1、重庆市高2023届高三一诊物理模拟试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本大题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1下列说法正确的是（）A牛顿发现了万有引力定律并利用扭称测出了引力常量B做匀速圆周运动的物体，其机械能总保持不变C牛顿第二定律适用于微观物体、高速运动的情况D一对互为相互作用的摩擦力做功之和不可能
2、大于零2如图所示，水平地面上有一铁板，铁板上有一倾角为的活动木板，质量分别为mA和mB的物体A、B用轻绳连接后跨过滑轮，A、B均处于静止状态。现将木板的倾角缓缓减小到10， A与斜面始终保持相对静止，B物体始终悬在空中。已知mA =2mB，不计滑轮摩擦。 下列说法正确的是（）A绳子对A的拉力将减小B铁板对地面的压力将逐渐减小C地面对铁板的摩擦力将逐渐增大D物体A受到的摩擦力先减小后增大3极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）。如图所示，若某极地卫星从北纬30的正上方按图示方向第一次运行至南纬60正上方，所用时间为t，已知地球半径为R（地球可看做球体），地球表面的重力加速度
3、为g，引力常量为G，由以上条件可知（）A卫星运行的角速度为B地球的质量为C卫星距地面的高度D卫星运行的线速度为4如图所示是某次排球比赛中的场景图，球员甲接队友的一个传球，在网前L=3 m处起跳，在离地面高H=3 m处将球以v0=10 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h1=2.30 m和h2=2.75 m，g取10 m/s2下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）A乙在网前直立不动B乙在甲击球时同时起跳离地C乙在甲击球后0.25 s起跳离地D乙在甲击球前0.6s起跳离地5某同学设计了一个测量压力的电
4、子秤，电路图如图所示。压敏电阻R的阻值会随秤台上所受压力的变大而变小，G是灵敏电流表，是定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，当压力变大时（）A电源的效率变小B灵敏电流表G读数变小C电容器C左极板有电子流出D两端的电压不变6如图所示，用一个水平推力（k为恒量，t为时间），把一物体压在竖直粗糙的足够高的平整墙上。重力加速度大小为g。已知时物体的速度为零，则物体在下滑后速度即将减为零的瞬间，加速度大小为（）A0BCgD7如图所示，2022个质量均为3m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的黑球连接，把黑球从与O点等高的A处由静止释放，黑球沿半径为L
5、的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰。若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为（）ABCD8有一种特殊电四极子的电荷分布及位置关系如图所示，A位于+2q电荷的正上方。下列说法正确的是（）AA、B两点电势的高低关系BA、B两点场强的大小关系C电子在A点的电势能小于在B点的电势能D只受电场力的电子从A点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动9某温度检测装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻（随温度升高阻值减小），RG为光敏电阻（随光照强度增大阻值减小），RG接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当RT处温度升高时（）AL变暗B通过R3的电
6、流减小CE2的路端电压增大DR2消耗的功率增大10如图所示，固定在光滑传送带上的木块以的速度水平向左运动，子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射中木块，经时间t0以的速度穿过木块继续向右运动，木块速度始终不变。若去掉固定装置，木块仍以的速度随传送带向左运动，子弹仍以初速度v0水平向右击中木块，经时间穿过木块，已知木块对子弹的阻力恒定。下列说法正确的是（）A木块的厚度为B子弹与木块的质量之比为35C前后两次木块克服子弹阻力所做功之比为3225D第二次子弹穿出瞬间木块速度大小为二、非选择题：共5小题，共57分。11如题图所示，倾角可调的斜面顶角固定一光滑定滑轮，斜面上固定两个光电门A和B，两光电
7、门中心间的距离为L，质量未知的滑块中心上方固定的挡光片（质量不计）宽度为d。为了测量滑块与斜面间的动摩擦因数及滑块的质量，某同学进行了以下操作：第一步：只在斜面顶端放上该滑块，轻推滑块，让它沿斜面下滑：调节斜面倾角，当倾角为时，滑块通过两个光电门的时间相等。第二步：保持斜面倾角不变，让该滑块处在斜面底端，用轻绳跨过滑轮，一端连接滑块，另一端挂上一质量为m的小球C，连接滑块的轻绳与斜面平行；将滑块由静止释放，滑块向上滑动，通过光电门B的时间为，通过光电门A的时间为；已知重力加速度为g，则（1）滑块与斜面间的动摩擦因数_；（2）由运动学知识可知，滑块沿斜面上滑的加速度_；（3）滑块的质量_（用m、
8、g、a、表示）。12太阳能电池在有光照射时，可以将光能转化为电能，在没有光照射且未储存电能时可视为一个电阻。实验小组用伏安法探究某太阳能电池视为电阻RS时的I-U特性。（1）实验小组设计好电路后，正确操作，得到了多组电压表和电流表的示数U、I，如下表所示：U/V0.01.21.62.02.42.62.83.0I/mA0.00.00.10.40.91.83.35.1他们设计的电路图可能是图甲中的_（选填“A”或“B”）图。根据表中数据作出太阳能电池RS的I-U图线如图乙所示，由I-U图线可知，随所加电压的增大，太阳能电池的电阻RS的变化趋势为_。（2）将_只相同的该太阳能电池的电阻RS并联后，直
9、接与电动势为4V，内阻为200的电源组成闭合回路，可使太阳能电池的总功率最大，最大值为_W。13如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入粗糙的BC斜面，经C点进入光滑水平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内。已知小球质量为m，A、B两点高度差h；BC斜面高2h，动摩擦因数=0.5，倾角=45；悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：(1)小球运动至B点的速度大小vB； (2)小球运动至C点的速度大小vC；(3)小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F的大小。14如图所示，两根电阻不
10、计的光滑金属导轨MAC，NBD水平放置，MA，NB间距L=0.4m，AC，BD的延长线相交于E点且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2的电阻相连，虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。一根长度也为L=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变，求：（1）电路中的电流I；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；15以为原点建立如图所示的空间直角坐标系。（1）设，在范围内有沿方向的匀强磁场，磁感应强度，在点沿方向射入质量为，电荷量为的粒
11、子，若粒子恰好经过靠近的三等分点，试求粒子入射的速度和在磁场内运动轨迹上的点到直线的最小距离；（2）设，在四边形内（含边界）有垂直于平面斜向下的匀强磁场，磁感应强度，在点沿方向射入质量为，电荷量为的粒子，若粒子恰好经过中点，试求粒子在磁场内运动轨迹上的点到点的最小距离；（3）在（2）的条件下，当粒子距离点最近时，与速度为的不带电的粒子发生弹性正碰，且发生碰撞时粒子在前，粒子在后。已知碰撞时两粒子发生电荷转移，且碰撞后电荷量与质量成正比，若发生碰撞后粒子恰不离开磁场（不考虑与粒子再次碰撞的情况），试求粒子的质量。（忽略粒子重力和相对论效应）1D【详解】A卡文迪许利用扭称测出了引力常量，故A错误；
12、B若在竖直方向做匀速圆周运动，动能不变，但重力势能改变，其机械能发生改变，故B错误；C牛顿第二定律不适用于微观物体、高速运动的情况，故C错误；D一对互为相互作用的静摩擦力做功之和为零，一对互为相互作用的滑动摩擦力做功之和小于零，故D正确。故选D。2D【详解】A绳子对A的拉力保持不变，所以A错误；B对整体受力分析，根据平衡条件有 将木板的倾角缓缓减小到10时，铁板对地面的支持力与倾斜角无关，保持不变，铁板对地面的压力也保持不变，所以B错误；C对整体受力分析，根据平衡条件可知，整体只受重力与支持力，所以地面的摩擦力为0，则C错误；D根据平衡条件有由于mA =2m B所以开始时摩擦力沿斜面向上，当将
13、木板的倾角缓缓减小到30时，摩擦力减到0，将木板的倾角缓缓减小到10时，摩擦力沿斜面向下，所以物体A受到的摩擦力先减小后增大，则D正确；故选D。3C【详解】A卫星运行的角速度为A错误；B根据可知地球的质量为B错误；C根据引力作为向心力可得解得C正确；D卫星运行的线速度为D错误。故选C。4B【详解】A排球运动到乙位置的过程的时间为该段时间排球下降的距离为此时排球离地高度为故乙在网前直立不动拦不到，A错误；B球员乙起跳拦网高度为跳起的高度为竖直上抛运动的下降时间与上升时间相等，故有故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，可以拦住，B正确；C结合选项B的分析，乙在甲击球
14、后0.25 s起跳离地，初速度为上升时间时球到达乙位置，上升的高度为拦网不成功，C错误；D乙在甲击球前0.3s起跳离地，经过0.6s刚好落地，够不到球了，D错误。故选B。5A【详解】A当压力变大时，电阻减小，外电阻减小，电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，由得效率变小，故A正确；B电路电流增大，故灵敏电流表G读数变大，故B错误；CD电流减增大，则两端电压增大，电容器C充电，电流方向与电子移动方向相反，则左极板有电子流入，故CD错误；故选A。6C【详解】设物体与墙壁之间的动摩擦因数为，则物体运动过程中所受滑动摩擦力大小为由上式可知Ff随t正比例增大，其关系图像为一条过原点斜率为正的倾斜线段，
15、图像与坐标轴所围的面积表示Ff在相应时间内的冲量。设t1时刻物体速度刚好即将减为零，如图所示，则这段时间内Ff的冲量大小为对物体整个运动过程根据动量定理有解得此时物体所受滑动摩擦力大小为设此时物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得解得故选C。7B【详解】设黑球第一次到达最低点时的速度为v0，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得解得设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v，黑球与1号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得黑球与1号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律
16、可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰后2号球与3号球发生碰撞，直至2021号球与2022号球碰撞，发生一系列碰撞后，2022号球向右做匀速直线运动，1号到2021号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为故B正确，ACD错误。故选B。8C
17、D【详解】A电势是标量，无穷远处电势为0，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，A离负电荷远，B离负电荷近，则故A错误；B由点电荷电场强度公式故B点合场强的大小为+2q电荷在A点的电场强度为方向竖直向下，而两个负电荷在A点的合电场强度竖直向下，故在A点的合场强为二者相减，即故故B错误；C根据公式由于则对于电子为负电荷，则故C正确；D只受电场力的电子从A点静止释放，越靠近时，电场强度越大，对电子的作用力越大，方向向下；越靠近时，两侧负电荷对其的作用力减小，故综合考虑可知，电子所受合外力增大，根据牛顿第二定律可知电子将做加速度逐渐增大的加速运动，故D正确。故选CD。9BD【详解】当RT处温度升高
18、时，RT减小，左侧电路总电阻减小，总电流增大，L变亮，则RG减小，右侧电路总电阻减小，总电流增大，R2消耗的功率增大，E2内电压增大，路端电压减小，而R2和R两端电压之和增大，所以R3两端电压减小，通过R3的电流减小。故选BD。10BC【详解】A当木块固定时，由于子弹所受阻力恒定，所以穿过木块的过程中做匀减速运动，t0时间内子弹和木块的位移大小分别为 根据位移关系可知木块的厚度为 故A错误；B设子弹和木块的质量分别为m和M。子弹穿过木块的过程中加速度大小为 子弹所受阻力大小为 当木块不固定时，木块的加速度大小为 时间内子弹和木块的位移大小分别为 根据位移关系有 联立解得 故B正确；C第一次和第
19、二次木块克服子弹阻力所做功分别为 所以前后两次木块克服子弹阻力所做功之比为 联立解得 故C正确；D设子弹第二次穿出瞬间木块速度为v，规定水平向左为正方向，根据运动学规律有 联立解得 故D错误。故选BC。11 【详解】（1）1当倾角为时，滑块通过两个光电门的时间相等，说明滑块做匀速直线运动，则解得（2）2由运动学规律可知则（3）3对滑块和小球C整体，由牛顿第二定律有解得12 A 先几乎不变，后迅速减小 25 0.02【详解】(1)1根据表中数据可知，电压表和电流表都是从零开始测量，所以电路图选择A；2由图可知，图线斜率开始几乎不变，然后迅速增大，图线斜率是电阻的倒数，所以开始电阻几乎不变，然后迅
20、速减小；(2)34设有n个相同的太阳能电池的电阻RS并联，太阳能电池的总功率可得当时，太阳能电池的总功率最大，带入表格中的数据可得，只有I=0.4mA，U=2.0V的数据合适，则可得此时太阳能电池的最大总功率为13(1)；(2)；(3)3mg【详解】(1)小球从A点到B点过程，有 联立解得 (2)小球从B点到C点过程，有 解得 (3)对轻质筐，有 解得F=3mg14（1）0.4A；（2）0.36J【详解】（1）金属棒开始运动时产生感应电动势E=BLv0=10.42V=0.8V电路中的电流（2）金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得可得此时金属棒所受安培力为
21、作出F-x图像如图所示由图像可得运动过程中确服安培力所做的功为15（1），；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，沿方向射入磁场的粒子的运动轨迹如图所示，设粒子入射的速度为，运动半径为，边靠近的三等分点为，根据几何关系可得：，解得由洛伦兹力提供向心力得解得粒子在磁场内运动轨迹上的点到直线的最小距离为（2）粒子在四边形内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设粒子入射的速度为，运动半径为，边的中点为。由勾股定理可得已知，解得又有根据几何关系可得解得，将点投影到四边形上，如图所示，在上的点为的投影，则有由图中几何关系可得在图中，由于，可知故到的距离是运动轨迹上的点到点的最小距离，可知
22、到的距离是运动轨迹上的点到点的最小距离。以、三点为顶点的三角形为直角三角形，是此三角形的斜边，则有，联立解得（3）由题意可知两粒子在图中的点发生碰撞，设碰前粒子的速度为，碰后粒子与粒子的速度分别为、，碰后粒子的电荷量为，运动半径为。碰撞后粒子恰不离开磁场，则其轨迹与边相切，可知。已知碰撞电荷转移后电荷量与质量成正比，可得由洛伦兹力提供向心力得， 解得，两粒子发生弹性正碰，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，以碰前粒子在点的速度方向为正方向，则有，联立解得可得解得答：（1）粒子入射的速度为和在磁场内运动轨迹上的点到直线的最小距离为；（2）粒子在磁场内运动轨迹上的点到点的最小距离为；（3）粒子的质量为。
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