重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月期中质检物理 Word版含解析.docx

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重庆市西南大学附属中学2023届11月期中质检物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.在雪地训练、比赛时，运动员佩戴了一种利用薄膜干涉原理设计的眼镜，大大减小了紫外线对眼睛的伤害。该眼镜选用的薄膜材料的折射率为1.5，所要消除的紫外线的频率为，那么这种“增反膜”的厚度至少是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】为了减小紫外线对眼睛的伤害，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射的光叠加后加强，则路程差（大小等于薄膜厚度d的2倍）应等于光在薄膜中的波长λ的整数倍，即2d=nλ（n=1，2，…）当“增反膜”的厚度最小时，n=1，即其中则故选A。2.富兰克林为研究雷电现象，设计了如图所示的装置，避雷针线路与接地线分开，并在分开处装上帽形的金属钟A与B，两钟之间以丝线悬挂一个金属小球C，A 钟下方用细导线连接两个很轻的金属小球形成验电器D，避雷针上空附近的云不带电时，三个金属小球均静止下垂。若带负电的云层接近避雷针顶端时，下列说法正确的是（　　）A.避雷针顶端带负电B.接地线上有正电荷流入大地C.验电器D上的两个金属小球带负电且间距增大D.金属小球C会先摆向A，撞到A后被A吸住不再分开【答案】C【解析】【详解】A．根据异种电荷相互吸引、同种电荷相互排斥，可知若带负电的云接近避雷针顶端时，避雷针顶端带正电，故A错误；C．由A选项分析可知，验电器D下端两小球始终带负电，所以两小球因相互排斥而间距增大，故C正确；BD．小球C在验电器D下端的吸引下撞击A，然后和A带同种电荷—负电，然后相互排斥，和B接触，电子通过B下端接地线导入大地，然后C不带电，如此反复；故BD错误。故选C。3.冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的图像如图所示。已知两壶的质量均为19kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（　　）A.3.8NB.2.28NC.1.9ND.1.52N【答案】B 【解析】【详解】根据动量守恒定律可得解得设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理由图可知解得故B正确，ACD错误故选B。4.我国火星探测器“祝融号”在年月中旬到月下旬发生短暂“失联”，原因是发生“火星合日”现象。“火星合日”是指当火星和地球分别位于太阳两侧与太阳共线的天文现象，如图所示。已知火星公转周期为，地球公转周期为，地球与火星绕行方向相同。则（　　）A.B.火星与地球轨道半径之比为C.火星与地球公转的线速度之比为D.相邻两次“火星合日”的时间间隔为 【答案】D【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律，可知故A错误；B．由，得故B错误；C．根据万有引力提供向心力由解得线速度可知故C错误；D．相邻两次火星合日，即地球比火星多转周经过时间，则故D正确。故选D。5.如图甲，两段等长细线和将质量均为m的小球A和B悬挂在O点，用水平向右拉力和向左拉力同时缓慢拉动A和B，B始终位于O点正下方，如图乙所示。重力加速度为g，则（　　） A.此过程中，细线和的拉力大小始终相等B.此过程中，细线的拉力逐渐变小C.当细线与竖直方向的夹角为时，D.当细线与竖直方向的夹角为时，【答案】C【解析】【详解】A．设细线与竖直方向夹角、对AB整体对可知A错误：B．此过程增大，减小，则增大，B错误；CD．当细线与竖直方向的夹角为时，对对整体C正确，D错误。故选C。6.一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，下列说法正确的是（　　） A.B和C状态每个气体分子的动能都相同B.A到B气体体积减小，外界对气体做功C.A到B过程比A到C过程吸收热量多D.在A到B过程中，单位时间与器壁单位面积碰撞分子数增多【答案】C【解析】【详解】A．在B、C两态的温度相同，则B和C状态分子的平均动能相同，但不是每个气体分子的动能都相同，选项A错误；B．A到B压强不变，温度升高，则气体体积变大，气体对外界做功，选项B错误；C．A到B过程与A到C过程温度变化相同，即内能的增量相同；从A到C体积不变，气体不对外做功，外界也不对气体做功；而A到B气体对外界做功，则A到B过程比A到C过程吸收热量多，选项C正确；D．在A到B过程中，气体压强不变，温度升高，体积变大，气体的分子数密度减小，分子平均速率变大，则单位时间与器壁单位面积碰撞分子数减小，选项D错误。故选C。7.2020年12月17日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器携带了一个在地球上振动周期为的单摆，并在月球上测得单摆的周期为T，已知地球的半径为，月球的半径为R，忽略地球、月球的自转，则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度v之比为（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】根据单摆周期公式有某星体的第一宇宙速度为v，则有联立解得则地球第一宇宙速度与月球第一宇宙速度v之比为所以A正确；BCD错误；故选A。8.如图所示，轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑斜面底部，另一端拴接一质量为m的小物块A，静止时物块位于P点。现将另一质量也为m的小物块B紧贴着物块A由静止释放，两物块一起运动到Q 点时速度为v，若将小物块B从斜面上距P点为d的S点由静止释放，物块B运动到P点时与物块A粘在一起，两物块可视为质点，则两物块一起运动到Q点时的速度为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】小物块B紧贴着物块A由静止释放，根据题意，设PQ的距离为，由能量守恒定律得将小物块B从斜面上距P点为d的S点由静止释放，设小物块B到达P点时的速度为，根据动能定理有设物块B运动到P点与物块A粘在一起时的速度为，根据动量守恒定律有设两物块一起运动到Q点时的速度为，根据能量守恒定律有联立解得故ACD错误B正确。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 快递运送易碎物品时，常在快递箱内放置缓冲气袋，然后放入物品，如图所示。若物品放入时，气袋被挤压无破损，袋内气体视为理想气体，温度保持不变，则被挤压后袋内气体（　　）A.内能增大B.压强增大C.从外界吸热D.分子平均动能不变【答案】BD【解析】【详解】A．D．气体温度不变，内能不变，分子平均动能不变，故A错误，D正确；B．被挤压后袋内气体体积减小，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故B正确；C．外界对气体做正功，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故C错误。故选BD。10.如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达到最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A.环下落速度为时的加速度大小为B.环下落速度为v时的感应电流大小为C.环下落速度为v时的热功率为D.t时间内通过金属环横截面的电荷量为【答案】AC【解析】【详解】AB．根据题意速度达到最大值v时，安培力与重力平衡，此时，感应电流有环下落速度为时，安培力大小根据牛顿第二定律可知故A正确，B错误；C．环下落速度为v时，安培力与重力平衡，热功率等于克服安培力做功功率，则有故C正确；D．t时间内，根据动量定理其中联立得解得 故D错误。故选AC。11.如图所示，倾角为α=30o的固定的足够长斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上，另一端与一质量为m的小物块相连，小物块通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连，M离地足够高。开始时用手托住铁块使轻绳伸直且拉力刚好为零，现松手使之开始运动，忽略一切摩擦，且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）A.无论M质量多大，系统在运动过程中轻绳始终不会松弛B.若，则m刚开始将向下运动C.若M=m，则M的最大速度为D.若M=m，则m能上升的最大高度为【答案】AC【解析】【详解】A．释放瞬间，弹簧对m的弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则根据牛顿第二定律有此时M的加速度最大，绳子张力最小为当M向下运动，m沿斜面向上运动，m受到重力和弹簧弹力的合力方向沿斜面向下且逐渐变大，m与M做加速度减小的加速运动，当绳子张力与Mg相等时速度最大，然后做加速度增大的减速运动，直到速度为0，可知下降过程，绳子张力从逐渐增大到大于重力；由于一切摩擦不计，系统还回到最初的位置，上下运动对称可知，M先向上做加速度减小的加速运动，经速度最大后做加速度增大的减速运动，直到回到最初释放点，上升过程绳子拉力逐渐减小到，所以整个过程中绳子都有张力、不会松弛，故A正确；B．刚开始释放瞬间，弹簧对m弹力沿斜面向上与其重力沿斜面向下的分力平衡，则有 解得根据牛顿第二定律有则刚开始释放瞬间绳子拉力与加速度分别为可知无论M质量多大，刚开始M向下加速，则m沿斜面向上加速，故B错误；C．若M=m，当绳子拉力等于其重力时，m和M有最大速度，则有解得因开始弹簧压缩了，速度最大时又伸长了x，两状态弹性势能相同，物体M下降的高度为2x，据能量守恒定律有解得故C正确；D．若M=m，在刚开始释放时，对整体分析，根据牛顿第二定律有解得 根据运动的对称性原理可知，当M下到最底点时的加速度大小也为，方向竖直向上，对M分析，根据牛顿第二定律有解得设此时弹簧伸长了，对m分析，加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有解得则m上升的最大位移为可知m上升的最大高度为故D错误。故选AC。12.如图所示，一斜面倾斜角度为53°，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，O为圆心，A、B为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg，带电荷量q=+1.0×10-5C的小球（可视为质点）以初速度v0=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3×105N/C，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（　　）A.小球从开始到A点的运动是类平抛运动B.小球在A点处的速度大小为12.5m/s C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N【答案】AB【解析】【详解】A．小球受到重力和电场力的作用，如图所示设F与水平方向夹角为θF与v0垂直，所以小球做类平抛运动，故A正确；B．因小球做类平抛运动，由图可知故B正确；C．如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会在脱离半圆轨道故C错误； D．在A点根据牛顿第二定律得从A至C过程中根据动能定理根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N，故D错误。故选AB。三、非选择题：本题共6小题，共52分13.用如图所示的实验装置做“探究动能定理”的实验。（1）下面列出了一些实验器材：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有：__________。A.天平（附砝码）B.秒表C.刻度尺（最小刻度为mm）D.低压交流电源E.220V交流电源F.低压直流电源（2）本实验______（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。（3）①下图为实验时小车在长木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点间还有4个打点未画出。从纸带上测出x1=1.89cm，x2=2.40，x5=3.88cm，x6=4.37cm。则小车加速度的大小a=________（保留两位有效数字）②小车以及车中的砝码质量用M表示，盘以及盘中的砝码质量用m表示，交流电的频率用f表示。测得上图纸带计数点1、5间的距离为x，该小组最终要验证的数学表达式为____________。（m、M、f，x、 、以及重力加速度g表示）【答案】①.ACE②.需要③.0.50④.【解析】【详解】（1）[1]需要测量沙桶及小车的质量，则需要天平，（附砝码），有打点计时器，不需要秒表，需要测量小车和沙桶移动的距离，则需要刻度尺，电火花打点计时器需要220V交流电，故选ACE。（2）[2]本实验是将沙桶的重力大小近似看作小车所受的合力，则需要平衡摩擦力。（3）①[3]每相邻计数点时间间隔为T=0.02×5s=0.1s加速度为②[4]每相邻计数点时间间隔为计数点1、5对应速度为为探究动能定理，则需验证合外力做功等于动能增加量，即带入数据得14.某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三个倍率的挡位，并使改装后的刻度盘正中央的刻度为15，如图乙所示。所提供的器材规格如下：A．干电池（电动势E=1.5V，内阻不计） B．电流表G（量程为，内阻为）C．定值电阻（阻值为）D．定值电阻R2、R3E．滑动变阻器R4（，额定电流0.5A）F．滑动变阻器R5（，额定电流1.0A）G．单刀多掷开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干（1）滑动变阻器应选择___________（填“R4”或“R5”）。（2）电路中定值电阻R2=___________Ω，R3=___________Ω。（3）现利用该欧姆表测定一未知电阻的阻值，将开关S接2，经正确操作后，欧姆表的指针位置如图丙所示，为较准确地测定被测电阻的阻值，以下正确且必要的操作是___________。A．开关S接1B．开关S接3C．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指在电阻的0刻线D．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指向电阻的刻线（4）按正确方法测量电阻的阻值，欧姆表示数如图丁所示，则___________Ω（保留两位有效数字）。【答案】①.R4②.16.2③.162④.BC⑤.【解析】【详解】（1）[1]当“×100”倍率挡位，且刻度盘正中央的刻度为15，可知此时欧姆表的内阻为1500Ω，根据题意，R5最大为1000Ω，不满足调节需求，可知滑动变阻器选R4； （2）[2][3]根据欧姆表的原理，可知将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏因为欧姆表中间刻度值为15，则针对“×1”、“×10”和“×100”三个倍率挡，对应的改装后电流表量程分别为100mA、10mA和1mA；则依题意，接1时有接2时有接3时有联立可得（3）[4]开关S接2，指针偏角小，说明被测电阻的阻值较大，为准确测量，应换用大量程，开关S应接3，并重新进行欧姆调零，故AD错误，BC项正确。故选BC。（4）[5]欧姆表示数为15.大部分高层建筑都会采用玻璃幕墙，玻璃幕墙美观大方，也提高了建筑内的采光率，玻璃幕墙一般都是用中空玻璃，如图甲所示。某一玻璃幕墙其剖面及尺寸示意图如图乙所示，双层中空玻璃由两层玻璃加密封框架，形成一个夹层空间，隔层充入干燥空气，每单层玻璃厚度，夹层宽度，一光束沿与玻璃竖直面成从墙外经双层中空玻璃射入室内（光束与玻璃剖面在同一平面上），光线通过玻璃后入射光线与出射光线会有一个偏移量（两光线垂直距离），玻璃折射率，光在空气中的速度近似为，，，求（结果两位有效数字）：（1）这束光通过中空玻璃从室外到室内的偏移量；（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间。 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）画出这束光的光路图如图所示根据折射定律由几何关系可知光束进入第一层玻璃的偏移量这束光通过每层玻璃的偏移量相等，所以从室外到室内的偏移量联解以上各式可得 （2）光在玻璃内的传播速度解得答：（1）这束光通过中空玻璃从室外到室内的偏移量为8.4mm；（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间约为。16.如图，两块长为L的平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为，两板间加有恒定电压，板间同时存在方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在紧靠金属板右侧的正三角形abc区域内存在另一方向也垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，bc边与PQ在同一直线上，且b点紧靠Q端，顶点a与MN在同一直线上。一个质量为m、电荷量为的粒子（不计重力），沿两板的中心线以初速度射入板间，当磁场Ⅰ的磁感应强度大小为时，粒子恰能做直线运动。（1）求两板间的电压；（2）若撤去磁场Ⅰ，粒子仍沿两板的中心线方向以初速度射入，求粒子离开板间区域时的速度大小；（3）在第（2）问的前提下，要使粒子垂直ac边射出，求磁场Ⅱ的磁感应强度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子恰能沿中心线做直线运动，受力平衡，则 又，，联立得（2）设粒子在板间运动的加速度大小为a，运动时间为t，则有水平方向竖直方向的速度根据牛顿第二定律粒子离开板间的速度解得（3）设粒子离开板间区域时速度偏转角为，代入数据得得可知粒子将垂直ab边射入三角形磁场区域，设入射点为e点，则由几何关系可知a点为粒子在三角形磁场中运动轨迹的圆心，则半径 洛伦兹力提供向心力联立解得17.如图甲所示，在水平面上沿一条直线并排着四个物体（均可视为质点），彼此相距为L，以物体1所在位置为坐标原点，向右为x轴正方向，建立如图甲所示坐标系。物体与水平面之间的动摩擦因数如图乙所示，在，，之间动摩擦因数与x轴所成μ—x图像正好为半圆，其他地方地面可视为光滑。物体1、2、3、4的质量分别为m、2m、3m、4m。现给物体1以一定初速度，物体1与物体2发生碰撞后粘在一起向右运动。此后，发生的其他碰撞皆为弹性碰撞。已知当地重力加速度为g，所求答案用题目中给定的符号m、L、g、π表示，本题中所有单位均为国际单位制单位。求：（1）物体1在运动第1个位移L过程中，地面对物体1所做的功；（2）物体1与物体2相撞后瞬间的速度；（3）物体3最终位置坐标。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）物体1在水平地面上滑动过程中，受到滑动摩擦力作用，摩擦力大小为F滑=μmg滑动摩擦力所做的功解得（2）物体1以初速度v0经过位移L的过程中，根据动能定理得物体1与物体2发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得解得（3）物体1、2整体经过位移L后和物体3发生弹性碰撞，因质量相同，所以发生速度交换。物体1、2停在物体3位置，物体3经过位移L后与物体4发生弹性碰撞。1、2碰撞后到3与4碰撞前，根据动能定理得物体3与物体4发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得物体3碰撞后反弹，假设在水平面上运动的距离为y，且，对应的圆心角为，如图所示则滑动摩擦力所做的功为根据动能定理得 位置坐标为解得