重慶2023年高三物理后半期月考測驗試卷帶解析及答案

選擇題

下列對物理知識的理解不正確的是（）

A.根據(jù)波爾的原子理論，氫原子所處的能級越高，電勢能越大

B.a射線的穿透能力較弱，用厚紙板就能擋住

C.放射性元素針的半衰期為138天，100g的針經(jīng)276天，已發(fā)生衰變

的質(zhì)量為75g

D.根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可知，光電子的最大初動能與入射光

的頻率成正比

【答案】D

【解析】

A.由公式

,，V"

k—=m——

廠r

可知，氫原子所處的能級越高即核外電子軌道半徑越大，總能量越大,

但電子動能越小，則電勢能越大，故A正確；

B.a射線電離最強(qiáng)，穿透最弱，用厚紙板就能擋住，故B正確；

C.根據(jù)

可知100g的Po經(jīng)276天，即經(jīng)過2個半衰期，已衰變的質(zhì)量為75g,

故C正確;

D.根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程紇可知，光電子的最大初

動能與入射光的頻率成線性關(guān)系，但不是成正比，故D錯誤。

本題選不正確的，故選D。

選擇題

中國是第五個獨立完成衛(wèi)星發(fā)射的國家，已經(jīng)進(jìn)入了世界航天強(qiáng)國的

列隊。已知我國發(fā)射的A、B兩顆繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，

軌道半徑之比為1：3,且兩者動能相等，則下列說法正確的是()

A.A、B衛(wèi)星的運行周期之比是石:3

B.A、B衛(wèi)星的運行向心加速度大小之比是31

C.A、B衛(wèi)星所受到的萬有引力大小之比是31

D.A、B兩顆衛(wèi)星的發(fā)射速度都大于11.2kms

【答案】C

【解析】

A.由公式

「Afi”2u

G—=w(—2)?,

r2T

得

則

4%WB3V39

故A錯誤；

B.由公式

Cr-「=)na

r

得

GM

a=

-廣

則

%=￡=2

傳ri】

故B錯誤；

c-由于兩衛(wèi)星動能相等即耳一7"'’則有

2R

m=-4

V2

由公式

cM"v2

u—―=m—

廣r

故C正確;

D.兩顆繞地球做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，則兩顆衛(wèi)星的發(fā)射速度

都小于11.2km/s,故D錯誤。

故選C。

選擇題

高鐵已成為重要的“中國名片"，領(lǐng)跑世界。一輛由8節(jié)車廂編組的列

車，從車頭開始的第2、3、6和7共四節(jié)為動力車廂，其余為非動力

車廂。列車在平直軌道上勻加速啟動時，若每節(jié)動力車廂牽引力大小

均為F,每節(jié)車廂質(zhì)量都為m,每節(jié)車廂所受阻力均為車廂重力的k

倍，重力加速度為g。則（）

A.啟動時車廂對乘客作用力的方向豎直向上

B.啟動時乘客對車廂的作用力大小等于乘客的重力大小

F_

C.第7節(jié)車廂對第8節(jié)車廂的作用力大小為百

D.第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為0

【答案】D

【解析】

A.啟動時車廂對乘客豎直方向有豎直向上的支持力，水平方向有沿

動車運動方向的水平摩擦力兩個力的合力方向斜向上方，故A錯誤;

B.啟動時車廂對乘客的作用力斜向上方與重力的合力方向沿動車運

動方向，由平行四邊形定則可知，啟動時車廂對乘客的作用力大于重

力，根據(jù)牛頓第三定律可知，乘客對車廂的作用力大于重力，故B錯

誤；

C,對8節(jié)車箱整體由牛頓第二定律有

4F-SAwg=Swn

對第8節(jié)車箱由牛頓第二定律有

Es-hng=ma

聯(lián)立解得

故C錯誤；

D,對后4節(jié)車箱由牛頓第二定律有

匕+2戶一=4wa

解得

%=0

故D正確。

故選D。

選擇題

如圖所示，等量異種點電荷尸、。連線之間某點處有一電子，在外力

F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持點電荷。的位置不變，讓點電荷P沿

連線向右移動一小段距離，此過程中電子一直處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說

法正確的是（）

P/。

A.電子所在處的電場強(qiáng)度增大，電勢減小

B.外力F增大，電子的電勢能減小

C.外力F減小，電子的電勢能增大

D.外力F不變，電子的電勢能也不變

【答案】B

【解析】

A.讓點電荷尸沿連線向右移動一小段距離，兩點電荷間距減小，由

電場強(qiáng)度的疊加原理可知，電子所在處的電場強(qiáng)度增大，由于零電勢

點是人為規(guī)定的，則無法確定電勢變化，故A錯誤；

BCD.讓點電荷尸沿連線向右移動一小段距離，兩點電荷間距減小，

由電場強(qiáng)度的疊加原理可知，電子所在處的電場強(qiáng)度增大，電子所受

電場力增大，由平衡條件可知，外力增大，且電場力方向向左，則電

場強(qiáng)度方向向右，即P帶正電，由相對運動可知，靜電力對電子做正

功，電子的電勢能減小，故B正確，CD錯誤。

故選Bo

選擇題

如圖所示，兩條相距L的足夠長平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為'的

斜面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連，質(zhì)量為，〃的導(dǎo)體棒MN垂直于

導(dǎo)軌放置，整個裝置在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的

大小為8。輕繩一端與導(dǎo)體棒相連，另一端跨過定滑輪與一個質(zhì)量為

加的物塊相連，且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行，物塊距離地

面足夠高，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計，輕繩與滑輪之間的摩擦力不計,

重力加速度為go從將物塊由靜止釋放，到經(jīng)過，達(dá)到最大速度的過

程中，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢

B.導(dǎo)體棒的加速度可能大于彳/

mgtnrgR

C.通過導(dǎo)體棒的電荷量為近1一萬浮

mgR

D.導(dǎo)體棒運動的最大速度大小為祈

【答案】C

【解析】

A,將物塊由靜止釋放，則物塊向下運動，導(dǎo)體棒沿斜面向上運動，

由右手定則可知導(dǎo)體棒中電流由M到N,導(dǎo)體棒M端電勢低于N端

電勢，故A錯誤；

.BLv

BD.設(shè)導(dǎo)體棒的上升速度V,根據(jù)人方可知導(dǎo)體棒所受安

培力為

根據(jù)牛頓第二定律可得

mg-wgsinSO>-=Ima

R

當(dāng)導(dǎo)體棒的上升速度為零時，導(dǎo)體棒的加速度最大，最大加速度為

1

當(dāng)導(dǎo)體棒的上升加速度為零時，導(dǎo)體棒的速度最大，最大速度為

mgR

'm?_1B2jl

故BD錯誤；

C.對整體由動量定理得

(wg-nigsin3O*)r-BiLt=2而1.

即

mgR

-2tn

28*

解得

nigtnrgR

2BL序不

故C正確。

故選Co

選擇題

某中學(xué)生對剛買來的一輛小型遙控車的性能進(jìn)行研究。他讓這輛小車

在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運動，并將小車運動的全過程

通過傳感器記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖所示的丫7圖像。已知

小車在0~2s內(nèi)做勻加速直線運動，2~lls內(nèi)小車牽引力的功率保持不

變，9~lls內(nèi)小車做勻速直線運動，在11s末小車失去動力而開始自

由滑行。已知小車質(zhì)量m=lkg,整個過程中小車受到的阻力大小不

變，下列說法正確的是（）

**1

"-1\

Ii?\

I/?J\

\fi：iA

<??<>>

（J2<>ItI/A

A.小車受到的阻力大小為8N

B.在2~lls內(nèi)小車牽引力的功率P是16W

C.小車在2s末的速度大小乂為6rn/s

D.小車在0~15s內(nèi)通過的距離是80m

【答案】BD

【解析】

A.根據(jù)題意，在11s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻

減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a,根據(jù)圖像可知

^=—=2m/s;

At

根據(jù)牛頓第二定律有

f=wa=2N

故A錯誤；

B.設(shè)小車在勻速運動階段的牽引力為F,則

F-f

由圖可知%=8n",則有

P=/n?=16W

故B正確；

C.。?2s的勻加速運動過程中，小車的加速度為

Avy

4=—=一x

Z2

設(shè)小車的牽引力為Fx,根據(jù)牛頓第二定律有

涇一/二〃叫

根據(jù)題意有P=￡r解得

Vy=4lllS

故c錯誤；

D.在2s?9s內(nèi)的變加速過程，配=7s,由動能定理可得

解得

x2=44ni

0?2s內(nèi)通過的路程為

4、.

X,=-x2tn=4m

2

9~Us內(nèi)小車做勻速直線運動通過的路程為

=8x2m=16m

ll~15s內(nèi)通過的路程為

8,，/

X,--=16m

42

則小車在0~15s內(nèi)通過的距離是

x=占+K+七+A=80m

故D正確。

故選BDo

選擇題

將小球以10m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面,

小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分

別如圖中兩直線所示（g取10m/s2）。下列說法正確的是（）

A.小球的質(zhì)量為0.1kg

B.小球上升到3m時，重力勢能與動能之差為1.5J

20

C.小球動能與重力勢能相等時的速度大小為三Z

D.上升到最高點的過程，小球受到的阻力（不包括重力）的沖量大小

為O25Ns

【答案】AC

【解析】

A.在最高點有與”@得

故A正確；

B.由圖可知，在h=3m處，小球的重力勢能是3J,動能是

￡k=（5-1x3）J=1.25J

所以小球上升到3m時，重力勢能與動能之差為1.75J,故B錯誤;

CD.由除重力以外其他力做功％=防可知

一角=E「EL1J

其中h=4m,解得

/=025N

由牛頓第二定律有上升過程中加速度大小為

a="名+/=125tn's'

m

上升過程所用的時間為

t=%==08s

a12.5

則阻力的沖量大小為

I}=/=0.25*0.8Ns=0.2N-s

設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有

nigH"=~1）m^、

由動能定理得

—JH-））JgH=—―

22

解得

20

公竺m，v=-ms

93

故C正確,D錯誤o

故選ACo

選擇題

如圖所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率卜向

上運動。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體（視為質(zhì)點）輕輕放在A處，小

物體在甲傳送帶上被傳送到B處時恰好達(dá)到傳送帶的速率y,在乙傳

送帶上被傳送到離B處豎直高度為h的C處時達(dá)到傳送帶的速率一

已知B處離地面的高度均為H,則在小物體從A到B的過程中（）

A.小物塊運動的時間相等B.兩傳送帶對小物體做功相等

C.乙因摩擦產(chǎn)生的熱量更多D.甲傳送帶消耗的電能比較大

【答案】BD

【解析】

A.甲圖中小物塊運動到B端時有

Hv

------=

sin6?---2

得

1H

?vs.in(9

乙圖中小物塊先勻加速后勻速運動有

H-hv.

-------=—

sin。2'

h

sin。

得

2H-h

V；+4

vsin^

則

故A錯誤；

B.傳送帶對小物體做功等于小物塊的機(jī)械能的增加量，動能增加量

相等，重力勢能的增加量也相同，故兩種傳送帶對小物體做功相等,

故B正確；

C.甲圖中

嗎—H

2sin。

Qi='餐＜-

的312力sm。

由牛頓第二定律有

I,一

f}-mgsin0=m%=切---萬一

2——

sin，

乙圖中

-nigsin"=may=m—育口

sin^

解得

Q[=>ngH.；wv。

Qi-mg（H.方）+-;wv,2

則

故c錯誤；

D.根據(jù)能量守恒定律，電動機(jī)消耗的電能等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與

物塊增加機(jī)械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機(jī)械能相同且

所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多，故D正確。

故選BDo

實驗題

某同學(xué)用圖甲所示的實驗裝置測量物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)。已

知打點計時器所用電源的頻率為50Hz,物塊下滑過程中所得到的紙

帶的一部分如圖乙所示，圖中標(biāo)出了五個連續(xù)點之間的距離：

比"CAA

??????

iayw?cm

'3.78'3.65'3.52,3.39''

乙

⑴物塊下滑時的加速度a=mH，打C點時物塊的速度y=—

m/s;（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）

（2）已知重力加速度為g,為求出動摩擦因數(shù)，還必須測量的物理量是

—。（填正確答案標(biāo)號）

A.物塊的質(zhì)量B.斜面的高度C.斜面的傾角D.無法確定

【答案】3.251.79C

【解析】

⑴⑴物塊沿斜面做勻加速直線運動，根據(jù)取=aT2,有

Xgc_也=4m

解得

=378+3.65)-(352+3.39乂0一M=325M^

4x002

⑵根據(jù)一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解C點的

速度，打C點時物塊的速度為

3.65+3.52

179uvs

2F'2x002

⑵⑶對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律，有

4wgcosO=ma

解得

gsinO-a

p=---------

gtos〃

故還需要測量斜面的傾角，故ABD錯誤，C正確。

故選Co

實驗題

某同學(xué)準(zhǔn)備自己動手制作一個歐姆表，可以選擇的器材如下：

①電池E（電動勢和內(nèi)阻均未知）

②表頭G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程1g未知，內(nèi)阻未知）

③電壓表V（量程為1.5V,內(nèi)阻Rv=1000Q）

④滑動變阻器R1（0~100）

⑤電阻箱R2（0-1000Q）

⑥開關(guān)一個，理想導(dǎo)線若干

（1）為測量表頭G的量程，該同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示電路.

圖甲

圖中電源即電池E.閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1滑片至中間位置附

近某處，并將電阻箱阻值調(diào)到40。時，表頭恰好滿偏，此時電壓表V

的示數(shù)為1.5V；將電阻箱阻值調(diào)到115Q,微調(diào)滑動變阻器R1滑片位

置，使電壓表V示數(shù)仍為1.5V,發(fā)現(xiàn)此時表頭G的指針指在如圖乙

所示位置，由以上數(shù)據(jù)可得表頭G的內(nèi)阻Rg=Q,表頭G的量

程lg=mA.

（2）該同學(xué)接著用上述器材測量該電池E的電動勢和內(nèi)阻，測量電

路如圖丙所示，電阻箱R2的阻值始終調(diào)節(jié)為1000Q：圖丁為測出多

組數(shù)據(jù)后得到的圖線（U為電壓表V的示數(shù)，I為表頭G的示數(shù)），則

根據(jù)電路圖及圖線可以得到被測電池的電動勢E=V,內(nèi)阻

r=Q.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

（3）該同學(xué)用所提供器材中的電池E、表頭G及滑動變阻器制作成

了一個歐姆表，利用以上（1）、（2）問所測定的數(shù)據(jù)，可知表頭正中

央刻度為Q.

【答案】10303.020100

【解析】

（1）[1][2].由圖乙所示表盤可知，表盤功30分度，其示數(shù)為：

1?=三1

電壓表示數(shù)：U=1.5V,由歐姆定律可知：

U=l(Rg+R2)

即：

2

U=lg(Rg+40),U=5lg(Rg+115)

解得：Rg=10Q,lg=30mA；

(2)[3][4].電壓表Rv的內(nèi)阻為1000Q,電阻箱R2阻值始終調(diào)節(jié)為

1000Q,電壓表與電阻箱串聯(lián)，它們兩端電壓相等，電壓表示數(shù)為U,

則路端電壓為2U,由圖丙所示電路圖可知，電源電動勢：E=2U+lr,

則：

.Er

UT=一—Ir-

22

由圖示U-I圖象可知：

2~17

電源電動勢:

E=3.0V,r=20Q；

(3)[5].歐姆表內(nèi)阻:

E30

/?.=—=--^-=100Q

L0030

歐姆表中值電阻等于其內(nèi)阻，因此表頭正中央刻度為:R中=[^內(nèi)=100Q；

解答題

如圖所示，在OSX"的一、四象限范圍內(nèi)分布著一個勻強(qiáng)磁場，方向

垂直于xOy平面向里，在d

」_6,叫七_(dá)8%

【答案】(1)5gd；(2)25拒；(3)(2d,1.5d)。

【解析】

(1)畫出粒子的運動軌跡示意圖如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系得粒子在磁場中運動時軌道半徑

2_5,

q\%B=HIA

聯(lián)立兩式解得

3=覺

5gd

(2)粒子在電場中運動，粒子從位置(d,0)運動到位置P(2d,

yp）的逆過程是類平拋運動

W°s37。

喙=lad

qE

G=---

DI

聯(lián)立三式解得

E=2

25招

（3）從位冒（d,0）到位冒P經(jīng)歷的時間為

a2%

位置P的縱坐標(biāo)為

H=『=l5d

即粒子恰好不離開電場的位置坐標(biāo)為

P（2d,1.5d）

解答題

在光滑水平面上有兩輛質(zhì)量分別為嗎=2kg和%=1kg平板車M和N,

它們用一根不可伸長的輕繩連接，輕繩處于繃緊狀態(tài)，中間夾著一根

處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧（彈簧與兩小車不栓接）,其彈性勢能為27JO

現(xiàn)用火燒斷輕繩，M車和N車被彈簧彈開，彈簧恢復(fù)原長后，在M

車的左端以與M車相同的速度放上一塊質(zhì)量為%=3kg的鐵塊，M車

與鐵塊一起運動一段時間后，第一次與墻壁發(fā)生碰撞。已知鐵塊與M

車之間的動摩擦因數(shù)〃=05,M車足夠長，使得鐵塊始終不能與墻相

碰，M車與墻發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞過程無機(jī)械能損失。求

⑴彈簧恢復(fù)原長時兩車的速度大??；

(2)從M車第一次與墻壁相碰到向左運動到最遠(yuǎn)距離的過程中，鐵塊

相對M車滑行的距離；

⑶M車和墻相碰后所走的總路程。

【答案】(1)片=(2)1.4m；(3)1.25m

【解析】

⑴從燒斷輕繩到彈簧恢復(fù)原長過程，由動量守恒可得

'"占=m2V2

由能量守恒可得

,1,1.

彳-7叫片+

聯(lián)立解得

A]=3m's.i\=6ms

(2)取向右為正方向，M車與墻碰后到M車速度為0過程中

一叫=W

由能量守恒可得

2

叫式=yG?a+嗎)v；-|mov

聯(lián)立解得

L=14m

⑶小車第一次與墻相撞后向左所走路程為si,由動能定理得

c1，

?小”商=0?不加N

得

,一叫it

'2/”

代入數(shù)據(jù)可得

}二06m

接著小車和鐵塊以共同速度v2與墻第二次相碰，以向右為正方向,

由動量守恒定律得

%%一嗎%=(%+叱凡

得

1

巧W

第二次相撞后平板車向左走的路程為S2,則有

，2“叫g(shù)

則有

6、1

即

1

S、=—S,

-251

1

以后每次相碰反彈向左行的路程均以石'比例減少，小車所走的路程

為一個無窮等比數(shù)列之和，公式為

1

q=一

25

聯(lián)立得

s=1s.-——?2s,—

1\-q1

代入數(shù)據(jù)可得

j=l25m

填空題

一定量的理想氣體從狀態(tài)”開始，經(jīng)歷三個過程°八be,ca回到原狀

態(tài)，其P-T圖像如圖所示。則”狀態(tài)時氣體的體積b狀態(tài)時氣

體的體積，過程的中外界對氣體所做的功氣體所放的熱。若

b和c兩個狀態(tài)中，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的

平均次數(shù)分別為Nl、N2,則N1N2o（填"大于"、"小于"或"等

于"）

【答案】等于小于大于

【解析】

⑴由圖像可知，afb過程中段=「即為等容變化，所以。狀態(tài)時氣體

的體積等于8狀態(tài)時氣體的體積

K-c

⑵由圖可知，CT。過程為等壓降溫，則氣體內(nèi)能減小，由7?一可知，

體積減小，外界對氣體做功，由熱力學(xué)第一定律"7=0+獷可知，外界

對氣體所做的功小于氣體所放的熱

⑶b和C兩個狀態(tài)中，溫度相等，則分子平均動能相同，由圖可知,

p>P.,則

解答題

如圖所示，一底面積為S、內(nèi)壁光滑且導(dǎo)熱的圓柱形容器豎直放置在

水平地面上，開口向上，內(nèi)有兩個厚度不計的輕質(zhì)活塞A和B,容器

內(nèi)a處有一小卡口；在A與B之間、B與容器底面之間分別密閉著一

定質(zhì)量的同種理想氣體I和國，初始時活塞A與B,活塞B與容器底

部之間的距離均為L,氣體團(tuán)的壓強(qiáng)為2pO。若將某物塊放置在活塞A

的上表面，穩(wěn)定后活塞A向下移動0.6Lo已知外界大氣壓強(qiáng)為pO,

重力加速度大小為g,容器導(dǎo)熱性能良好，設(shè)外界溫度不變，

⑴請通過計算判斷活塞B上述過程中是否向下移動；

間求物塊的質(zhì)量Mo

8Po5

【答案】⑴活塞B向下移動⑵M=萬

【解析】

(1)假設(shè)A活塞向下移動0.6L時，B活塞沒有下移，對氣體團(tuán)由玻意

耳定律得

PQLS=_0.6L)S

解得Pi=2.5po

而PL>2P0,故假設(shè)不成立，即活塞B向下移動。

(2)設(shè)B活塞下移回h,

對氣體團(tuán)PQLS=PI(i-0.6L+AK)S

對氣體回2p0LS=p2a-Ah)S

回、國中氣體壓強(qiáng)滿足關(guān)系P1=P2

15

聯(lián)立解得PIFQ

對活塞A受力平衡有Mg+pos=P]S

8Po5

聯(lián)立解得M=萬

填空題

如圖，空氣中有兩塊材質(zhì)不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置;

一細(xì)光束從空氣中以某一角度e（o<e<9o°）入射到第一塊玻璃板

的上表面.下列說法正確的