重庆市第八中学2022-2023学年高三物理二模试题（Word版附解析）

重庆八中高2023届高三（下）全真模拟考试物理试题一、选择题：共43分。（一）单项选择题：共7题，每题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.如图所示，一个带磁性的白板擦被吸附在倾斜放置的白板的下表面并处于静止状态。若磁力垂直于接触面，则下列说法正确的是（　　）A.白板擦与白板之间可能没有摩擦力B.白板擦与白板之间可能没有弹力C.白板擦受到的合力大小等于其重力大小D.白板擦受到白板的作用力方向竖直向上【答案】D【解析】【详解】AB．对白板擦进行受力分析，白板擦受到重力，白板的垂直于板的吸引力，垂直于板的弹力，在重力的作用下，白板擦有一种沿板向下的运动趋势，即受到沿板向上的摩擦力，合计四个力的作用，AB错误；C．白板擦处于静止状态，根据平衡条件可知，白板擦受到的合力为0，C错误；D．白板对白板擦有弹力、摩擦力与吸引力三个力作用，根据平衡条件可知，这三个力的合力与重力大小相等，方向相反，即白板擦受到白板的作用力方向竖直向上，D正确。故选D。2.潜艇从海水的高密度区驶入低密度区。浮力急剧减小的过程称为“掉深”。如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，时，该捞艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后其竖直方向的速度，随时间变化的图像如图b，水平速度保持不变，若以水平向右为轴，竖直向下为轴，则带艇“掉深”后的内。能大致表示其运动轨迹的图形是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，潜艇在轴方向上做匀速直线运动，轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，则运动轨迹的图形，在轴上取相邻距离相等的几段距离，则时间相等，轴上下降的距离先增大后减小。故选B。3.已知中子的质量为，质子的质量为，氘核的质量为，的质量对应的核能为，以下说法正确的是（　　）A.一个质子与一个中子结合为氘核需要吸收能量B.氘核的比结合能约为C.氘核的比结合能约为D.氘核的结合能约为【答案】B【解析】【详解】BCD．一个质子与一个中子结合为氘核的反应过程中，反应前后的质量差为所以氘核的结合能为 氘核的比结合能约为故B正确，CD错误；A．由于反应过程有质量亏损，所以该反应过程需要放出能量，故A错误。故选B。4.某同学从重庆去西藏旅游，路途中温度逐渐降低，为了补充能量拿出自己所带的坚果，发现包装坚果的密封袋明显膨胀。下列关于袋内气体（可视为质量不变的理想气体）说法正确的是（　　）A.压强增大B.分子平均动能不变C.一定从外界吸收热量D.对外做功，内能减小【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，气体温度降低，体积增大，根据理想气体状态方程可得，气体压强减小，故A错误；B．气体温度降低，所以分子平均动能减小，故B错误；CD．根据热力学第一定律气体体积增大，气体对外做功，即W为负值，温度降低，内能减小，即ΔU为负值，但Q可能为正，也可能为负，即气体可能从外界吸收热量，也可能放热，故C错误，D正确。故选D。5.已知某横波频率为，某时刻该波在某介质中沿x轴正方向传播的波动图像如图所示，图中的质点P位于处，则（　　）A.该波的传播速度为B.质点P在半个周期内振动的路程为2AC.该时刻P点的加速度方向沿y轴负方向D.该时刻后再经过P点位于波谷【答案】B 【解析】【详解】A．由图可知，该波的波长为根据故A错误；B．质点P在半个周期内振动的路程为故B正确；C．由图可知该时刻P点的位移方向沿y轴负方向，根据可知，加速度方向与位移方向相反，即加速度方向沿y轴正方向。故C错误；D．由图可知则图中的质点P的平衡位置为该时刻处于波谷的各质点平衡位置距P点为再经过波形向右平移距离为若P点位于波谷，则有该方程无解。故D错误。故选B。6.在电影《流浪地球2》中地球最后成为“比邻星”的一颗行星。在地球飞向“比邻星”的过程中，科学家分别测出距“比邻星”表面高为2h、h时的引力加速度大小为a和。若认为“比邻星”是密度均匀的球体，引力常量G已知，由此可求出“比邻星”的密度为（　　）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【详解】由万有引力提供向心力得解得，“比邻星”的密度为故选B。7.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.电场强度的大小为，方向与x轴正方向成B.b点与a点的电势差C.微粒在t1时所受变力F可能达最大值D.圆周运动的过程中变力F的最大值为【答案】D 【解析】【详解】A．根据匀强电场场强与电势差的关系其方向与x轴的夹角无法确定，故A错误；B．由于不能确定场强与x轴的夹角，所以无法确定b点与a点的电势差，故B错误；C．由于场强方向斜向左下方，所以微粒在7t1时所受变力F可能达最大值，在t1时所受变力F可能达最小值，故C错误；D．圆周运动的过程中变力F的最大值为所以故D正确。故选D。（二）多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。8.如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，下列时间受电线圈中产生的感应电流方向与送电电流方向相同是（　　）A.B.C.D.【答案】BD【解析】 【详解】D．时间内，送电线圈中电流减小，产生的磁场减弱，则通过受电线圈的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，该时间段内受电线圈中电流方向与送电线圈中相同，故D符合题意；C．时间内，送电线圈中电流反向增大，则产生的磁场反向增强，通过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则可知，该段时间内受电线圈中电流方向与送电线圈中相反，故C不符合题意；B．时间内，送电线圈中电流减小，产生的磁场减弱，则通过受电线圈的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，该时间段内受电线圈中电流方向与送电线圈中相同，故B符合题意；A．时间内，送电线圈中电流反向增大，则产生的磁场反向增强，通过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则可知，该段时间内受电线圈中电流方向与送电线圈中相反，故A不符合题意。故选BD。9.如图所示，间距为的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字型线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef，cd的长度均为、电阻均为R，ac、bd长度均为、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，时刻cd边进入磁场且恰好匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间电势差，流过ab边的电流强度，边产生的焦耳热随时间的变化图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】 【详解】A．设cd进入匀强磁场瞬间的速度大小为，匀强磁场的磁感应强度大小为，切割磁感线产生的电动势通过cd的电流由平衡条件得当ef进入磁场瞬间，cd出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足同理当ab进入磁场时亦有由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A正确；B．当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两端电压当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两端电压仍为可知，整个过程中a、b两端电压并不发生变化，故B错误；C．当cd和ef切割磁感线时，通过ab的电流强度为，而当ab进入磁场后，回路中得总电流不变，仍为，但此时ab切割磁感线，相当于电源，因此通过ab的电流强度为I，故C错误；D．当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热当ab进入磁场后由函数关系可知，D正确。故选AD。10.一物体在倾角为37° 的固定斜面上处于静止状态，现给物体施加一个沿斜面的恒力，物体开始沿斜面向下运动。运动过程中物体的动能、重力势能及摩擦产生的内能随位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）（　　）A.物体与斜面之间的摩擦因数为0.8B.物体在运动位移为的过程中机械能增加1JC.物体在运动位移为的过程中恒力做功为15JD.在处撤去恒力，物体还能沿斜面向下滑【答案】AC【解析】【详解】A．物块的位移为，根据重力做功与重力势能变化的关系得固定斜面上处于静止状态，物块的位移为，摩擦力做功为解得故A正确；B．物体在运动位移为的过程中机械能增加故B错误；C．物体在运动位移为的过程中恒力做功为故C正确；D．物体在运动位移为的过程中机械能减小1J，撤去恒力时动能为14J，物体还能沿斜面向下滑，故D错误。故选AC。 二、非选择题：共57分。（一）填空题：共2题，共16分。11.如图甲所示，某学习小组利用气垫导轨、位移传感器和滑块等器材做验证牛顿第二定律的实验。首先将位移传感器固定在气垫导轨左端，把气垫导轨右端垫起一定高度，测量气垫导轨的长度和右端垫起的高度；将质量为的滑块从气垫导轨顶端由静止释放，传感器采集数据，经计算机处理后得到滑块的位移与时间的比值随时间变化的图像。（1）某次实验得到图线如图乙所示，从图线可得滑块下滑的加速度大小__________（结果保留两位有效数字）。（2）通过改变__________，可验证当滑块质量一定时，加速度与力成正比。（3）换用质量不同的滑块，调节气垫导轨右端垫起的高度，保持__________（用M、H表示）不变时，可验证力一定时，加速度与滑块的质量成反比。【答案】①.②.高度③.【解析】【详解】（1）[1]滑块由静止匀加速下滑，有可得则滑块下滑的加速度大小（2）[2]当滑块质量一定时，可以通过改变气垫导轨右端垫起的高度 ，来改变滑块沿导轨方向的重力的分量，即合力的大小，探究加速度与力的关系。（3）[3]由于滑块下滑加速的力是由重力沿导轨向下的分力提供，所以要保证重力沿导轨向下的分力不变，应该使不变，所以应该调节滑块的质量及导轨右端垫起的高度，保持MH不变。12.某学习小组用水果和两种金属电极做了一个“水果电池”，进行了以下实验：（1）按图甲所示电路图，测量水果电池的电动势和内阻。使用的实验器材有：数字式多用电表（其中电压表可视为理想表）、滑动变阻器、电流表、导线、开关等。请根据电路图在如图乙中完成实物连线________；（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和电流表的示数。作出U-I图像，如图丙中曲线所示。由图像求得水果电池的电动势E=______V，内阻r=______kΩ（结果保留两位有效数字）；（3）该同学用三个一样的水果电池串联形成一个电池组，能使某发光二极管（LED）正常发光，LED的I-U图像如图丁中曲线所示，则LED正常发光时的电压U=______V（保留三位有效数字）；（4）在（3）中，LED正常发光时，该同学用普通电压表（内阻约为2kΩ）测量二极管两端电压，发现电压表示数小于LED正常发光时的电压且LED熄灭，造成电压减小原因可能是______。 【答案】①.②.0.97③.0.75④.2.06⑤.电压表内阻较小【解析】【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示（2）[2]根据闭合电路欧姆定律可得所以图线的纵截距表示电源电动势，即[3]图线斜率的绝对值表示电源内阻，即（3）[4]当三个一样的水果电池串联形成一个电池组时，作出该电源的I-U图线，如图所示 两图线的交点横坐标即为LED正常发光时的电压，即（4）[5]造成电压减小原因可能是电压表内阻与LED等电阻相比较小，使得回路总电阻减小较明显，电流增大，内电压增大，路端电压减小。（二）计算题：共3题，共41分。13.在测量玻璃砖折射率实验中，选择长方体玻璃砖，玻璃砖截面ABCD如图所示。AB边长为30cm，AD边长为8.0cm，已经测得玻璃砖折射率为。实验中某同学用一束细激光自O点射入玻璃砖，已知OA=6.0cm，求：（1）为使激光恰好照射到D点，求激光在AB面上入射角的正弦值；（2）保持（1）入射角不变，把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为4.0cm时，判断激光束第一次自玻璃砖射出点的位置并计算该点到D点的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由几何关系可得折射角的正弦为可知折射角为37°。根据折射定律有激光在AB面上入射角的正弦值为（2）把入射点向A移动，当新的入射点距A的距离为4.0cm时，根据全反射的临界角 可知全反射的临界角为45°，由几何关系知，此时光线在AD面上入射角为53°，可知光在AD面的E点发生全反射，经DC下表面的F点第一次从玻璃砖射出，由几何关系知可解得激光束第一次自玻璃砖射出点到D点的距离为。14.高空跳伞是一项极限运动。某跳伞运动员于t=0时刻从高空静止跳出的v-t图像如图所示，可将其运动视作竖直方向的直线运动。质量为m的运动员（含降落伞）所受空气阻力方向与速度方向相反，其大小f与速度平方v2成正比，但开伞前后的正比例系数不同。开伞前f与v2的正比例系数为k，稳定速度为v1；在t1时刻打开降落伞，开伞后的稳定速度为v2。已知重力加速度g，不计浮力。求：（1）打开降落伞之前运动员所受平均空气阻力的大小；（2）跳伞过程中加速度的最大值。【答案】（1）；（2）见解析【解析】【详解】（1）开伞前，根据动量定理，有解得（2）由图可知，开伞前运动员向下做初速度为零加速度减小的加速运动，打开伞后做初速度为v1加速度减小的减速运动，t=0时刻，运动员只受重力，其加速度为g，打开伞瞬间，根据牛顿第二定律，有又 联立可得若，即时，，所以加速度的最大值为g；若，即时，，所以加速度的最大值为15.如图所示装置，水平金属薄板M、N足够长且平行正对，板间电压不变，且下极板电势较高。其中板M为电子发射装置，可向各个方向持续发射出速率介于0到最大值vm（vm未知）之间的电子，板N中央有一小孔O1，下方有一弧形引导装置，其圆心在O1处。P、Q是平行于圆弧半径、间距很小的狭缝，可绕圆心O1转动。通过狭缝的电子，沿直线进入下方偏转磁场；未通过狭缝的电子则被引导装置吸收。偏转磁场的磁感应强度为B，方向均垂直纸面向里。初始时刻，P、Q位于O1正下方，发现电子离开偏转磁场时的最远出射位置A1距O点的距离为2d，最近出射位置A2距O点的距离为，已知电子质量为m、电量为e，M、N板间视为匀强电场，不考虑电子之间的碰撞及相互作用，忽略金属板的边缘效应。（1）求电子离开板M时的最大速率vm和板极电压U；（2）向右转动P、Q至角度θ，求通过狭缝的电子离开偏转磁场边界区域的长度；（3）向右转动P、Q至某一角度，通过狭缝电子可从O点离开磁场，求OO1距离需满足的条件（无需考虑引导装置对OO1距离的限制）。【答案】（1），；（2）；（3）见解析 【解析】【详解】（1）当电子发射装置发射的电子速度为零时，其进入磁场中做匀速圆周运动的半径最小，出射点与O点间的距离最短，该电子经过MN区域，有磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有解得，当电子发射装置发射的电子速度为vm时，其进入磁场中做匀速圆周运动的半径最大，出射点与O点间的距离最远，该电子经过MN区域，有在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有解得，（2）向右转动P、Q至角度θ，其进入磁场中的运动轨迹如图所示通过狭缝的电子离开偏转磁场边界区域的长度为所以 （3）设向右转动P、Q至某一角度α，根据几何关系，有由于电子在磁场中运动半径为所以（0<α<90°）