2023屆新高考物理模擬預熱卷重慶卷

2023屆新高考物理模擬預熱卷【重慶專版】

一、單選題（共42分）

1.關于原子物理，下列說法正確的是（）

A.愛因斯坦提出能量子概念并成功解釋了黑體輻射規(guī)律

B.康普頓效應揭示了光的波動性

C.玻爾的原子理論能解釋所有原子的光譜特征

D.JJ湯姆孫因發(fā)現(xiàn)電子獲得諾貝爾獎，其兒子因觀測到電子的衍射圖樣獲得諾貝爾獎

【答案】D

【解析】

【詳解】

A.普朗克提出能量子概念并成功解釋了黑體輻射規(guī)律，A錯誤；

B.康普頓效應揭示了光的粒子性，B錯誤：

C.玻爾的原子理論不能解釋復雜原子的光譜特征，C錯誤；

D.J.J.湯姆孫因發(fā)現(xiàn)電子獲得諾貝爾獎，其兒子因觀測到電子的衍射圖樣獲得諾貝爾獎，D正確。

故選D。

2.將四分之一圓柱體。置于粗糙水平面上，其橫截面如圖所示，B點為。的最高點。現(xiàn)將小物塊b（可視為質點）靠緊圓弧，用

始終垂直于過接觸點半徑方向的拉力F拉動物塊，使物塊由圓弧與水平面的交點A緩慢向B點運動，整個過程中。始終保持靜

止，不計a與b間的摩擦，則拉動過程中（）

A.拉力尸先增大后減小B.6對a的壓力先減小后增大

C.地面對a的摩擦力先增大后減小D.地面對a的支持力先減小后增大

【答案】C

【解析】

【詳解】

AB.隔離^受力分析,對方進行受力分析，如圖甲所示，因b緩慢運動，所以b受力平衡，有

F=mgcosO

N=mgsinO

b從A運動到B的過程，9由0。增大到90。，所以尸一直減小，N一直增大，AB錯誤；

CD.對整體受力分析，將。和/，看成整體進行受力分析，如圖乙所示

N'=G-mgcos26

。由0。增大到90。的過程中，N'一直增大

mgsin29

f=mgcosOsin。=-------

。由0。增大到90。的過程中，/先增大后減小，D錯誤C正確。

故選C。

甲乙

3.月球表面的重力加速度是地球表面的;，假設分別在水平地面和月面斜向上踢出相同的足球，足球飛出的初速度大小、速度方

向與水平方向的夾角均相等，不計空氣阻力。比較足球在空中的運動，下列說法正確的是（）

A.足球在月球上空中運動的時間是在地球上的36倍

B.足球在月球上的水平射程是在地球上的36倍

C.足球兩次在空中運動的過程所受重力的沖量大小相等

D.月球上踢出足球時腳對足球做的功是地球上的;

【答案】C

【解析】

【詳解】

A.設足球的初速度大小為火,方向與水平方向的夾角為6,重力加速度為g,足球在空中的運動時間為f,則在豎直方向有

t

%sing=g

可得

2vsin0

t二o------

9

根據(jù)g月g地可得

t月=6t地

故A錯誤；

B.設足球的水平射程為x,則在水平方向上有

x=vQtcosO

可得

2詔sinScos。

x=--------------

9

根據(jù)。月地可得

故B錯誤。

C.由沖量的定義可得在空中運動的過程足球所受重力的沖量大小

2vosin0

/=mgt=mg----------=2mvosin0

可知重力的沖量大小與g無關，故c正確；

D.踢出足球的過程，設腳對足球做的功W,由動能定理有

1,1,

w=2mvo-0=-mv5

可知腳對足球做的功與g無關，故D錯誤。

故選c。

4.給某型號霓虹燈供電的變壓器的結構示意圖如圖所示，交流電源輸出電壓為%=220或sinlOOnt(V),若霓虹燈兩端電壓%>

12kV時能發(fā)光，下列說法正確的是()

A.霓虹燈應該接在1、2間

B.交流電源應該接在I、2間

C.1、2間和3、4間的線圈匝數(shù)比為11:300時霓虹燈能發(fā)光

D.在相同時間內，霓虹燈發(fā)光時間與1、2間和3、4間線圈匝數(shù)比無關

【答案】B

【解析】

【詳解】

AB.交流電輸出電壓最大值為%,=220&V,遠小于霓虹燈的發(fā)光電壓為，所以應使用升壓變壓器，交流電源應該接在1、2

間，霓虹燈應該接在3、4間，故A錯誤，B正確。

C.霓虹燈的發(fā)光電壓指的是電壓的瞬時值，為了使霓虹燈發(fā)光，1、2間和3、4間的線圈匝數(shù)比應滿足

%220V2_11V2

-12x103=600

故C錯誤。

D.在一定范圍內，工越小，3、4兩端電壓的最大值越大，在相同時間內，霓虹燈發(fā)光時間越長，故D錯誤。

故選B.

5.如圖所示，一定質量的理想氣體用質量可忽略的活塞封閉在導熱性能良好的氣缸中，活塞的密封性良好。將氣缸的底部懸掛在

天花板上，用一段輕繩將活塞和質量為m=1kg的物體拴接在一起，物體置于水平面上，開始輕繩剛好繃緊但無作用力。已知活

塞與氣缸底部的間距為L=0.1m,活塞的橫截面積為S=0.01m2,外界環(huán)境的壓強為=1.01xl()5pa,溫度為7°=303K,忽

略一切摩擦，重力加速度g=10m/s2o降低環(huán)境溫度，當物體與水平面之間的彈力恰好為零時環(huán)境溫度為()

A.300KB.370KC.330KD.400K

【答案】A

【解析】

【詳解】

設物體與水平面之間的彈力恰好為零時，繩的拉力為尸，由力的平衡條件得

PoS=p2S+F

對物體有

F=mg

解得

Pz=1x10sPa

缸內氣體做等容變化，根據(jù)查理定律有

PlP2

其中

P1=Po

A=To=303K

解得

T2=300K

故A正確。

6.如圖所示，48CD是邊長為/的正四面體，虛線圓為三角形4BD的內切圓，M、N、P分別為BO、4B和4D邊與圓的切點，。為

圓心，正四面體的頂點4、B和。分別固定有電荷量為+Q、+Q和-Q的點電荷，貝IJ()

A.M,P兩點的電場強度相同

B.將正試探電荷由P移動到N,電場力做負功

C.將正試探電荷由C移動到M,電勢能減少

D.正試探電荷由C移動到M時的電勢能變化量大于由C移動到N時的

【答案】B

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)對稱性可知，M點和P點的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；

B.在4處點電荷產(chǎn)生的電場中，N點和P點的電勢相等，在B處點電荷產(chǎn)生的電場中，N點的電勢大于P點的電勢，在。處點

電荷產(chǎn)生的電場中，N點的電勢大于P點的電勢，所以N點的電勢高于P點的電勢，正試探電荷在N點的電勢能大于在P點

的，正試探電荷由P到N電勢能增加，電場力做負功，B正確；

C.僅考慮B處和。處點電荷時，C點和M點的電勢相等，正試探電荷由C到靠近A處的正點電荷，電場力做負功，電勢

能增加，C錯誤；

D.根據(jù)對稱性可知M點和P點電勢相等，結合B項分析可知，正試探電荷由M到N,電場力做負功，電勢能增加，因此正試

探電荷由C移動到”時的電勢能變化量小于由C移動到N時的電勢能變化量，D錯誤。

故選B。

7.2022年8月12日，國家重大科技基礎設施“穩(wěn)態(tài)強磁場實驗裝置”實現(xiàn)重大突破，創(chuàng)造場強45.22萬高斯的穩(wěn)態(tài)強磁場。如圖

所示，兩光滑導軌放置在絕緣水平面上，其中一根導軌沿x軸放置，另一根導軌由ab、be、cd段組成，其中ab、de段與x軸的

夾角相等，be段與x軸的夾角小于訕段與x軸的夾角，a端和沿x軸放置的導軌上的。點間用導線連接一定值電阻，導體棒垂直

x軸水平向右以速度v做勻速運動，經(jīng)過坐標原點時取t=0,空間中有垂直水平面方向的勻強磁場，導軌和導體棒電阻均不計，

則運動過程中通過導體棒的電流/、導體棒所受安培力大小F、導體棒克服安培力做功的功率P和定值電阻兩端的電壓U隨時間

變化的圖像可能正確的是()

【答案】B

【解析】

【詳解】

A.t=0導體棒切割磁感線的有效長度不為零，產(chǎn)生的感應電流大小不為零，A錯誤；

D.導體棒向右勻速運動，在ab和尻段切割磁感線的長度隨時間均勻增加，有E=B加，由于加段與x軸的夾角小于ab段與x釉

的夾角，故兒段的E-t圖象的斜率小于ab段的，經(jīng)過c點后，導體棒切割磁感線的有效長度減小，產(chǎn)生的感應電動勢減小，又

ab、cd段與x軸的夾角相等，則ab、cd段的E-t圖象的斜率大小相等，由于導軌和導體棒的電阻不計，則導體棒產(chǎn)生的感應電

動勢等于定值電阻兩端的電壓，D錯誤；

B.導體棒所受安培力大小為

B2l2v

F=~r

設在"上原來切割長度為經(jīng)過一段時間t后有效切割長度/與時間7的關系

I=l0+vttanO

所以安培力與時間是二次函數(shù)關系，隨時間增加，安培力逐漸增大，但相同時間內導體棒在兒段所受安培力的增加量小于在ab

段的，B正確：

C.導體棒克服安培力做功的功率為

B2l2v2

p=Fv=---

與安培力大小的變化趨勢相同，C錯誤。

故選B.

二、多選題（共18分）

8.對振動、受迫振動以及共振現(xiàn)象的理解，下列說法正確的是（）

A.單擺擺線的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，則單擺的周期變?yōu)樵瓉淼?倍

B.單擺做穩(wěn)定的受迫振動時，單擺的振動周期等于固有周期

C.當驅動力的周期等于單擺的固有周期時，單擺的振幅最大

D.將同一單擺由赤道移到兩極，單擺的周期減小

【答案】CD

【解析】

【詳解】

A.由單擺的周期公式T=2"可知，周期與擺長的平方根成正比，而擺長等于擺線的長度與擺球的半徑之和，故A錯誤；

B.單擺做穩(wěn)定的受迫振動時，單擺的振動周期等于驅動力的周期，故B錯誤；

C.由共振知識可知，當驅動力的周期等于單擺的固有周期時，單擺的振幅最大，故C正確；

D.由公式7=可知，將同一單擺由赤道移到兩極，重力加速度增大，單擺的周期減小，故D正確。

故選CD。

9.某電容式加速度傳感器的簡化原理圖如圖甲所示，桿和內圓筒可沿導軌滑動，外圓筒、導軌和彈簧右側均固定在物體上（未畫

出），內圓筒可沿水平方向運動，已知內、外圓筒所帶電荷量不變，若桿相對導軌運動的位移（向右為正）時間圖像如圖乙所

示，WJ（）

A.初始時，物體可能水平向右做加速運動

B.G~tz時間內，電容C為恒定值

C.0~t4時間內，t3時刻內、外圓筒間的電場強度最大

D.t3~t4時間內，內、外圓筒間的電場強度逐漸增大

【答案】BD

【解析】

【詳解】

A.根據(jù)題意分析可知，若初始時物體向右加速，則桿相對導軌向左運動，位移為負值，A錯誤；

B.“~t2時間內，桿相對導軌運動的位移不變，即內、外圓筒間的相對面積不變，根據(jù)。=品可知電容C為恒定值，B正

確；

C.0~t4時間內，t3時刻內、外圓筒間的相對面積最大，電容最大，又兩圓筒所帶的電荷量不變，根據(jù)Q=CU可知電壓。最

小，根據(jù)E=:可知電場強度最小，C錯誤；

D.13~4時間內，桿相對導軌運動的位移向左且逐漸增大，則內、外圓筒間的相對面積逐漸減小，電容逐漸減小，兩圓筒所帶

的電荷量不變，根據(jù)Q=CU可知電壓U增大，根據(jù)E=?可知電場強度逐漸增大，D正確。

故選BD,

10.如圖，四個滑塊疊放在傾角為0的固定光滑斜面上，其中B和C的質量均為m,A和D的質量均為3m,B和C之間用一平行

于斜面的輕繩連接，現(xiàn)對A施加平行于斜面向上的拉力F,使得四個滑塊以相同加速度一起沿著斜面向上運動，滑塊間的動摩擦

因數(shù)均為小重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()

A.拉力廠的最大值為1.3〃mgcos6

B.C對D的摩擦力為0.3〃mgcos。時，A對B的摩擦力為0.5“mgcose—5mgsin。

C.當拉力/取得坡大值時，輕繩上的彈力大小為0.8〃m,gcos。

D.當拉力F取得最大值時，C、D間的摩擦力為0.6〃mgcos。

【答案】CD

【解析】

【詳解】

當A、B間的摩擦力為最大靜摩擦力時，拉力F取最大值，將B、C、D看成一個整體，A是單獨的個整體，根據(jù)力的分配規(guī)

律有

m

4=2

啊+m2

F得

手

。=(m+m+3m)

“mgcos(m+m+3m)+3m'

解得

F—1.6〃mgcos。

故A錯誤：

C對D的摩擦力為0.3卬ngcos。時，對D進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

0.3^mgcos0—3mgsin6=3ma

設A對B的摩擦力為Fi，對B、C、D根據(jù)牛頓第二定律有

&—SmgsinO=5ma

解得

=0.5〃7ngcos8

故B錯誤；

將A、B看成一個整體，C、D看成另一個整體，根據(jù)力的分配規(guī)律有

?(m+3m)

T=-----------------------------F

(m+3m)+(m+3m)

解得

T=O.SumgcosO

故C正確；

將A、B、C看成一個整體，D是另一個整體，根據(jù)力的分配規(guī)律有

3m

Frr\=---------------------------F

3m+(3m+m+m)

解得

&D=0.6〃mgcose

故D正確。

故選CD。

三、實驗題(共12分)

11.某學習小組利用圖甲所示裝置，研究小球做拋體運動過程是否滿足機械能守恒定律。實驗時利用頻閃相機對做平拋運動的小

球進行拍攝，每隔r=o.O5s拍一幅照片，某次拍攝處理后得到的照片如圖乙所示。圖中背景是畫有方格的紙板，紙板與小球軌跡

所在平面平行，方格線橫平豎直，每個方格的邊長為L=5cm。實驗中測得的小球影像的高度差在圖乙中標出。己知小球質量

m=20g,當?shù)刂亓铀俣萭=9.8m/s2?

斜槽

圖甲圖乙

(1)小球運動到圖中。位置時的動能為__J,小球從a到匕過程動能增加了________J,小球從a到〃過程重力勢能減少了

J。(結果均保留2位有效數(shù)字)

(2)根據(jù)以上計算，在誤差允許的范圍內，小球做平拋運動的過程_______機械能守恒定律。(填“滿足”或“不滿足”)

(3)若實驗前斜槽末端未調節(jié)水平，_______本實驗的結論。(填“影響”或“不影響”)

【答案】(1).2.0x10-2##0.020(2).5.0x10-2##0.050(3).5.0x10-2##0.050(4).滿足(5).不影響

【解析】

【詳解】

(1)口]小球運動到圖乙中a位置時的水平分速度

L0.05

%”產(chǎn)證m/s=1.0m/s

豎直分速度

九1+九2(3.7+6.1)x10-2

m/s=0.98m/s

2x0.05

故小球在位置a的動能為

Eka=2mva=(喙+vay)=2.0X10-2]

[2]小球運動到圖乙中。位置時的水平分速度

L0.05

儂=產(chǎn)赤m/s=U)m/s

豎直分速度

一九4+九5(11.04-13.4)xIO-

m/s=2.44m/s

2T2X0.05

故小球在位置〃的動能為

Ekb=^mvb=\m[ylx+vly)=7.0x10-2J

所以小球從。到b的過程中，其動能增加了

△Ek=Ekb-Eka=5.0x10-2J

[3]小球從。到b過程中，其重力勢能減小了

-3-22

AEp=mg(h2+九3+九4)=20xIOX9.8x(6.1+8.6+11)x10J=5.0x10-J

(2)[4]由以上分析可知在誤差允許的范圍內，小球做平拋運動的過程

AEk=AEp

故滿足機械能守恒定律。

(3)［5］若實驗前斜槽末端未調節(jié)水平，小球做斜拋運動，不影響小球水平分速度、豎直分速度的計算，不影響小球動能增加量

及重力勢能減少量的計算，所以不影響本實驗的結論。

12.某實驗小組的同學計劃描繪小燈泡的伏安特性曲線，實驗室提供了如下實驗器材。

A.標有“12V6W”的小燈泡

B.電流表A(量程為300uA,內阻為200Q)

C.電壓表V(量程為3V,內阻為3k。)

D.電阻箱氏(0~999.90)

E.電阻箱/?2(0~9999.9Q)

F.滑動變阻器/?3(0~5Q,允許通過的最大電流為5A)

G.滑動變阻器(0~50Q,允許通過的最大電流為0.01A)

H.電源E(電動勢為15V,內阻較小)

1.單刀單擲開關一個、導線若干

(1)為了完成實驗，需將電流表改裝成量程為0.6A的電流表，則電阻箱以應調為Q,若將電壓表的量程擴大到12V,則

電阻箱/?2應調為滑動變阻器應選擇(填實驗器材前的字母序號).

(2)為了描繪小燈泡的伏安特性曲線，該小組的同學設計了如圖所示電路，其中X為，丫為。(填實驗器材前的

字母序號)

(3)某次實驗時，電流表的讀數(shù)為180“A,電壓表的讀數(shù)為2.07V,此時小燈泡L的阻值為一Q.(結果保留3位有效數(shù)

字)

【答案】(1).0」(2).9000(3).R3(4).B(5).C(6).22.9

【解析】

【詳解】

(1)11］由電流表的改裝原理得

即

300X10-6*200

0.6A=300x10-6A+A

Ri

解得

%=o.in

⑵由電壓表的改裝原理得

U吟…)

即

3

12V=云而X(3000+/?2)V

解得

R2=9000Q

[3]描繪小燈泡的伏安特性曲線時，電流和電壓應從0開始調節(jié)，所以滑動變阻器應采用分壓接法，根據(jù)允許通過的最大電流可知

滑動變阻器應選擇R3。

(2)[4][5]由電表的改裝原理可知，X和&并聯(lián)測量小燈泡的電流，則X為B,Y和R?串聯(lián)測量小燈.泡的電壓，則Y為C。

(3)⑹由(I)中分析可知當電流表的讀數(shù)為180以時，流過小燈泡L的電流約為

lL=0.36A

電壓表的讀數(shù)為2.07V時，小燈泡L兩端的電壓為

UL=(2.07X4-180X10-6x200)V=8.244V

此時小燈泡L的電阻為

y8.244

/?=-JLi=——fi=22.9。

L/L0.36

四、解答題(共18分)

13.如圖所示，半徑為R的三分之一圓為一棱鏡的橫截面，C、0兩點之間的距離為在截面所在的平面內，一光線與截面平

行，且與04邊垂直，自C點射入棱鏡，經(jīng)折射后在圓弧4B上恰好發(fā)生全反射。求棱鏡的折射率。

【答案】V3

【解析】

【詳解】

設棱鏡折射率為"，光進入棱鏡后，在D點恰好發(fā)生全反射，其光路圖如圖所示

由題意可知，入射角i=60。

由折射定律得

sini

n=--

sinr

在。點恰好發(fā)生全反射，有

1

TI=._

sinC

在三角形OCO中，由正弦定理得

OC_OD

sinC~sin(90°+r)

解得

n=>/3

14.如圖所示，兩平行金屬板水平正對放置，分別與直流電源的兩極相連，上極板中間開有小孔，虛線上方區(qū)域存在沿豎直方向

的勻強電場和垂直紙面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量為〃h帶電荷量為g的小球從平行金屬板的下極板上正對小孔處

由靜止釋放，通過上極板的小孔后進入虛線上方區(qū)域，經(jīng)過一段時間的勻速圓周運動后剛好打在金屬板MN的中點，己知兩極板

間的距離為"，金屬板的左端“點到小孔的距離為5d,金屬板MN的長度為3d,重力加速度為g。

(1)求復合場區(qū)域內電場強度的大小和方向；

(2)求小球由靜止釋放到打到金屬板上所用的時間；

(3)改變兩極板間的電壓，小球仍能打在金屬板MN上，求小球打到金屬板上的位置到小孔的距離與板間電壓的關系。

【答案】⑴見解析；⑵(S+n)g⑶*普+吟皿

\13/qB8mqmq

【解析】

【詳解】

(1)由題意可知小球帶負電，小球在復合場中做勻速圓周運動，說明小球所受的電場力與小球的重力平衡，有

mg=qE

解得

E=%，方向豎直向下

q

(2)小球在復合場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有

mv2

=—

由幾何關系有

3d

2r=Sd+—

小球在極板間加速的時間

G=方

小球在復合場中運動的時間

12nrnm

t?=-x---——

22vqB

所以小球的運動時間

”…=偌+端

(3)設小球打到金屬板上的位置到小孔的距離為x,則小球在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為:，小球打在金屬板上，有

5d<x<8d

則

5x

—d<—<4d

結合(2)中分析可知，小球軌跡半徑與小球速度大小的關系為

xmv

2=~qB

小球在極板間加速的過程，由動能定理有

1

qU—mgd=-mv^9

則小球打到金屬板上的位置到小孔的距離X與板間電壓的關系為

其中

25d2qB2mgd

-8m-+~q~~U~

15.如圖，在光滑水平地面的左端固定一傾角為9=37。、高度為h=4R的粗糙斜面，在光滑水平地面的右端豎直固定一半徑為K

的光滑半圓形軌道。一質量為m=2kg(可看成質點)的滑塊B位于距半圓形軌道底端Lz的位置，滑塊B的左端接有原長為人的

輕彈簧(兩者接觸但未固定)，現(xiàn)將另一個完全相同的滑塊A從斜面頂端由靜止釋放，之后滑塊B脫離彈簧，運動一段時間后

滑上半圓形軌道，已知滑塊A從開始壓縮彈簧到彈簧長度最短所用時間為t°,R=0.3m,滑塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=%

重力加速度g=10m/s2,L1+￡2-4t0(m)=^m,各部分連接處平滑連接，彈簧始終在彈性限度內，sin370=0.6,cos370=

0.8。

(1)求滑塊A在斜面上的運動時間及滑塊A到達斜面底端時的速率;

(2)求滑塊B運動到半圓形軌道頂端時所受的彈力大小；

(3)請通過計算說明兩滑塊能否發(fā)生第二次碰撞。

【答案】(1)Is,4m/s；(2)yN；(3)見詳解

【解析】

【詳解】

(I)滑塊A在斜面上運動時，其加速度為

7ngsin37°—umgcos370_

a=---------------------=asin37°-〃gcos37°=4m/s2

m

設滑塊A到達斜面底端時的速率為%,由勻變速直線運動規(guī)律有

h12

而k*

%