2022-2023学年重庆市重点大学附中高三（上）期末物理试卷及答案解析

2022~2023学年重庆市重点大学附中高三（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.如图所示，为地球沿椭圆轨道绕太阳运动过程中的五个位置，分别对应我国的五个节气,

A.夏至时地球公转的速度最大

B.冬至到夏至，地球公转的速度逐渐减小

C.从冬至到春分的时间大于地球公转周期的四分之一

D.从冬至到春分的时间等于春分到夏至的时间

2.舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，小西观看央视春晚杂技节目优跃神州》中的

抛幡表演，并用手机录下一段视频，利用视频编辑功能逐帧回看了如下过程，杂技演员站在

地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经

过0.5s,将幡接稳在手中。小西同学查资料发现，一根中幡质量约为20kg,重力加速度g=

10m/s2»假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用

力为（）

A.300NB.500/VC.600/VD.BOON

3.如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图。间

隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，。为正六边形的中

心。己知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，

某瞬时，6条输电导线中通过垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线

中电流的安培力大小为尸，该时刻（）

甲乙

A.。点的磁感应强度方向垂直于cf向下

B.b、c、d、e、/处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向沿aO,由a指向0

C.c导线所受安培力方向沿Oc,由。指向c

D.a导线所受安培力为2.5F

4.在x轴上x=0和/=Izn处固定电量绝对值分别为q1、勺2的两个点电荷，x轴上两电荷之

间各点电势3随位置坐标x变化关系如图所示，在*=0.6机处电势最低，将另一正点电荷Q由

A.q1带正电，q2带负电

B.Qi：<?2=3:2

C.正点电荷Q可能到达勺2处

D.正点电荷Q运动到达x=0.6m处的过程中，电场力的功率先增加后减小

5.风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速m转/

秒，并形成半径为r的圆面，通过l：n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线

圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为已知空气密度为p,风

速为外匀强磁场的磁感应强度为B,忽略线圈电阻，则0

A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为APTT*卢

B.经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn

C.变压器原、副线圈的匝数比为S7rN8Smn:U

D.高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好

6.如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度。沿顺时针方向运动，传送带的倾斜角为。=37。。

一质量Mg的物块以某一初速度为,从传送带的底部4处冲上传送带并沿传送带运动，其

运动的v-t图如图乙所示，物块运动到达顶端B处时，速度恰好为零。sin37。=0.6,cos370=

2

0.8,g=10TH/SD则（）

A.物块与传送带间的动摩擦因数为:

B.物块在传送带上留下划痕的长度为

C.物块上升过程中，机械能先增加后减小

D.由于传送物体，电动机需要对传送带先做负功后做正功

7.如图所示两根相距为L的光滑导轨水平放置，在导轨的左端连接有阻值为R的电阻和理想

电压表，在MN和PQ间存在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场，磁场区域宽度为d,一个

“一4'形工件，在外力作用下，以速度〃匀速通过磁场区域，工件时、cd、ef边是长为3

电阻为R的金属细杆，/“、边是长为d的绝缘棒，不计其余部分电阻和金属细杆的宽度,

则在工件通过磁场的过程中（

A.电压表的示数为BLvB.电阻R消耗的电功率为啥

22

C.外力所做的功陪D.每一根金属细杆的发热量却

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.除夕夜无人机表演方阵中，一架无人机从大剧院广场启动，由静止开始，竖直向上加速

运动的过程中，其加速度a随上升高度九关系，如图所示，取竖直向上为正方向，无人机的质

量为m,重力加速度为g,忽略空气阻力，则无人机上升2%的过程中（）

A.无人机先加速后匀速运动

B.上升2月时，无人机的速度为J与多自

C.上升2厩时，无人机发动机的功率为mgJ与g/io

D.上升2垢过程中，无人机机械能增加量为学mg/i。

9.如图所示，光滑的水平绝缘轨道AB和半径r=1巾的竖直半圆光滑绝缘轨道BCD相切于B

点。半圆轨道直径BO的右侧有垂直轨道水平向里匀强磁场和竖直方向的匀强电场（电场未画

出），磁感应强度B=0.5T。M、N为两相同的绝缘球，质量均为zn=1x10-3/cg,N球带电

量为q=+2x10-3C,M球不带电。初始时N球静止在轨道B处，M球以%=1.5m/s向右运

动。M与N碰撞后，N球恰好能沿半圆轨道做匀速圆周运动且对轨道无压力，若整个过程两球

D

的带电情况不发生变化，g=10m/s2o则（

A.

碰后N球的速度大小为l?n/s

B.M、N两球碰撞损失的机械能为1x10-3/

C.碰后M球能运动到D点

D.匀强电场竖直向上，电场强度大小为5N/C

10.如图甲所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为rn,某次小孩从最低点弹

起，以小孩运动的最低点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，小孩与杆整体的动能与其坐标

位置的关系如图乙所示，图像0-之间为曲线，0为其最高点，X3-必为直线，不计弹簧

质量和空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s2。则()

甲

A.弹簧劲度系数k=詈B.小孩和杆的最大加速度a=『好

x2x3~x2

C.在一处的速度为J2g(X4—X3)D.在Xi处的弹性势能为mg(X2-Xi)

三、实验题(本大题共2小题，共18.0分)

II.某实验小组利用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。该实

验以质量为M的小车为研究对象，认为小车所受合力等于细线对它的拉力F,且近似等于托盘

与祛码的总重力mg(即尸=mg)。

(1)实验时需要将木板右端垫高，使小车可以恰好匀速下滑、进行这一操作时，以下说法正确

的是_________

A.需要挂上托盘和祛码

员不需要挂上托盘和祛码

C.需要挂上托盘，不需要在托盘内放入祛码

D不需要将纸带固定在小车上

（2）在实验所得的某条纸带上，依次取计数点0、A、B、C、D、E、F,如图乙所示，各计数

点之间的距离已测量并标出。已知打点计时器所用的电源频率为50Hz,相邻两计数点间均有

四个点未画出，则可求出小车的加速度大小a=m/s2（保留两位有效数字）。

（3）在小车质量”保持不变的情况下，逐渐向托盘中添加祛码进行实验，得到多条纸带并计算

出多个加速度a，描出a-F图像如图丙所示，某同学分析图像弯曲的原因后，对实验稍作改

进，描出a-F图像变成了如图丁所示的直线，则该同学所做的改变可能为

A.换用一块更为光滑的长木板，重新实验并描绘图像

正在小车与细线间，固定一个力传感器，记录传感器示数F,重新描绘a-F图像

C换用一辆质量更小的小车，其他条件不变，重新实验并描绘图像

D在托盘中加入更多的祛码，其他条件不变，重新实验并描绘图像

12.两位同学分别根据图甲和图乙中的某个电路图（不知具体哪位同学依据哪个电路图），测

量两个完全相同电源的电动势和内阻.

⑴第一位同学根据实验测得的多组电压U和电流/数据作出U-/图像如图丙中的图线①，他

测出电源的电动势为V.（结果保留三位有效数字）.

（2）第二位同学的测量数据在下表中，他已在图丙中描出部分点，请你将表中第3组数据对应

的点描在坐标系中，并帮他画出U-/图像（此为图线②）.

数据组数123456

电压u（y）2.582.101.601.120.650.15

电流/Q4）0.050.150.250.350.450.55

(3)其中一位同学经过分析；认为测出电流表4的内阻可以让他的测量更为准确，于是设计了

如图丁所示的电路来测量电流表A的内阻.已知电流表4和4的示数分别为0.4040.464定

值电阻岛的阻值为100，可测得电流表的内阻为0,这位同学测出的较为准确的电

源内阻为0.(结果均保留两位有效数字)

四、计算题(本大题共3小题，共30.()分)

13.挥舞健身绳可锻炼臂力，某同学握住绳子一端周期性上下抖动，在绳上激发一列绳波(可

视为简谐波)，手开始抖动时刻记为t=0,如图所示为距握手端17n处的质点的振动图像，求：

(1)该绳波的速度大小和波长；

14.如图所示，光滑水平地面上方CD处存在宽度d=4m、方向竖直向上、大小E=1x

105/v/C匀强电场区域。质量nh=lkg、长为，=6m的水平绝缘长木板静置于该水平面，且

长木板最右侧与电场边界。重合。某时刻质量血2=0.5kg、带电量q=+3x的可视为

质点的滑块以初速度为=6m/s从长木板左端水平滑入，一段时间后，滑块离开电场区域。

已知长木板与滑块的动摩擦因数4=0.5,重力加速度大小为10m/s2。求：

(1)滑块刚进电场时，长木板的速度大小；

(2)滑块在电场中的运动时间，及全过程的摩擦生热。

竖直平面内存在边界为矩形CDEA方向垂直纸

面向内的匀强磁场，探测板HK的下端K在EF的右侧延长线上，该板平行于。尸竖直放置，且

能沿水平方向缓慢移动且接地。Q、b、c三束宽度不计的离子束持续从边界EF沿垂直EF方向

射入磁场，Q束离子在磁场中偏转143。后射出磁场，a、b束离子射入磁场的速度大小分别为孙、

0.75v0,从c束离子在磁场中的运动时间均相同。已知a、b、c三束离子射入点距F的距离分

别为1.8R、0.3/?、0.2/?,三束离子每束每秒射入磁场的离子数均为九，离子质量均为小、电荷

量均为-q,探测板HK的长度为0.8R,不计离子重力及离子间的相互作用，离子在磁场内、

外均不会相撞，sin37°=0.6o

(1)求磁感应强度B的大小和c束离子在磁场中的运动时间t；

⑵求无法探测到离子束时探测板与边界DF的最小距离SmE；

(3)若打到探测板上的离子全部被吸收，探测板到DF距离为S,求粒子束对探测板的平均作用

力的水平分量九

C--D

xXXXXX

XXXXXXH

XXXXXX

XXXXXX

Eab八c八FK

答案和解析

1.【答案】B

【解析】AB.根据题意，由图可知，夏至时地球在远日点，公转速度最小，冬至在近日点，公转速

度最大，则冬至到夏至，地球公转的速度逐渐减小，故4错误，8正确；

CD.根据题意，由图可知，从冬至到夏至的运动时间为地球公转周期的一半，由于离太阳越近，地

球公转的速度越大，则从冬至到春分的时间小于地球公转周期的四分之一，从春分到夏至的时间

大于地球公转周期的四分之一，故CQ错误。

故选瓦

2.【答案】B

【解析】根据题意可知，由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为u=g[=7.5m/s

接幡过程中，设幡对手的平均作用力为产，取向下为正方向，由动量定理有

(mg—F)-At=0-mv

代入数据解得尸=500N

故选B。

3.【答案】D

【解析】4根据安培定则，a、d两条导线在。点的磁感应强度等大反向，氏e两条导线在。点的

磁感应强度等大反向，c、/两条导线在。点的磁感应强度等大反向，所以。点的磁感应强度为零；

A错误；

BD.根据安培定则，b、c、d、e、/'处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示，设b在a处

产生的磁感应强度大小为B,则/在a处磁感应强度大小为B,c、e在a处磁感应强度大小为黄，d

在a处产生的磁感应强度大小为与，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、/处5根导线在a处

产生磁场磁感应强度方向垂直于a。斜向左下，合磁感应强度大小为2.5B,方向垂直aO；根据左

手定则和安培力公式可知，a受安培力方向为沿a。，由a指向0,大小为2.5F。B错误，。正确；

C.同理可得c导线所受安培力方向沿Oc,由c指向0,C错误。

故选Do

4.【答案】D

【解析】A.根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，0〜0.6m电场方向沿x轴正方向，0.6〜

1血电场方向沿支轴负方向，则qi、《2均带正电，故A错误；

A根据3-X图像中斜率表示电场强度，由图可知，x=0.6m电场强度为零，由点电荷场强公式

及电场叠加原理有急=缶

解得卜3

故B错误；

C.根据题意可知，正电荷由x=0.4M处静止释放，在0.4〜0.6加间电场力做正功，过了x=

0.6m之后，电场力做负功，由于仅在电场力作用下，可知，当正电荷运动的最远位置时，电场力

做功为零，则电荷能够运动最远位置的电势与％=0.4巾处的电势相等，由图可知，正点电荷Q不

可能到达勺2处，故C错误；

。.根据题意可知，电荷在Q点时速度为零，电场力做功功率为零，在x=0.6巾处，电场强度为

零，电场力为零，则电场力做功功率为零，则正点电荷Q运动到达x=0.6M处的过程中，电场力

的功率先增加后减小，故。正确。

故选D。

5.【答案】C

【解析】A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V=誓=nr2v

At

气体质量m=pV=pnr2v

动能a=gm/=品兀//,故A错误；

8.发电机线圈转速为mn，则&»=2nmn

频率/=券=mn

经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn,故8错误；

C.变压器原线圈两端电压最大值［/抽=NBSo)=2nNBSmn

有效值Ui=聋=CnNBSmn

则变压器原、副线圈的匝数比为。兀NBSmn:U,故C正确；

。.考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故。错误。

故选Co

6.【答案】。

【解析】4.由图示图像可知，。〜1s内物块的加速度大小为a=|%=|上芈|m/s2=所4，

方向与速度方向相反；

由牛顿第二定律得mgsin。+nmgcosd=ma

代入数据解得〃=0.25

选项A错误；

8.由图示图像可知，传送带速度为4m/s,物块先相对传送带上滑，相对位移为

VQ+v12+4

Ax】=———vtj=——x1m—4xlm=47n

然后相对传送带下滑，相对位移为生=%-"=2m

则物块在传送带上留下划痕的长度为4m,8错误；

C.物块上滑过程中，先受向下滑动摩擦力后受向上滑动摩擦力，摩擦力先做负功后做正功，故机

械能先减小后增大，C错误；

。.物块上滑过程中，传送带先受向上摩擦力后受向下摩擦力，物块对传送带先做正功后做负功，

要维持传送带速度不变，则电动机需要对传送带先做负功后做正功，。正确。

故选：Do

7.【答案】C

【解析】A.当导体棒ab、cd、e/■分别进入磁场时，ab、cd、ef切割磁感线分别充当电源，其余

部分是并联结构，导体棒切割磁感线产生的电动势为E=BLv

,E

回路中的电流为/

K+3

电压表的读数为U=E-IR

解得U=\BLv

A错误；

8.电阻R消耗的电功率为「=^=©量=丝匕8错误；

FRR16/?

C外力所做的功等于整个回路产生的焦耳热W=Q=EIt

3d

t=一

v

解得小=哪电

C正确；

D每一根金属细杆的发热量Q=弓/)2吟+产呜

解得Q=1喘M

。错误。

故选Co

8.【答案】BD

【解析】A.根据题意，由图可知，无人机的加速度方向一直向上，无人机一直做加速运动，故A

错误；

A根据公式/=2a/i可知，a-/i图像中面积表示设上升2坛时，无人机的速度为内，则

有

V?1Qg+g)%o+gh°5

T=2X=尹自

解得%=J学以0

故8正确；

C.根据题意，设上升2坛时，无人机的牵引力为F，由牛顿第二定律有F-mg=ma

由图可知，上升2/1。时，a=g

解得F=2mg

无人机发动机的功率为P=Fvr=2mg

故C错误;

。.根据题意可知，上升2%过程中，无人机机械能增加量为4E=g+AEp=jrnvf+mg-2h0=

方mgho

故。正确。

故选BD。

9.【答案】AD

【解析】4D.依题意，碰后N球在复合场中做匀速圆周运动，有qvB=m咚,qE=mg

解得“N=lm/s,E=SN/C

小球所受电场力方向向上，小球带正电，则电场方向竖直向上

故AO正确；

8.两球碰撞过程动量守恒，可得m%=mvM+mvN

解得"M=0.5m/s

则M、N两球碰撞损失的机械能为AE=gm诏一-0.5x10-3/

故3错误；

C.碰后M球能运动到。点的临界速度满足ma_m噎

1

得

可

根据机械能守恒,2-

解得M球碰后的最小速度为“min=5V_2m/s>0.5m/s

故C错误。

故选AD.

10.【答案】BC

【解析】由动能定理知图线切线的斜率表示合外力，由图像可以看出当久=今时弹簧弹力减小为

零。

A.有图像可得当X=不时，整体的合外力为零，有左。3-％2)=7ng

得k=E

讨x3-x2

A错误；

8.当整体在最低点即x=0时加速度最大，此时弹簧的压缩量为与，由牛顿第二定律

kXq%2

am=--------g=------------g

mvX3-X2

B正确；

C.xr处动能等于X3处动能，X=与时整体离开弹簧，尤3〜M过程中，由机械能守恒

1.1.

27n说=2mv3=mg(%4-%3)

得%=J2g(%4-％3)

C正确；

D.与〜x4系统机械能守恒

EpX1+mg(x4-x3)+mgx-^=mgx4

得Epa=mg(x3-xj

。错误。

故选BC。

11.【答案】(1)B(2)0.15(3)B

【解析】(1)根据题意可知，本实验认为小车所受合力等于细线对它的拉力F,且近似等于托盘与

祛码的总重力mg,则需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时需将纸带固定在小车上，不需要挂上托盘

和祛码。

故选B。

(2)由于电源频率为50Hz,相邻两计数点间均有四个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为

T=0.1s

由逐差法Ax=aT2有“CF—xoc—a(37)2

代入数据解得ay0.15m/s2

(3)根据题意可知，出现图丙所示的a-尸的原因是不满足托盘和祛码的质量远小于小车的质量

A.换用一块更为光滑的长木板，重新实验并描绘图像，没有解决不满足托盘和祛码的质量远小于

小车的质量的问题，则图像不能出现图丁所示的a-F图像，故A不符合题意；

B.若在小车与细线间，固定一个力传感器，记录传感器示数F,则不需要满足托盘和祛码的质量远

小于小车的质量，可以出现图丁所示的a-F图像，故8符合题意；

CD换用一辆质量更小的小车或在托盘中加入更多的祛码，没有解决不满足托盘和祛码的质量远小

于小车的质量的问题，则图像不能出现图丁所示的a-F图像，故不符合题意。

故选B。

UN

【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir

图像中纵坐标的读数等于电动势，B|JE=2.80V

(2)图像如图所示

(3)电流表4和4的示数分别为0.404、0.46/1,则流过定值电阻的电流为0.064,定值电阻Ro的

阻值为10/2,所以电流表力两端的电压为U=IR=0.06x107=0.6V

电流表的内阻为以=彳=篙0=1.50

乙电路的误差来源是电流表的分压作用，在已知电流表内阻情况下，选用乙电路图测得电源内阻

更加准确，由闭合电路欧姆定律可知U=E-/r

图像的斜率表示内阻r+&=9=急O=4.80

解得：r=(4.8-1.5)0=3.30。

13.【答案】(1)根据题意，由图可知，该波的周期为7=2s

该波经0.5s传到x=1m处，则该波的波速为"=7=2m/s

由公式A=vT可得，波长为A=4m

(2)由图可知，振源的起振方向沿y轴负方向，则质点的振动方程为y=15sin(竿t+7r)cm

该波经过ti=；3=1.75s传播到x=3.5m处,

则t=4s时，该处质点的振动时间为a=£一G=2.25s

15>T2

可知，距握手端3.5m处的质点在t=4s时的位移为y=cm

2

【解析】本题主要考查振动图像与波动结合问题，利用好相关公式，掌握并理解简谐振动与机械

波的关系。

14.【答案】(1)滑块刚进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得〃巾2。=小述1

解得加速度大小为4=2.5m/s2

对滑块根据牛顿第二定律可得〃m2g=瓶2a2

解得加速度大小为W=5m/s2

滑块进入电场前，对滑块有诏一诺=一2。2(，一d),v2=v0-a2ti

解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为W=4m/s,ti=0.4s

在时间t=0.4s内，对木板有%==lm/s

所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为lm/s。

(2)滑块进入电场后经过时间t2滑块与木板同速，设共同速度为u,滑块与木板组成的系统动量守

恒，则有