2023年重庆市主城四区高考物理联考试卷

2023年重庆市主城四区高考物理联考试卷

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，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

1.如图所示，物体4和小车用轻绳连接在一起，小车以速度火向右匀速运动。当小车运动到

图示位置时，轻绳与水平方向的夹角为9,关于此时物体力的运动情况的描述正确的是（）

A.物体4减速上升B.物体4的速度大小3=v0

C.物体4的速度大小以=v0sin9D.物体4的速度大小以=v0cos6

2.如图所示，在光滑水平面上有质量分别为小、MB的物体力，B通过轻质弹簧相连接，物

体4紧靠墙壁，细线连接4B使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为Ep°。现烧断细线，对以

后的运动过程，下列说法正确的是（）

A[B

✓____

/mI皿0（\000。

A.全过程中墙对4的冲量大小为青

B.物体B的最大速度为J黑

2Ep（）

C.弹簧长度最长时，物体B的速度大小为缶

D.弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能Ep>Ep0

3.a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v-t图象如图所示，在t=0时刻,

b车在a车前方So处，在0〜ti时间内，b车的位移为s,则（）

A.若a、b在公时刻相遇，则so=3s

B.若a、b在段时刻相遇，则s（）=|s

C.若a、b在M时刻相遇，则下次相遇时刻为如

D.若a、b在a时刻相遇，则下次相遇时a车速度为当

4.如图，一小孩在河水清澈的河面上以：bn/s的速度游泳，t=0时份

刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t=3s时他恰好看不到小石［干二二；—

.M«-冬0MBww*M■.WB.

块了，河水的折射率n=%下列说法正确的是（）三击三-三一三-三

A.3s后，小孩会再次看到河底的石块B.前3s内，小孩看到的石块越来越明亮

C.这条河的深度为CmD.C=0时小孩看到的石块深度为殍m

5.如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固

定竖直轻杆，质量为m的球用细线系在杆上。点。当车厢在水平

面上沿直线加速运动时.，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直

方向的角度为依此时车厢底板对物块的摩擦力为/、支持力为N,已知重力加速度为g,则（）

A./=MgsindB./=MgtandC.N=(M+m)gD.N=Mg

6.如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端固定一质量不为零的托盘，

在托盘上放置一小物块，系统静止时弹簧顶端位于B点（未标出）。现对小物块施

加以竖直向上的力F，小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时，

其顶端所在的位置为坐标原点，竖直向下为正方向，建立坐标轴。在物块与托盘

脱离前，下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标工变化的图象是（）

F

B.

7.如图所示，abed为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L左右两端接有定值电阻占

和&，Ri=Rz=R，整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向下的匀强磁场中。质量

为小的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻。两根相

同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接。初始时刻，两根弹簧恰好处于

原长状态，棒获得水平向左的初速度为,第一次运动至最右端的过程中以产生的电热为Q,

下列说法中正确的是（）

A.初始时刻棒所受安培力的大小为的①/?

R

4产五

B.棒第一次回到初始位置的时刻，/?2的电功率小于

R

C.棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为诏-Q

D.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于|Q

8.a、b两个质点在同一直线上运动，它们的速度随时间变化的规律如

图所示，0~10s内b质点运动的距离为65m,t=10s时，a、b两质点速

度相等，且此时两质点刚好相遇，则（）

A.t=0时刻，两质点相距25mB.t=10s时，两质点的速度

为8m/s

C.t=15s时，两质点相距18.75mD.t=20s时，两质点再次相遇

9.卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是“称量地球重量”。若已知引力常量，下列

说法正确的有（）

A.根据火星半径和火星表面的重力加速度，可估算火星密度

B.根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算土星质量

C.根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算太阳表面的重力加速度

D.根据月球公转周期、月地距离和地球表面重力加速度，可估算地球的第一宇宙速度

10.一定质量的理想气体经历下列过程后，说法正确的是（）

A.保持体积不变，增大压强，气体内能增大

B.降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大

C.保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小

D.压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小

E.保持温度不变，体积增大，气体一定从外界吸收热量

11.某同学在实验室利用图甲所示的装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质

量的关系”。图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和m远小于滑块（含滑块上的

祛码）的质量Mo

⑴为减小实验误差，打点计时器应选用（填“电磁打点计时器”或“电火花计时

器”)。

(2)该同学回到教室处理数据时才发现做实验时忘记了平衡摩擦力，也没有记下小吊盘和盘中

物块的质量之和。图乙为实验中所得的滑块的加速度a与滑块(含滑块上的祛码)的质量的倒数

5的关系图象。取g=lOm/s2,根据图象可求出小吊盘和盘中物块的质量之和约为kg,

滑块与长木板之间的动摩擦因数为o

12.有一个量程为3V、内电阻约为40000的电压表，现用如图所示

的电路测量其内电阻

(1)实验中可供选择的滑动变阻器有两种规格，甲的最大阻值为

20000,乙的最大阻值为100。应选用.(选填“甲”或

“乙”)

(2)实验过程的主要步骤如下，请分析填空。

A.断开开关S,把滑动变阻器R的滑片P滑到端(选填"a”或"b”)

A将电阻箱R'的阻值调到零;

C.闭合开关S,移动滑片P的位置，使电压表的指针指到3U

D开关S处于闭合状态保持滑片P的位置不变，调节电阻箱R'的阻值使电压表指针指到

K,读出此时电阻箱R'的阻值，此值即为电压表内电阻的测量值

(3)电压表内电阻的测量值R股和真实值R点相比，有R潮R真。(选填“>”或

)

13.如图所示的U形玻璃管，左管开口，右管管口封闭，管中一段水

银在右管中封闭了一段气柱，气柱高度为20cm,左右两管中水银面

的高度差为10cm,左管水银柱的横截面积为lcm2,右管中水银柱的

横截面积为2cm2.己知环境温度为27久，大气压强为75cm"g,左管足

够长，右管中水银柱高度大于5cm。

(i)若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少：，求需要倒入

水银的体积；

(〃)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，求气柱需要升高的温度。

14.如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止

放在木板的上表面。t=0时刻，给木板一个水平向右的初速度火,同时对木板施加一个水平

向左的恒力F,经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M=3/cg,高h=0.2M,与

地面间的动摩擦因数〃=0.2；滑块质量m=0.5kg,初始位置距木板左端5=0.46m,距木

板右端乙2=。.14小：初速度。o=2m/s,恒力F=8N,重力加速度g=ICbn/s?。求：

(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；

(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。

15.如图所示，直角坐标系xOy内z轴以下、x=b(b未知)的左侧有沿y轴正向的匀强电场，

在第一象限内y轴、x轴、虚线MN及x=匕所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，

N的坐标分别为(0,a)、(a,0),质量为小、电荷量为q的带正电粒子在P点(-见-^a)以初速度

%沿%轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度8=需，粒

子第二次在磁场中运动后以垂直x=b射出磁场，不计粒子的重力。求：

(1)匀强电场的电场强度以及b的大小；

(2)粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向进行分解，

沿绳子方向的分速度等于a的速度，则：vA=v0cosd,

小车向右做匀速直线运动，贝的减小，则A的速度增大，4做加速运动，故。正确，ABC错误。

故选：Do

将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于4的速度，根据平

行四边形定则判断4的速度的变化。

本题考查运动的合成与分解，抓住小车在沿绳子方向的速度等于A的速度，通过平行四边形定则

进行求解。

2.【答案】BC

【解析】解：B、弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能转化为物体B的动能，物体B的速度最大，设B的

最大速度为火，由能量守恒定律得：Ep0=^mBv^,解得B的最大速度：%=I细故B正确；

4、从烧断细线到弹簧恢复原长过程，设弹簧对B的冲量为/,对B,由动量定理得：/=加8%

弹簧对4的弹力与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，则弹簧对4的冲量位-/,

从烧断细线到弹簧恢复原长过程，设墙对A的冲量为/智，对4由动量定理得：/懵-/=。

解得：/错=m8]^，

4离开墙后墙对4没有作用力，因此全过程墙对4的冲量大小为me宛，故A错误；

C、当弹簧最长时，4、B的速度相等，设为外4离开墙壁后力、B组成的系统所受合外力为零，系

统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=(mA4-mH)v,解得弹簧最长时5的速度：v=

乃运，故c正确;

。、当弹簧最长时，4、B具有共同的速度〃=--口品，设它们的总动能为外,对A、B系统，

由能量守恒定律得：

Ep°=Ep+Ek，则弹簧长度最长时弹簧具有的弹性势能Ep<Ep0,故O错误。

故选：BC。

弹簧恢复原长时弹簧的弹性势能转化为物体B的动能，物体B的速度最大，由能量守恒定律可以求

出物体8的最大速度；由动量定理求出弹簧对8的冲量，然后由动量定理求出全过程墙对力的冲量

大小；弹簧长度最长时，4、8速度相等，A离开墙壁后4、B组成的系统动量守恒，应用动量守恒

定律求出弹簧最长时的速度大小；根据能量守恒定律判断弹簧最长时弹簧的弹性势能与弹簧最

初弹性势能的关系。

本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，根据题意分析清楚4、B的运动过程是解题的前

提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律即可解题。

3.【答案】B

【解析】

【分析】

本题要抓住速度-时间图象反映速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题

时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用。要知道在速度图象中，纵轴截距表示初速度，

图象与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。

【解答】

A、由图可知，在0—“时间内，b车的位移为s,贝!]Q车的位移为3s,若a、b在口时刻相遇，贝心。=

3s-s=2s,故A错误；

o”/2”t

B、若Q、b在今时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于So，即So=,x2s=|s,故8

正确。

C、若a、b在今时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为ti+|q=|t「故C错误。

。、若a、b在与时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为根据几何关系知下次相遇时a车速

441

度为%=32%=半故。错误。

故选：B。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

t=3s时他恰好看不到小石块，说明光线恰好发生了全反射，入射角等于

临界角C,根据sinC=」求出临界角，再根据几何关系求这条河的深度。

n

根据="求”。时小孩看到的石块深度。

视n

解决本题的关键要理解全反射现象，明确恰好发生全反射时，入射角等于临界角，结合几何知识

帮助解答。

【解答】

A、t=3s时他恰好看不到小石块，则知光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角C,3s后，入

射角大于临界角，光线仍发生全反射，所以，小孩不会看到河底的石块，故4错误；

8、前3s内，小孩到石头的距离变大，以石头为球心，距离为半径的球面积变大，人眼接收到的

光减弱，所以小孩看到的石块越来越暗，故8错误；

C、3s内小孩通过的位移为s=a=1x3m=3m。根据全反射临界角公式得sinC电=3

sinC

可得tcmC=

J1—sin2C

如图所示，这条河的深度为九=磊=+m=C伍，故C正确;

7

。、t=0时小孩看到的石块深度为九皿=2=字m，故。错误。

视n4

故选：C

5.【答案】C

【解析】解：以小球为研究对象，受力如图1所示，由

牛顿第二定律得:

mgtand=ma

解得：a=gtand

/

对小球、细线、轻杆和物块整体为研究对象，分析受力

(M+m)g

度1图2

如图2所示，由牛顿第二定律得：

水平方向有：N-(M+m)g=O

竖直方向有：/=(M+m)a

解得：/=+m)gtan6,W=(M+m)g,故ABQ错误，C正确。

故选：

解决本题的关键要知道小球和物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解。要注意分

析受力，作出力图。

6.【答案】B

【解析】解：以物块与托盘整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

F+kx-mg=ma,得尸=mg+ma—kx,可知F随着x增大而减小，当尸=机(&+9)时，物

块与弹簧脱离，故AC。错误，8正确。

故选：B。

以物块与托盘整体为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律列式，得到F与x的关系式，再选择

图象。

对于图象问题，往往根据物理规律得到解析式，来分析图象的形状，从而研究图象的物理意义。

7.【答案】BD

【解析】解：力、由F=B/L及/=普=半，得安培力大小为巳=B/L=迫包.故A错误；

B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度

小于孙，棒产生的感应电动势小于则48间电阻R的功率小于耳士故B正确；

C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热

和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q,所

以两根弹簧具有的弹性势能为诏-2Q,故C错误；

。、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，

安培力平均值最大，电路中产生总热量为2Q,从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中；整个

回路中产生的焦耳热应大于4X2Q,故。正确；

故选：BD。

由E=BL%、I=*、F=B/L三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小。MN棒从开始到第一

K

次运动至最右端，电阻R上产生的焦耳热为2Q,整个回路产生的焦耳热为4Q。

本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳

热，分析电阻R上产生的热量。

8.【答案】AB

【解析】解：

A、由于t=10s速度相等时，a、b两质点刚好相遇，贝!It=0时，两质点相距为：x0=xa-xb=

gX(10—5)X10m=25m,故4正确。

B、设t=10s时，b质点的速度为则有：当x10=65m,求得：v=8m/s,故8正确。

C、由几何关系可知，t=15s时，两质点相距的距离与t=5s时相距相同，则有：x=x0—|x0=

6.25m,故C错误。

D、t=20s时,两质点相距%°.故。错误。

故选：AB.

t=10s时两质点刚好相遇，a、b位移之差等于t=0时刻两者的间距。根据图象的“面积”来求

t=10s时，两质点的速度。根据位移关系求t=15s时，两质点的间距，并分析两质点能否相遇。

图象的优点是不仅能够形象、直观地反映出物体的运动规律，图线的斜率，图线与时间轴所围的

“面积”等还有特殊的物理意义。

9.【答案】ACD

【解析】解：4、根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知，粤=mg,解得用=火，

RG

2=整=急，可以求出火星密度，故A正确；

LV4nRG

3、只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故8错误；

C、金星绕太阳公转,6爷=小竽R,解得M=察,太阳半径r己知，则表面重力加速度g=得=

噌，故C正确；

D、月球绕地球做匀速圆周运动，爷=加整R,地球表面重力加速度g已知，根据黄金代换式

GM=gr2,可以求出地球半径r,根据v=J方，可以求出地球的第一宇宙速度，故。正确。

故选：ACDo

根据万有引力等于重力可以求出中心天体的质量；

根据万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出中心天体的质量、第一宇宙速度等知识；

环绕天体的质量、密度无法求出。

本题考查了测量天体的密度、质量、第一宇宙速度和表面重力加速度等知识，知道万有引力等于

重力、万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。

10.【答案】ABCE

【解析】解：4、根据气体状态方程华=C可知，体积不变，增大压强，温度升高，气体内能增大，

故A正确；

8、降低温度，分子的平均动能减小，减小体积，单位体积内的分子数增多，根据牛=C可知，压

强有可能增大，故气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大，故8正确；

C、保持体积不变，单位体积内的分子数不变，降低温度，根据华=C可知，压强减小，气体分子

单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小，故C正确；

。、根据华=C可知，当压强减小，降低温度，气体的体积也有可能增大，此时气体分子间的平

均距离可能增大，故。错误；

E、保持温度不变，气体的内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定

从外界吸收热量，故E正确；

故选：ABCE.

利用控制变量法，根据气体状态方程华=。分析压强，体积，及温度的变化，知道温度是分子平

均动能的标志，利用热力学第一定律判断出吸放热。

本题主要考查了理想气体的状态方程，根据方程判断出压强、体积和温度间的变化关系，即可。

11.【答案】电火花计时器0.020.2

【解析】解：(1)电磁打点计时器纸带运动时，振针振动，计时器与纸带存在较大摩擦，而电火花

打点计时器由火花放电，摩擦小，故选用电火花打点计时器误差小；

(2)根据牛顿第二定律，对滑块有7-=Ma

则a=W-〃g

即图像斜率表示合外力则有

2

T=k=^N=0.2N

由于小吊盘和盘中物块的质量之和m远小于滑块(含滑块上的祛码)的质量M,则小吊盘和盘中物块

的总重力近似等于合力，所以小吊盘和盘中物块的总质量为

T02

m=g=元kg=0Q2kg

乙图中纵截距—〃g=-2m/s2

则滑块与木板间的动摩擦因数为〃=0.2

故答案为：(1)电火花计时器；(2)0.02,0.2»

(1)为减小实验误差，打点计时器应选用电火花计时器。

(2)对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度和质量的倒数的关系式，结合图形求解质

量和动摩擦因数；

知道打点计时器和电火花打点计时器的工作原理，掌握根据图象求解物理量的方法。

12.【答案】乙b1.5>

【解析】解：(1)滑动变阻器在电路中采用分压式接法，为方便调节，同时，为减小实验误差，滑

动变阻器的最大电阻应远小于测量电路的电阻，故应选择最大阻值为10。的滑动变阻器，即应选

用乙；

(2)4、在闭合S前，滑动变阻器滑片应移到b端，使电压表示数为0；

。、当电阻箱阻值为0时，调节滑动变阻器R的阻值，使电压表满偏为3K接入电阻箱后认为电路

测量部分的总电压不变，仍为3%当电压表读数为1.5H1寸，电阻箱两端电压也为1.5匕则电压表

内电阻与电阻箱阻值相等；

(3)电阻箱与电压表串联后，测量电路的电阻增加，则测量电路两端的总电压稍大于3.0V,则电阻

箱两端的电压稍大于1.5V,所以电阻箱的阻值大于电压表的阻值，即R微〉R豆。

故答案为：⑴乙;(2)b,1.5；(3)>o

(1)滑动变阻器分压接法选用最大电阻远小于待测电阻的滑动变阻器；

(2)闭合开关前，滑动变阻器滑片所处位置应使电压表示数为0；开关S处于闭合状态保持滑片P的

位置不变，电阻箱R'与电压表串联总电压基本不变，根据半偏法原理确定电压表的读数；

(3)分析待测电阻两端的电压关系，即可求解测量值与真实值的大小关系。

本题要了解滑动变阻器分压接法和限流接法的区别，搞懂半偏法测量电压表内阻的原理是关键。

13.【答案】解：(i)开始时，封闭气体的压强为A=Po+10=85snHg

设倒入水银后，右管中气体压强为P2，则：Pi八应=P2x/况

解得P2=102cmHg

左右管中液面的高度差为△h=(102-75)cm=27cm

倒人的水银体积，=(17+第CMx1m2+系x2cm3=27cm3；

(it)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管管口相平，设气柱升高的温度为△7,此

时左管液面上升10cm,右管中液面下降5cm,则右管中气体压强P3=Po+25cmHg=100cmHg

根据理想气体状态方程有芈送=黑黑

1111+△/

解得△7=141Ko

答：(i)若在左管中缓慢倒入水银，使右管中气柱体积减少：，需要倒入水银的体积为27cm3；

(ii)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管顶端相平，气柱需要升高的温度为141K。

【解析】(i)求出开始封闭气体的压强和倒入水银后右管中气体压强，再根据几何关系求解；

(ii)若给右管中气柱缓慢加热，使左管中水银液面与右管管口相平求出右管中气体压强，根据理想

气体状态方程求解。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参

量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

14.【答案】解：(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为以地面为参考系，滑块离

开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知

解得to=0.2s

(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：

F+/j.(m+M)g—Mar

解得：的=Sm/s2

则木板减速到零所经历的时间为

代入数据得：t】=0.4s

所经过的位移为：

*=忒VQ

Si=0.4m

由于Si<L，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的

方向改变，由牛顿第二定律得：

F—(j.(m+M)g—Ma2

2

代入数据得：a2=1m/s

滑块离开木板时，木板向左的位移为：

S2=Si+L2

代入数据得：s2=0.54m

该过程根据运动学公式

1.2

S2=2。2场

解得：t2=1.8s

滑块滑离瞬间木板的速度为：

v2=a2t2

解得：v2=0.6m/So

答：(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间为0.2s；

(2)滑块离开木板时，木板的速度大小为0.6m/s。

【解析】(1)由于4上表面光滑，小物块8与木板4间无摩擦则小物块B离开木板4前始终对地静止，

滑块离开后做自由落体运动，由九=