重庆市2023-2024学年高三上学期物理模拟考试

重庆市2023-2024学年高三上学期物理模拟考试姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R1、R2、R3是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P，则开关闭合时电路消耗的总功率为（）A．P B．3P2 C．5P3 2．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A．aA=aB=0C．aA=3g，aB3．如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B．库仑力对两物块做的功相等C．最终，两个物块的电势能总和不变D．最终，系统产生的内能等于库仑力做的总功4．生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为G，手机所在平面与水平面间的夹角为θ，则下列说法正确的是（）A．当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于GB．当高铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反C．高铁减速行驶时，手机可能受到3个力作用D．高铁匀速行驶时，手机可能受到5个力作用5．以下仪器能测量基本物理量的是（）A．弹簧测力计 B．电磁打点计时器C．电压表 D．量筒6．已知在某时刻的波的图像如图所示，且M点的振动方向向上，下述说法正确的是：（）A．A点振动落后于M点，波向右传播B．A点振动落后于M点，波向左传播C．B点振动落后于M点，波向右传播D．B点振动落后于M点，波向左传播二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图所示，用等长的绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方。当A球静止时，两悬线的夹角为θ．下列方法中能保持两悬线的夹角不变的是（）A．同时使两悬线长度减半B．同时使两球的质量和电量都减半C．同时使A球的质量和电量都减半D．同时使两悬线长度减半和两球的电量都减半8．如图所示，水平面(未画出)内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD//AB。整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB下滑。记A、B两点间的距离为d。一切摩擦不计。下列说法正确的是（）A．小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大B．若d=2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qEC．若d=53D．无论如何调整d的值都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处9．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，S为开关。保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L1两端电压的2倍。以下说法正确的是（）A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4C．定值电阻的阻值为10ΩD．闭合开关S后，灯泡L1中的电流变小10．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（）A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mgB．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为3mgC．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为mD．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：⑴取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；⑵缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V1，通过压强传感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强p1；次数物理量12P/105PaP1P2V/10﹣5m3V1V2⑶重复步骤(2)，记录活塞在另一位置的刻度V2和读取相应的气体的压强p2；⑷根据记录的数据，算出大米的密度。①如果测得这些大米的质量为mkg，则大米的密度的表达式为；②为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组P、V的数据，然后作图（单选题）。A．P﹣VB．V﹣PC．P﹣1VD．V﹣12．兴趣课上老师给出了一个质量为m的钩码、一部手机和一个卷尺，他要求王敏和李明两同学估测手上抛钩码所做的功。两同学思考后做了如下操作：（1）他们先用卷尺测出二楼平台到地面的距离h，王敏在二楼平台边缘把钩码由静止释放，同时李明站在地面上用手机秒表功能测出钩码从释放到落到地面的时间t0，在忽略空气阻力的条件下，当地的重力加速度的大小可以粗略的表示为g=（用h和t0表示）；（2）两同学站在水平地面上，李明把钩码竖直向上抛出，王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间。两同学练习几次，配合默契后某次李明把钩码竖直向上抛出，同时王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间t，在忽略空气阻力的条件下，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W=（用m、h、t0和t表示）。四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域I内存在磁感应强度大小为B1=mv0qL的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L．质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标为(−2L，−2L（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；（3）要使粒子从区域Ⅱ的上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直于纸面向里的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．14．如图所示，一定质量的气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A．已知气体在状态A时的体积是1L。（1atm=1.013×105Pa，ln3=1.099）（1）求气体在状态C的体积；（2）气体从状态A经状态B、C、D再回到状态A的过程中，吸收或放出的热量Q。15．光滑水平面上有一质量m车＝1.0kg的平板小车，车上静置A、B两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连（物块可看作质点），质量分别为mA＝1.0kg，mB＝1.0kg。A距车右端x1（x1＞1.5m），B距车左端x2＝1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为μ＝0.1．车离地面的高度h＝0.8m，如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep＝4.0J的轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，A、B两物块在平板车上水平运动。重力加速度g取10m/s2，求：（1）弹簧释放瞬间后A、B速度的大小；（2）B物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；（3）若物块A最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少？

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】设三个完全相同的定值电阻的阻值为R，电压电压为U，开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为R电路消耗的总功率为P=开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为R电路消耗的总功率为PA、B、D不符合题意，C符合题意；故答案为：C。

【分析】利用等效电路结合功率的表达式可以求出消耗功率的大小。2．【答案】D【解析】【解答】水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如下图所示

静止时有FT=Fsin60°又因为m联立解得F水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA=故答案为：D。

【分析】根据平衡条件确定A、B两球的受力情况。剪断细线后，绳子的拉力突变为零，弹簧的弹力不发生突变。再对A、B分别结合牛顿第二定律进行解答。3．【答案】D【解析】【解答】A、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，故A错误；

B、物体之间的库仑力都做正功，且它们的库仑力大小相等，质量较小的物体所受摩擦力也较小，所以质量小的物体位移较大，则库仑力做功较多一些，故B错误。

C、在运动过程中，电场力对两带电体做正功，两物体的电势能减小，故C错误；

D、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功，而摩擦阻力做负功，由于从静止到停止，根据动能定理可知，受到的库仑力做的功等于摩擦生热。故D正确。

故答案为：D。

【分析】根据库仑定律结合两物块距离的变化情况判断库仑力的变化情况。题中无法确定两物块质量的关系，故无法判断两者摩擦力的大小关系。根据能量守恒定律判断各能量之间的转换关系。4．【答案】C【解析】【解答】A．高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等，方向相反，A不符合题意；B．高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力，不受桌面摩擦力，B不符合题意；C．高铁匀减速行驶时，手机具有与前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力，共三个力的作用，C符合题意；D．高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共四个力的作用，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】利用平衡条件可以求出手机支架的作用力大小，其地面摩擦力等于0；利用加速度方向可以判别手机受力情况。5．【答案】B【解析】【解答】解：A、弹簧测力计测量的是力，不是基本物理量，A不符合题意；B、电磁打点计时器测量的是时间，是基本物理量，B符合题意；C、电压表测量的是电压，不是基本物理量，C不符合题意；D、量筒测量的是体积，不是基本物理量，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】打点计时器之间测量的是时间，电压表测量电压不属于基本物理量；量筒测量体积也不属于基本物理量；弹簧测力计测量力的大小不属于基本物理量。6．【答案】B【解析】【解答】A、B、M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围，振动方向相同，A点振动落后于M点，则波向左传播；B符合题意，A不符合题意.C、D，M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围，振动方向相同，B点振动超前于M点，而波向左传播。C、D不符合题意.故答案为：B.

【分析】利用M点的位置结合振动方向可以判别波传播的方向；利用波传播的方向可以判别质点的振动先后。7．【答案】C,D【解析】【解答】同时使两悬线长度减半，若角度θ不变，球间距减半，根据公式F=kQqr2故答案为：CD

【分析】利用距离变化可以判别夹角发生改变；利用重力和电场力的变化可以判别夹角变化。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．小球到达C点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，A不符合题意；B．当d=2R时，根据动能定理有qE⋅3R=小球通过C点时有N−qE=m解得N=7qE根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为7qE，B符合题意；C．若小球恰好能通过D点，则有qE=m又由动能定理有qE(d−R)=解得d=C不符合题意；D．当小球恰好能通过D点时，小球从D点离开的速度最小。小球离开D点后做类平抛运动，有R=x=解得x=由于x>R故小球从D点脱离轨道后不可能落到B处，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】利用速度方向与电场力垂直可以判别功率等于0；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出压力的大小；利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出距离的大小；利用平抛运动的位移公式可以判别水平距离的大小。9．【答案】C,D【解析】【解答】AB．由电压图像可知，输入电压的最大值为Um=202灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V，即副线圈两端的电压U2=5V，由题知电阻R两端的电压为UR原副线圈的匝数比n故AB不符合题意；C．灯泡L1正常发光，即副线圈的电流I2=2解得电阻R中的电流为I1=1A，由欧姆定律可知故C符合题意；D．开关S闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡L1故答案为：CD。

【分析】利用电压之比可以求出匝数之比；利用电流之比结合欧姆定律可以求出电阻的大小；利用电流的变化结合负载电压的大小可以判别副线圈电流的大小变化。10．【答案】B,C【解析】【解答】AB、若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v；

根据机械能守恒定律有1由牛顿第二定律有N−mg解得小球对小车的压力为N=3mg其水平分量为N根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为f=可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f故A错误，B正确；

CD、若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v2，小球的速度设为v1，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，m系统的机械能守恒，则得mgR=解得v故C正确，D错误。

故答案为：BC。

【分析】小车不动时，对任意位置小球进行受力分析，小车对小球的支持力及小球所受重沿径向方向的合力提供向心力。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律确定支持力的大小与位置（夹角）的关系。再根据平衡条件及数学知识确定摩擦力的极值。11．【答案】m(p【解析】【解答】（1）①设大米的体积为V，以注射器内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律可得：P解得V=大米的密度ρ=②由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，在温度不变时，压强p与体积V成反比，即PV=C，则V=由此可知V与1P成正比，V−1P图像是过原点的直线，故可以作V−1P12．【答案】（1）2ℎ（2）m【解析】【解答】（1）在忽略空气阻力的条件下，钩码做自由落体运动，有ℎ=解得g=（2）在忽略空气阻力的条件下，钩码上抛做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等，即t抛出的初速度v根据动能定理可知，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W=联立解得W=【分析】理解两组实验的实验原理，竖直上抛运动具有对称性的特点。物体抛出回到抛出点，重力势能不变。再根据自由落体运动，即竖直上抛运动规律结合动能定理进行数据处理。13．【答案】（1）解：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2L=v0tL=解得E=（2）解：设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为v，轨迹如图所示：vv=2粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，qB1v=mv2R解得R=2L由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=L，y=0（3）解：根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足34半径为：r=可得2根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°【解析】【分析】（1）利用类平抛的位移公式可以求出电场强度的大小；

（2）利用几何关系结合牛顿第二定律可以求出坐标的大小；

（3）利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的范围。14．【答案】（1）解：由图可知气体在AB过程是等容升温升压，VA=1L，则VB=1L，气体在BC过程是等压升温增容，根据盖·吕萨克定律有V代入数据解得Vc（2）解：从C到D是等温变化，根据玻意耳定律得有p代入数据解得VD则根据p−T图线转化为p−V图线如图所示从B到C过程，等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据W=pΔV解得W1=−3×1.从C到D过程，等温变化，体积增大，气体对外界做功，根据数学知识，则有pV=6×1则有p=由数学微积分知识可得W解得W2=−6(ln从D到A过程，压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据W=pΔV解得W3=1×1.则整个过程做的总功为W=代入数据解得W=−4.即气体对外界做功为−4.654×1根据热力学第一定律有ΔU=Q+W解得Q=−W=4.即吸收4.【解析】【分析】（1）根据图像结合理想气体状态方程确定AB过程的变化类型，确定B状态下气体的体积。再根据图像确定BC过程中气体的变化类型及在BC位置时的气体参数。再根据对应的气体规律进行解答；

（2）根据理想气体状态方程结合图像确定各状态时气体的体积，再根据理想气体状态方程将P-T图像转化成P-V图像，根据各阶段体积的变化情况，判断气体做功的正负，P-V图像与v轴所围面积表示该阶段气体做功的大小。由于气体回到A状态，气体温度不变，故气体的内能不变。再根据热力学第一