的左侧通过足够长的轻绳绕过定滑轮与小球B相连，用手托住小球A使轻杆水平时，AP段的轻绳也水平。已知小球A到定滑轮的距离为，小球A的质量为，小球B的质量为，重力 加速度为，不计一切摩擦和定滑轮质量现将小球A由静止释放，下列说法正确的是（）A.小球B在竖直方向做简谐运动B.轻绳与轻杆夹角为时，A、B组成的系统动能有极大值C.轻绳与轻杆夹角为时，小球B的速度大小为D.轻绳与轻杆夹角为时，轻杆对小球A的弹力大小为【答案】BC【解析】【详解】A．小球B受到重力和绳子拉力作用，由于绳子拉力不满足胡克定律，可知小球B在竖直方向不是做简谐运动，故A错误；B．轻绳与轻杆夹角为时，如图所示设轻杆转过的角度为，由图中几何关系可得解得 此时A球重力沿绳子方向的分力为可知此时A球重力沿绳子方向的分力等于B球的重力，A、B组成的系统动能有极大值，故B正确；C．轻绳与轻杆夹角为时，A球速度刚好沿绳子方向，此时有A、B组成的系统满足机械能守恒，则有联立解得故C正确；D．轻绳与轻杆夹角为时，设轻杆对小球A的弹力大小为，以A为对象，则有解得故D错误。故选BC。二、非选择题：共5小题，共57分。11.利用甲图装置可以测量圆盘加速转动时的角速度以及角加速度。物理学上把角速度的变化与发生这一变化所用时间的比值定义为角加速度。有一定厚度的圆盘可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动。圆盘加速转动时，纸带随圆盘运动通过打点计时器打上一系列点。用50分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙，用此装置打出的一条纸带如图丙（打点计时器所接交流电的频率为，A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）。 （1）据图乙读出圆盘的直径为__________；（2）据图丙计算，打D点时圆盘转动的角速度为__________（保留三位有效数字）；（3）依图丙可知，圆盘转动的角加速度大小为__________（保留三位有效数字）。【答案】①.50.94②.16.1③.23.6【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺为50分度，精确度为0.02mm，读数等于主尺读数与游标尺读数之和，所以圆盘的直径为为（2）[2]相邻两计数点间的时间间隔为由图丙可知，相邻两个T时间内，纸带的位移之差恒为0.6cm，所以纸带做匀加速直线运动，打D点时纸带的瞬时速度等于C、E两点之间的平均速度，为圆盘的半径为打D点时圆盘转动的角速度为（3）[3]纸带的加速度大小等于圆盘边缘的切向加速度大小，为结合角加速度的定义以及角速度和线速度之间的关系可得12.太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时（没有储存电能）的I－U特性。所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电 流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。（1）为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的________（填“a”或“b”）。（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙所示的I－U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻________（填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为________Ω。（3）当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________V。若把它与阻值为1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是________%。（结果保留三位有效数字）【答案】①.a②.很大③.1.0×103④.2.80⑤.64.3【解析】【详解】（1）[1]测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路。（2）[2]太阳能电池的电阻阻值由图乙所示图像可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大。[3]由图丙所示图像可知，当电压为2.80V时，电流I=2.80×10-3A所以电阻（3）[4]由图可知，图像与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.80V；[5]若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路,在图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示： 图像的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率13.如图所示，ABC是由折射率为的某种透明物质制成的直角三棱镜横面，∠A=30°。一细束光线在纸面内沿平行于AC方向从AB边的P点射入棱镜（P点图中未画），最后从BC边的中点D点射出，已知CD间距为a，求该束光线的入射点P到A的距离。【答案】【解析】【详解】光线在P点折射，由折射定律有由题可知解得若光线从P点射入后直接射到点，光路如答图（c）所示在D点的入射角在介质中的临界角为，则有而 故D点不能射出。为能从D点射出，从P射入的光线经AC面反射即可，光路如答图（d）所示。在点，由折射定律解得，射到AC面上Q点，由几何关系知，大于临界角，在Q点全反射，反射角仍然为，可得反射光线垂直于BC从D点射出。在中，，则，因D为的中点，则，在中解得在中有代入解得14.如图所示，一质量的“T”形杆P竖直放在地面上，有一质量的中间是空的金属圆盘Q套在“T”形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一个方法成功将金属圆盘Q与“T”形杆P分开，该工程师在“T”形杆P与金属圆盘Q间装上适量的火药，火药爆炸后（时间极短）“T”形杆P以4m/s的速度向上运动。已知金属圆盘Q与“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为，不计空气阻力。重力加速度大小g取10m/s2。（1）求火药爆炸后瞬间金属圆盘Q的速度大小；（2）分别求点燃火药爆炸后瞬间“T”形杆P和金属圆盘Q的加速度大小。（3）若要求金属圆盘Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？ 【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆盘Q的速度大小分别为，，据动量守恒定律可得（2）P向上运动，摩擦力向下，据牛顿第二定律可得Q向下运动，摩擦力向上，据牛顿第二定律可得解得（3）P减速至零的时间为Q减速至零的时间为可知P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最大，以向下为正方向，可得直杆长度的最大值为 联立解得15.中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，3d<z<5d空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；0<z<3d的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为0.5B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为60°（如图所示）；质量为m，带电量为+q的离子甲从A点（0，0，3d）以一定速度沿z轴正方向进入磁场I。不计离子重力。（1）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；（2）离子甲以的速度第一次经过z=3d平面从A点沿z轴正方向进入磁场I，求第四次穿过z=3d平面的位置坐标（用d表示）；（3）当离子甲以速度从A点进入磁场I时，质量为4m、带电量为+q的离子乙也从A点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。【答案】（1）；（2）（d，d，3d）；（3）【解析】【详解】（1）离子从A点沿z轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从z=3d平面进入磁场Ⅱ中，继续做匀速圆周运动，如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得可得为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场Ⅱ运动时，不能xOy平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足r1≤2dr2≤3d联立可得要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为（2）离子甲以的速度从A点沿z轴正方向进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 离子从A点第一次穿过z=3d平面到第四次穿过z=3d平面的运动情景，如图所示离子第一次从A（0，0，3d）点穿过z=3d进入磁场，故离子第二次穿过z=3d平面的位置坐标为（0，d，3d），故离子第三次穿过z=3d平面的位置x轴坐标得离子第三次穿过z=3d平面的位置坐标为（d，0，3d）。故离子第四次穿过z=3d平面的位置坐标为（d，d，3d）。（3）设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得可得设离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为和，则离子甲、离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径分别为，，则 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴位置，如图所示从A点进入磁场到第一个交点的过程，有可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为