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1、重庆市育才中学校高2023届三诊模拟考试1物理试题本试卷为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间75分钟。第卷一、单项选择题（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）1. 物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是（ ）A. 汤姆孙发现了电子，并提出了原子的核式结构模型B. 结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 黑体辐射与材料的种类及表面状况有关D. 动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等【答案】D【解析】【详解】A汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子
2、的核式结构模型，故A错误；B比结合能越大的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；C黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关，故C错误；D根据可知动量相等的质子和电子，它们的德布罗意波波长也相等，故D正确。故选D。2. 如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AB边的中点D，经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a偏折到BC边的中点E，单色光b偏折到F点，则下列说法正确的是（ ）A. a光的折射率大于b光的折射率B. 在棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度C. 分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大D. 若a光恰好能
3、使某种金属发生光电效应，则b光也能使该金属发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A由题图可知，a光的偏折程度较大，a光的折射率大于b光的折射率，A正确；B由可知，在棱镜中a光的传播速度小于b光的传播速度，B错误；Ca光折射率大，波长较短，由可知，分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，C错误；Da光的折射率大，频率较高，若a光恰好能使某种金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，D错误。故选A。3. 气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱M与气闸舱N之间装有阀门K，座舱M中充满空气，气闸舱N内为真空。航天员从太空返回气闸舱N后
4、，打开阀门K，M中的气体进入N中，最终达到平衡。此过程中气体与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是（ ）A. 气体体积膨胀，对外做功，内能减小B. 气体对外不做功，气体内能不变C. 气体温度降低，体积增大，压强减小D. N中气体可以自发地全部退回到M中【答案】B【解析】【详解】ABC由于气闸舱N内为真空，所以气体在膨胀过程中不会对外做功，又系统与外界没有热交换，由热力学第一定律，可知气体内能不变，对于一定质量的理想气体内能不变，则温度不变，由pV=C，且气体体积增大可知，气体压强减小，故B正确，AC错误；D根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观变化都是不可逆的，故N
5、中气体不可能自发地全部退回到M中，故D错误。故选B4. 2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1（椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点）后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2（圆轨道）；卫星最后变轨到轨道3（同步圆轨道）。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化。（）A. 卫星在三个轨道上的周期B. 由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气C. 卫星三个轨道上机械能D. 轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据开普勒第三定律 可知，卫星在三个轨道上的周期，故A错误；B由轨道1变至轨道2，离心运
6、动，卫星在P点向后喷气，故B错误；C由轨道1变至轨道2，离心运动，卫星在P点向后喷气，机械能增大，而在轨道2、3上，高度相同，根据 可知，速度大小相同，动能相同，则机械能相同，故，故C正确；D轨道1在Q点的线速度大于对应圆轨道的线速度，根据 可知Q点对应圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故轨道1在Q点的线速度大于轨道3的线速度，故D错误。故选C。5. 图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为，则两球质量与间的关系可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】碰撞
7、过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得解得根据碰撞过程总动能不增加，则有解得碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则解得综上可知故选C。6. 某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（ ）A. 若O点的电势为零，则A点的电势为B. 粒子从A到B做匀速直线运动C. 粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量D. 粒子运动到B点时动能为【答案】D【解析】【详解
8、】A图象与坐标轴围成的面积代表电势的变化，沿着电场线，电势逐渐降低，若O点的电势为零，则A点的电势为，故A错误；B粒子从A到B运动时，电场力恒定不变，做匀变速直线运动，故B错误；C根据及图象与坐标轴围成的面积可知粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误；D根据动能定理可知解得故D正确。故选D。7. 如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L。一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁
9、场区域时速度为，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下。金属线框与水平面间的动摩擦因数为。关于金属线框的运动下列判断正确的是（ ）A. 金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为B. 金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C. 金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为D. 若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为【答案】C【解析】【详解】A由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流通过金属线框的电荷量解得金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量则通过金属线框的电荷量为故A错误；B金属
10、框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得金属框在磁场中运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的直线运动，故B错误；C设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得解得故C正确；D金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量，通过金属线框的电荷量设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得其中，解得故D错误。故选C。二、多项选择题（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
11、不全的得3分，有错选的得0分）8. 如图所示，高空滑索是一种勇敢者运动项目，如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图（轻绳与滑索垂直）和如图（轻绳沿竖直方向）所示的两种情形，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A. 图的情形中，人只能匀加速下滑B. 图的情形中，钢索对轻环的作用力大小C. 图的情形中，人匀速下滑D. 图情形中，钢索对轻环无摩擦力【答案】AC【解析】【详解】AB图中，对人受力分析，受重力和拉力，如图由于两个力不共线，故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，做匀加速直线运动；拉力故A正确，B错误；CD图的情形中，人受重力和拉力，
12、若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T=mg环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，如图所示故C正确，D错误。故选AC。9. 为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图乙所示，线圈电阻，匝数为100匝，线圈处磁感应强度，线圈的直径，把线圈与阻值的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是（ ）A. 小灯泡的额定电压为3VB. 发电机的输出
13、功率为1.28WC. 浮筒在竖直方向上下振动的频率为2.5HzD. 浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为【答案】BCD【解析】【详解】A由乙图可知，感应电动势有效值为根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压故A错误；B发电机输出功率为故B正确；C由图可知交变电流的频率浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；D由，解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为故D正确。故选BCD。10. 如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为、，并满足，式中v为已知定
14、值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A（视为质点）轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。两传送带正常工作时，下列说法正确的是（ ）A. 工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同B. 当时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短C. 当时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小D. 驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为【答案】BCD【解析】【详解】A取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不同，故A错误；B由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x，则又因为解得由数学知识可得，当时，x取最小值，故B正确；C设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x1,工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q，则整理得则当时，Q取最小值，此时，故C正确；D根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有整理得当时，W取最小值，最小值为故D正确。故选BCD。第卷三、实验题（本题共2小题，共15分。第11题6分，第12题9分）11. 某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况
