重庆市2022-2023学年高三下学期3月期中物理试题含解析

2023年重庆下学期质量检测
物理试题（答案在最后）
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的。

1.下列说法正确的是（）
A.原子核的比结合能越大，原子核越稳定，一般而言，原子核中核子数越多，比结合能越小
B.核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，所以现在的核电站主要采用核聚变发电
C.液体的表面张力其方向总是指向液体内部，所以液面总是有收缩的趋势
D.物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，原子核的比结合能等于原子核的结合能与核子数之比，由于原子核中核子数越多，原子核的结合能越大，则比结合能不一定越小，故A错误；
B．核聚变与核裂变相比，相同质量的核燃料，核聚变反应中产生的能量更多，但目前核聚变不可控，则现在的核电站主要采用核裂变发电，故B错误；
C．液体表面张力的方向总是与液面相切，故C错误；
D．物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫作物体的内能，任何物体都具有内能，故D正确。

故选D。

2.如图所示，某同学在某地玩耍，发现一个图示仓库，于是在某点P（P点位置可移动）想以最小的动能将一块小石子丢过仓库（恰好从A点和B点飞过，注意平时可不能这样，非常危险），那么设小石子丢出时速度与水平向右的方向成θ角，以下说法正确的是（）
θ=︒
A.45
θ>︒
B.45
θ<︒
C.45
D.无论θ角多大，P点与A点所在墙越近所需动能越小
【答案】B
【解析】
【详解】ABC ．根据题意可知，石子从P 点抛出后做斜抛运动经过等高的A 、B 两点，设石子抛出时的速度为P v ，经过A 点时的速度为A v ，此时速度方向与水平方向的夹角为α，则有
cos cos P A v v θα
=石子由P 运动到A 的过程中，由动能定理有
221122
PA P A mgh mv mv =
-解得
P A
v v =>石子由A 到B 的运动也是斜抛运动，设此过程运动的时间为t ，A 、B 两点间的距离为x ，则有
cos A x v t α=⋅0sin 2
A t
v g α=-⋅
联立可得
A v =
可见，当
sin 21
α=即
45α=︒
时，石子经过A 点的速度最小，此时石子的抛出速度最小，抛出的动能最小，则有
45θα>=︒
故AC 错误，B 正确；
D ．当P 点位于A 点所在的墙上时有
90θ=︒
石子抛出后做竖直上抛运动，无论石子抛出时的动能多大，石子都不可能经过B 点，故D 错误。

故选B 。

3.一列简谐横波在1
s 3
t =
时的波形图如图（a ）所示，P 、Q 是介质中的两个质点。

图（b ）是质点Q 的振动图像。

则下列说法正确的是（
）
A.波沿x 轴正方向传播
B.波速为18m/s
C.P 点平衡位置的x 坐标为3cm
D.Q 点平衡位置的x 坐标为6cm
【答案】C 【解析】
【详解】A ．由题图（b ）知，当1
s 3
t =时，Q 点向上运动，结合题图（a ）可得，波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；
B ．由题图（a ）可以看出，该波的波长为36cm λ=由题图（b ）可以看出，周期为2s T =波速为
18cm/s T
v λ
=
=0.18m/s =选项B 错误；
C ．设质点P 、Q 平衡位置的x 坐标分别为P x 、Q x ，由题图（a ）知，0x =处
()sin 302
A
y A =-
=-︒因此
303cm 360P x λ︒
=
=︒
选项C 正确；
D ．由题图（b ）知．在0=t 时Q 点处于平衡位置，经1
Δs 3
t =，其振动状态向x 轴负方向传播至P 点处，由此有
Δ6cm
Q P x x v t -==得质点Q 的平衡位置的x 坐标为
9cm
Q x =选项D 错误。

故选C 。

4.2020年12月4日，新一代“人造太阳”——中国环流二号M 装置()HL 2M -正式建成并实现首次
放电，放电温度达太阳芯部温度近10倍。

“人造太阳”实验中的可控热核反应的方程
23411120H H He n +→+是，海水中富含反应原料氘核21(H)，氚核
()3
1
H 可以用中子轰击锂核63
(Li)得到。

下
列说法正确的是（）
A.上述核反应前后核子数相等，生成物的质量等于反应物的质量
B.中子轰击锂核6
3(Li)反应方程1
6
3
4
0312n Li H He +→+为C.中子轰击锂核63(Li)发生了α衰变
D.氘核21(H)和氚核3
1(H)的比结合能均比氦核(
)
42
He 的比结合能大
【答案】B 【解析】
【详解】A ．上述核反应前后核子数相等，核反应过程中会出现质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量，故A 错误；
B ．中子轰击锂核6
3(Li)的核反应方程满足质量数和电荷数守恒，为
16340
312n Li H He
+→+故B 正确；
C ．α衰变是指原子核自发的放射出一个4
2He 核而转变为其他原子核，故C 错误；
D ．氘核21(H)和氚核3
1(H)经聚变反应生成氦核(
)
4
2He ，同时放出能量，生成物更稳定，所以氘核2
1(H)和
氚核3
1(H)的比结合能均比氦核(
)
4
2
He 的比结合能小，故D 错误。

故选B 。

5.美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler­186f ．若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察，在行星表面h 高度(远小于行星半径)处以初速度v 水平抛出一个小球，测得水平位移为x ．已知该行星半径为R ，自转周期为T ，万有引力常量为G ．则下列说法正确的是
A.该行星表面的重力加速度为2
2
2hv x B.该行星的质量为
22
2
2hv R Gx
C.R
D.【答案】ABC 【解析】
【详解】A.根据平抛运动的规律可知：212h gt =，x vt =解得2
2
2hv g x =，A 正确；B.根据2Mm mg G R =，得行星的质量222
22gR hv R M G Gx ==
，B 正确；
C.根据222
4()()Mm G m R h R h T
π=++得，又2
GM gR =，解得h R =，C 正确；
D.根据2
v mg m R
=得，行星的第一宇宙速度v ==D 错误．6.如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的高度一定。

运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑。

将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台。

货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹。

已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ。

若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θμ<。

可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力（
）
A.当速度v 一定时，角θ越大，运送时间越短
B.当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变
C.当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长
D.当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多【答案】D 【解析】
【详解】A ．开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得
cos sin a g g μθθ
=-根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的时间
1v t a
=
货物加速过程的位移
2
12v x a
=
货物加速到与传送带的速度相等时，因为cos sin mg mg μθθ>，货物将做匀速运动，根据运动学公式得货物匀速运动的时间
1
2L x t v
-=
因此货物从底端运送到顶端的时间
212L v t t t v a
=+=
+当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，故A 错误；B ．当θ一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，故B 错误；C ．货物相对传送带运动的位移
111
22
v v
x vt t t ∆=-=v 和θ一定，加速度一定，速度一定，由1v
t a
=
得货物的加速时间1t 一定，货物相对传送带的位移一定，C 错误；
D ．摩擦产生的热量为
=cos Q mg x
μθ⋅∆当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确。

故选D 。

7.在x 轴上有两点电荷1q 和2q ，如图所示为x 轴上各点电势ϕ随x 变化的关系，则以下说法正确的是（
）
A.1q 与2q 为等量异种电荷
B.A 点电场强度与C 点的电场强度方向相反
C.将一负点电荷从A 点移动至C 点，电场力先减小后增大
D.将一负点电荷从A 点移动至C 点，电场力先做负功后做正功【答案】C 【解析】
【详解】A ．由图像可知，沿x 轴正方向电势逐渐降低，B 点电势为零，所以1q 带正电，2q 带负电。

且B 距1q 的距离大于距2q 的距离，由q
k
r
ϕ=，所以知1q ＞2q ，故A 错误；B ．ϕ­x 图像的斜率表示电场强度E ，有图像可知，A 点电场强度与C 点的电场强度方向相同。

故B 错误；C ．将一负点电荷从A 点移动至C 点，根据图像可知，图像切线的斜率先减小后增大，即从A 点至C 点的电场强度先减小后增大，根据
F qE
=可知，电场力先减小后增大。

故C 正确；D ．将一负点电荷从A 点移动至C 点，根据
p E q ϕ
=可知，从A 点到C 点的过程中，电势能始终逐渐增大，电场力始终做负功。

故D 错误。

故选C 。

【点睛】ϕ­x 图像的斜率表示电场强度。

根据两点电荷连线的电势高低的变化情况判断两电荷的电性及电荷量的关系。

根据电势能的变化情况判断电场力做功的正负。

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，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

8.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢平躺着看手机，经常出现手机砸伤脸的情况。

若手机质量约为150g ，从离人脸约20cm 的高处无初速掉落，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间约为0.1s ，重力加速度g 取210m/s ，不计空气阻力。

下列说法正确的是（
）
A.手机与人脸作用过程中动量变化量方向竖直向下
B.手机对人脸的冲量大小约为0.3N s ⋅
C.手机对人脸的平均冲力大小约为4.5N
D.手机与人脸作用过程中动量变化量大小约为0.3kg m/s
⋅
【答案】CD 【解析】
【详解】A ．动量的变化量为末动量减初动量，所以手机的动量变化量的方向竖直向上，A 错误；B ．手机做自由落体运动，则
22v gh
=解得
2m s
v ==对手机由动量定理可知
()
0I mgt mv -=--解得
0.45N s
I =⋅B 错误；C ．根据
I Ft
=解得
4.5N I
F t
=
=C 正确；
D ．手机与人脸作用后速度变为零，手机动量变化量的大小为
00.3kg m s
p mv ∆=-=⋅D 正确。

故选CD 。

9.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 分别与电池两极相连，开始时开关S 闭合，发现在距两板距离相等的P 点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b 板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（
）
A.液滴将加速向下运动
B.液滴将保持不动
C.P 点电势升高，液滴在P 点时电势能减少
D.P 点电势降低，液滴在P 点时电势能增大【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．开关闭合时，带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态。

断开开关，电容器带电量不变，当下板向下移动小段距离时，根据
U E d =
，Q U C =，4S C kd
επ=联立解得
4kQ
E S
πε=
可得场强不变，所以液滴保持不动，故A 错误，B 正确；CD ．根据A 、B 项分析可知，电场强度不变，根据
U =Ed
可知，当下板向下移动小段距离时，P 与下极板距离增大，电势差增大，下极板电势为零，所以P 点电势升高，由于液滴带负电，所以液滴在P 点时电势能将减小，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10.如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场．a 、b 两个带电粒子以相同的速率从M 点沿着直径MON 方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P 、Q 两点离开．已知P 、Q 、O （圆心）三点共线，直径MON 、POQ 夹角为θ=60°（如图），不计粒子的重力，下列说法正确的是（
）
A.a 粒子带正电，b 粒子带负电
B.a 、b 粒子轨迹半径之比为1：3
C.a 、b 粒子在磁场中运行时间之比为2：3
D.a 、b 粒子的比荷之比为1：3【答案】BC 【解析】
【分析】由左手定则判断粒子的电性；由几何关系求解两粒子的半径关系；两粒子的速率相同，时间比等于弧长比；根据mv
R qB
=
可知两粒子的比荷之比.【详解】A ．由左手定则可知，b 粒子带正电，a 粒子带负电，选项A 错误；B ．设磁场所在的虚线圆的半径为R ，则03tan303
a r R R ==；0
tan603b r R ==，则a 、b 粒子轨迹半径之比为1:3，选项B 正确；
C ．a 、b 粒子在磁场中运行的弧长之比为：322
::33333a a b b r r R R π
πθθ⎛⎫⎫=⨯⨯= ⎪⎪ ⎪⎭⎝
⎭，因两粒子的速率相同，则两粒子的时间之比为2:3，选项C 正确；D ．根据mv
R qB
=可知两粒子的比荷之比等于半径的倒数比，即3:1，选项D 错误；故选BC.
三、非选择题：共57分。

11.某实验小组利用如图所示装置验证系统机械能守恒。

跨过定滑轮的轻绳一端系着物块A ，另一端穿过中心带有小孔的金属圆片C 与物块B 相连，A 和B 质量均为M ，C 的质量为m 。

铁架台上固定一圆环，圆环处在B 的正下方。

开始时，C 与圆环间的高度为h ，A 、B 、C 由静止开始运动，当B 穿过圆环时，C 被搁置在圆环上。

在铁架台1P 、2P 处分别固定两个光电门，1P 、2P 之间的距离为d ，由数字计时器测出B 从1P 运动到2P 所用的时间为t ，已知重力加速度为g 。

（1）B 穿过圆环后可以视为做______直线运动；
（2）为了验证系统机械能守恒，该系统应选择______（选填“A 和B ”或“A 、B 和C ”），则只需等式
_______________________________________成立，即可验证系统机械能守恒。

（用题中所测物理量的符号表示）
【答案】
①.匀速②.A 、B 和C ③.2
1(2)2d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【解析】
【详解】（1）[1]物块B 刚穿过圆环后，C 被搁置在圆环上，由于A 和B 质量均为M ，所以做匀速直线运动。

（2）[2][3]为了验证系统机械能守恒，选择从静止开始到B 刚穿过圆环的过程，需要选取A、B 和C 组成的系统，从静止开始，物块B 下落h 时系统重力势能的减小量为P E mgh
∆=系统动能增加量
2
2k 11(2)(2)22d E M m v M m t ⎛⎫∆=+=+ ⎪⎝⎭则要验证的关系式为2
1(2)2d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭12.某中学实验小组成员应用多用电表测电压表的内阻和欧姆表电池的电动势。

电压表量程为10V ，内阻未知，如图甲所示，为一多用电表的表盘，其中表盘上的三个重要部件分别用三个字母A 、B 、C 标记了出来，然后在测量电阻时操作过程如下：
（1）在测量电阻以前，首先进行的操作应是对多用电表机械调零，要调节部件______，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置。

（2）机械调零后，试测电压表内阻，将欧姆表选择开关置于“100⨯”挡，发现指针偏转过小，则该同学应将选择开关置于______（填“×1”“×10”或“×1k ”）。

（3）选择合适的挡位后，该同学先将红、黑表笔短接，再调节部件______使指针指向“0Ω”处，选用图中______（填“乙”或“丙”）方式连接，在本实验中，两电表示数如图丁、戊所示，某同学读出欧姆表的读数为______Ω，这时电压表的读数为______V ，请你求出欧姆表电池的电动势为______V 。

（已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15）
【答案】
①.A ②.×1k ③.B ④.乙⑤.45.010⨯⑥.6.0⑦.7.8
【解析】
【详解】（1）[1]在测量电阻以前，首先进行的操作应是机械调零，要调节部件机械调零旋钮A ，使多用电表的指针指在表盘最左端的零刻度线位置；
（2）[2]根据欧姆表的使用方法可知，欧姆表指针偏角过小，说明待测电阻阻值太大，应选择较大的倍率，所以选择开关应置于“×1k ”挡，且需要重新调零；
（3）[3]选择合适的挡位后，
该同学先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，故应调节部件B ，使指针指向“0Ω”处；
[4]根据“红进黑出”的原理可知，黑表笔应该连接电压表的正极，故应选图中的乙方式进行连接；
[5]根据图丁可知欧姆表的读数为
345010Ω=5.010Ω
R =⨯⨯[6]根据图戊可知电压表的读数为6.0V ；
[7]已知由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，则中值电阻为31510⨯Ω，所以
66150007.8V 50000
E =+⨯=13.如图甲为一种新型减振器—氮气减振器，汽缸中充入稀有气体后，减振器具有良好的韧性，操作时不容易弹跳，且可以防止减震器在高温高压损坏。

它的结构简图如图乙所示。

汽缸活塞截面大小为50cm 2，质量为1kg ；汽缸缸体外壁导热性良好，弹簧劲度系数为k =200N/mm 。

现在为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，冲入氮气达到5个大气压时活塞下端被两边的卡环卡住，此时氮气气柱长度为L =20cm 且弹簧恰好处于原长，不计摩擦，大气压强取p 0=1×105Pa 。

（1）当氮气达到5个大气压的时候，求卡环受到的力F 0；
（2）现在用外力F 缓慢向下压活塞，当活塞缓慢下降h =4cm 时，求缸体内氮气的压强大小；
（3）在（2）的过程中氮气向外界放出的总热量Q =111.6J ，求外力F 对活塞做的功W 。

【答案】（1）1990N ；（2）6.25×105Pa ；（3）92.8J
【解析】
【详解】（1）当氮气达到5个大气压的时候，对卡环，由平衡条件得
004F mg p S
+=⋅解得
01990N
F =
（2）由理想气体等温变化规律
()
05p S L p S L h '⋅⋅=⋅⋅-解得
56.2510Pa
p '=⨯（3）由功能关系知
20102
W p Sh mgh kx W ++--=气其中h=x =4cm ，Q =111.6J
U W Q
∆=+气联立解得
92.8J
W =14.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r =0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ=37°，A 、B 两点间的距离d =0.2m ．质量m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=0.1kg 、电荷量q =1×10­5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F =4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g =10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ；
(2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ．
【答案】(1)6m /s ；7.5×104N /C ；(2)2.5m /s ；0.85m
【解析】
【分析】
【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有
2112
Fd m v =
解得v =6m /s
小球到达P 点时，受力如图所示:
则有
qE =m 2g tan θ
解得
E =7.5×104N /C
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为
2cos m g G 等θ
=
小球到达P 点时，由牛顿第二定律有2P v G r
=等解得
v P =2.5m /s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2，则有
m 1v =m 1v 1+m 2v 2
222
11122111222
m v m v m v =+解得
v 1=­2m /s
(“­”表示v 1的方向水平向左)
v 2=4m /s
对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有
()()22222211sin cos 22
P qE x r m g r r m v m v θθ--+=
-解得
x =0.85m 15.某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。

左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B 水平，半
径为3L ；在轨道末端等高处有一质量为m 的“”形小盒C （可视为质点），小盒C 与大小可忽略、质量为3m 的物块D 通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C 之间的绳长为2L ；物块D 压在质量为m 的木板E 左端，木板E 上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数0.5μ=（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E 右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L ；质量为m 且粗细均匀的细杆F 通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E 相连，木板E 与定滑轮间轻绳水平，细杆F 下端到地面的距离也为L ；质量为0.25m 的圆环（可视为质点）套在细杆F 上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg 。

开始时所有装置均静止，现将一质量为m 的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 处由静止释放，小球进入小盒C 时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D 对木板E 的压力刚好为零。

木板E 与挡板相撞、细杆F 与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。

不计空气阻力，重力加速度为g ，求：
（1）小球与小盒C 相撞后瞬间，小盒C 的速度；
（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板E 与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆F 的长度。

【答案】（1（2）mgL ；（3）13
L ；（4）L 【解析】【详解】（1）物块D 对木板E 的压力刚好为零，由平衡条件得
3T mg
=小球进入小盒C 时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得
20222v T mg m L
-=解得
0v =（2）小球进入小盒C 的过程中，由动量守恒定律得
2mv mv =小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得
2132
f m
g L W mv -=
解得f W mgL
=（3）当小球刚被小盒C 卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
()1
0.25)0.25m m g mg m m m a μ+-=++（由运动学规律
2112v a L
=第一次相撞后细杆F 与圆环发生相对滑动，对木板E 向左、细杆F 整体由牛顿第二定律
()3
0.5mg mg mg m m a μ++=+由运动学规律
2131
2v a L =解得
113
L L =（4）对圆环由牛顿第二定律得
2
0.50.250.25mg mg ma -=由运动学规律
2121
2v a l =第一次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移
1111Δ23
x l L L =+=⨯同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移
22
1Δ23x L =⨯
第n 次相撞后，圆环与细杆F 的最大相对位移1Δ23n n x L =⨯
则细杆F 的长度为。