萬州二中2023年高2023屆1月質量檢測

物理試題

全卷共6頁，滿分150分，考試時間75分鐘。

考生須知：

1.答題前，考生務必用黑色簽字筆將自己的姓名、準考證號、座位號在答題卡上填寫清楚；

2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，在試卷上作答無效;

3.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回；

一、單選題（28分）

1.下列各組物理量，在國際單位制中屬于基本量的是（）

A.速度、質量、長度B.質量、長度、時間

C.加速度、長度、速度D.質量、加速度、力

2.一束紅光射向一塊有雙縫的不透光的薄板，在薄板后的光屏上呈現明暗相間的干涉條紋。

現在將其中一條窄縫擋住，讓這束紅光只通過一條窄縫，則在光屏上可以看到（）

A.與原來相同的明暗相間的條紋，只是明條紋比原來暗些

B.與原來不相同的明暗相間的條紋，而且中央明條紋比兩側的寬些

C.只有一條與縫寬對應的明條紋

D.無條紋，只存在一片紅光

3.輸電能耗演示電路如圖所示。左側升壓變壓器原、副線圈匝數比為1：3,輸入電壓為7.5V

的正弦交流電。連接兩理想變壓器的導線總電阻為r,負載R的阻值為10Qo開關S接1時,

右側降壓變壓器原、副線圈匝數比為2：1,R上的功率為10W；接2時，匝數比為1：2,

R上的功率為P。下列說法中正確的是（）

A.接1時，左側升壓變壓器副線圈兩端電壓為S=2.5V

B.接1時，右側降壓變壓器原線圈中的電流為Z?=2A

C.導線總電阻r=10C

D.接2時，R上的功率P=22.5W

4.如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個帶正電的小球，小球質量為1.0x10々kg,所帶電荷

量為7.5x108C，現加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣輕繩與豎直方向成37。角，取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,貝lj()

A.小球受到的拉力大小為&0X10TN

B.電場強度大小為l.OxK/N/C

C.改變場強方向，仍使小球靜止在原位置，則電場強度的最小值為&0X1()5N/C

D.剪斷輕繩，帶電小球將做類平拋運動

5.當地球位于太陽和木星之間且三者幾乎排成一條直線時，稱之為“木星沖日”，2019年6

月10日出現了一次“木星沖日已知木星與地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽近似

做勻速圓周運動，木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍。則下列說法正確的是

()

A.下一次的“木星沖日”時間發生在2021年B.下一次的“木星沖日”時間發生在2020年

C.木星運行的加速度比地球的大D.木星運行的周期比地球的小

6.把一個曲率半徑很大的凸透鏡的彎曲表面壓在另一個玻璃平面上，讓單色光從上方射入

(如圖甲)，這時可以看到亮暗相間的同心圓(如圖乙)。這個現象是牛頓首先發現的，這些

同心圓叫做牛頓環，為了使同一級圓環的半徑變大(例如從中心數起的第二道圓環)，則應

()

①將凸透鏡的曲率半徑變大②將凸透鏡的曲率半徑變小

③改用波長更長的單色光照射④改用波長更短的單色光照射。

甲乙

A.①③B.①④C.②③D.②④

7.在實際情況中，物體做拋體運動時總會受到空氣阻力的影響。如圖所示，虛線是炮彈在

忽略空氣阻力情況下計算出的飛行軌跡；實線是炮彈以相同的初速度和拋射角射出在空氣中

實際的飛行軌跡，這種曲線叫作彈道曲線。由于空氣阻力的影響，彈道曲線的升弧和降弧不

再對稱，升弧長而平伸，降弧短而彎曲。炮車的大小可以忽略。當炮彈做彈道運動時，結合

學過的力學知識，分析判斷下列說法正確的是（）

A.炮彈上升的時間一定等于下降的時間

B.炮彈在最高點時的加速度等于重力加速度

C.炮彈在上升階段損失的機械能大于在下降階段損失的機械能

D.炮彈在上升階段重力勢能的增加量大于在下降階段重力勢能的減少量

二、多選題（15分）

8.如圖所示，關于兩個斜面實驗，下列分析正確的是（）

A.伽利略利用圖甲的U型槽進行實驗，球從左邊斜面滾上右側也是理想的，現實不存在的

B.伽利略利用圖乙中的斜而進行實驗，得出下落的小球位移與時間成正比

C.伽利略利用圖甲中的斜面進行實驗，得出物體的運動不需要力；利用圖乙中的斜面進行

實驗，最后推導得出自由落體運動的規律

D.伽利略利用圖甲中的斜面進行實驗，物體的運動需要力來維持；利用圖乙中的斜面進行

實驗，直接得出自由落體運動的規律

9.某次火箭發射過程中，火箭的質量為電發射塔的高度為/?,火箭自塔底以恒定的加速

度a豎直向上起飛，火箭可視為質點，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A.火箭從點火至離開發射塔的過程中，處于失重狀態

B.火箭自開始發射至離開發射塔共用時為

C.火箭離開發射塔時的速度大小為，萬

D.火箭離開發射塔時克服重力做功的瞬時功率為"gA&

10.如圖中所示，粗糙水平面上：靜置一質量〃=1kg的長木板，其上疊放一質量為機的

木塊。現給木板施加一隨時間/均勻增大的水平力尸=公(％=IN/s)。已知木板與地面間的

摩擦力為力，木塊與木板之間的摩擦力為力，力和方隨時間f的變化圖線如圖乙所示。若最

大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度g=10m*。下列說法正確的是()

A.木塊的質量，〃=3kg

B.木板與地面間的動摩擦因數為0.1

C.木塊與木板間的動摩擦因數為0.3

D.16s末木塊與木板的速度大小之比為2：3

三、實驗題

11.某同學利用如圖所示的裝置進行“驗證動量守恒定律”的實驗，操作步驟如下：

①在水平桌面上的適當位置固定好彈簧發射器，使其出口處切線與水平桌面相平；

②在一塊長平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，將該木板豎直并貼緊桌面右側邊緣。將小

球。向左壓縮彈簧并使其由靜止釋放，a球碰到木板，在白紙上留下壓痕P；

③將木板向右水平平移適當距離，再將小球a向左壓縮彈簧到某一固定位置并由靜止釋

放，撞到木板上，在白紙上留下壓痕尸2：

④將半徑相同的小球b放在桌面的右邊緣，仍讓小球a從步驟③中的釋放點由靜止釋放,

與b球相碰后，兩球均撞在木板上，在白紙上留下壓痕尸八P3。

（1）下列說法正確的是。

A.小球。的質量可以小于小球b的質量

B.彈簧發射器的內接觸面及桌面一定要光滑

C.步驟③④中入射小球a的釋放點位置一定相同

D.桌面右邊緣末端可以不水平

（2）本實驗必須測量的物理量有o

A.小球a、1的質量如、

B.小球的半徑r

C.木板距離桌子邊緣的距離X2

D.小球在木板上的壓痕匕、「2、P3分別與P之間的豎直距離m、h2,h3

（3）用（2）中所測的物理量來驗證兩球碰撞過程中動量是否守恒，當滿足關系式

時，則證明4、〃兩球碰撞過程中動量守恒。

12.（1）某學校的義工活動小組收集到一段銅絲，他們欲測量其電阻率，現用游標卡尺測得

直徑為cm。

（2）為了減小測電阻的系統誤差，該小組設計了如圖所示的電路圖。實驗操作步驟如下：

先將&的滑動觸頭滑到（填“最左端”或“最右端”），連接電路，再將單刀雙擲開關向

“1”閉合，調節滑動變阻器R/、&,使電壓表或電流表示數（填“盡量大些''或"盡量小

些”），讀出此時電壓表和電流表示數必、//,然后保持兩滑動變阻器的滑動觸頭位置不變，

將單刀雙擲開關向“2”閉合，讀出此時電壓表和電流表示數S、小，則被測電阻的表達式

Rx=（用U1、刀、U2、/2表示）。

四、解答題

13.某理想變壓器原、副線圈的匝數之比為4:1.當輸入電壓為12V時，輸出電壓為多少？

當輸入電壓減少2V時，輸出電壓為多少？輸入電壓的改變量與輸出電壓改變量之

比為多少？

14.如圖所示，質量機=lkg的物體放在水平面上，它與水平面的動摩擦因數〃=0.3,若該物

體受到一個水平方向恒力F=6N的作用后開始運動，g=10m/s?。求：

（1）物體運動的加速度。的大小；

（2）當它的速度達到12m/s時，物體前進的距離X。

4

is.如圖所示，x軸下方為垂直紙面向外的勻強磁場ni,x軸上方為場強大小相同的兩個勻

強電場II和I,在-區域電場I向+x方向，在爛-/?和/zSr區域電場II向-y方向。

一帶正電的粒子（不計重力）從），軸上O（0,〃）點處由靜止釋放，經A（/?,/?）點時速率

為U（圖中未畫出），由C（3〃，0）點處進入磁場III,在磁場中運動后從。點（-3〃，0）

返回電場Iio

（1）粒子從。出發至返回。點所用時間r

（2）若粒子返回。點后繼續運動，適當改變HI區域磁感應強度，可使粒子再次回到。點,

求前后兩次通過磁場時，磁場的磁感應強度之比。

III

萬州二中2023年高2023屆1月質量檢測

物理試題參考答案

1.B

【詳解】國際單位制規定了七個基本物理量，分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、

光強度和物質的量。選B。

2.B

【詳解】這束紅光通過雙縫產生了干涉現象，說明每條縫都很窄，這就滿足了這束紅光發生

明顯衍射現象的條件，這束紅光形成的干涉圖樣特點是，中央出現明條紋，兩側對稱地出現

等間隔的明暗相間條紋；這束紅光通過單縫時形成的衍射圖樣特點是，中央出現較寬的明條

紋，兩側對稱地出現不等間隔的明暗相間條紋，且距中央明條紋遠的明條紋亮度迅速減弱，

所以衍射圖樣看上去明暗相間的條紋數量較少，故B正確，ACD錯誤。故選B。

3.D

【詳解】A.開關S接1時，左側升壓變壓器原、副線圈匝數比為1：3,輸入電壓為7.5V

￡L1

的正弦交流電，根據％=3解升壓變壓器的副線圈電壓為&=3Q=22.5V故人錯誤；

B.開關S接1時，右側降壓變壓器原、副線圈匝數比為2：1,R上的功率為1OW,根據公

式p=/2R可知，電阻的電流為〃=1A根據歐姆定律得：降壓變壓器的副線圈電壓為

U4=/R=lxl0V=10V根據匝數比可知S："=2:l/3：/4=1：2解得仆=2OV,/j=05A

右側降壓變壓器原線圈中的電流為0.5A,故B錯誤；

C.因左側升壓變壓器副線圈的電壓為&=22.5V,右側降壓變壓器原線圈的電壓為

q=2ov,根據歐姆定律得

故C錯誤；

D.開關接2時，設輸電電流為/,則右側變壓器的次級電流為0.5/；右側變壓器兩邊電壓

關系可知

U2-Ir0.5IR

解得

/=3A

則R上的功率為

P=(0.5/)2/?=1.52X10W=22.5W

故D正確。

故選D。

4.C

【詳解】A.以小球為研究對象，對小球受力分析，小球受到重力、繩子的拉力和電場力的

作用，受力如圖所示

根據平衡條件有，小球受到的拉力大小為

故A錯誤;

B.由幾何關系得

tan37。=之

mg

得

,3

*ir。1.0xl0-2xl0x

E=叫tan37=------------------_4.N/c=1OxlosN/C

q7.5x10-8

故B錯誤;

C.當電場強度的方向與輕繩方向垂直時，電場強度最小，有

桃gsin37°=/q

解得

mgsin3701.0X1Q-2X10X0.6

N/C=8.0x10sN/C

q7.5x1O-8

故C正確;

D.剪斷輕繩，帶電小球將沿重力和電場力的合力方向做初速度為0的勻加速直線運動，故

D錯誤。

故選C。

5.B

【詳解】AB.地球公轉周期。=1年，根據開普勒第三定律有

-2

又

々=5八

解得木星公轉周期

(=7^21.18年

設經時間r再次出現“木星沖日”，則有

口”—0921=2兀

其中

2乃2萬

解得

?1.1年

因此下一次‘‘木星沖日”發生在2020年，故A錯誤，B正確；

CD.設太陽質量為〃，行星質量為軌道半徑為r,周期為T,加速度為“。對行星由牛

頓第二定律可得

_Mm4乃2

G—p~=ma=m—p^r

解得

由于木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍，因此，木星運行的加速度比地球的小,

木星運行的周期比地球的大，故CD錯誤。

故選Bo

6.A

【詳解】①、②當光程差為波長的整數倍時是亮條紋，當光程差為半個波長的奇數倍時是暗

條紋。將凸透鏡的曲率半徑變大，與透鏡中心等距離位置的空氣層厚度變小，出現同一亮條

紋的厚度由中心向外偏移，同一級圓環的半徑變大；相反，凸透鏡的曲率半徑變小，同一級

圓環的半徑變小，故①正確，②錯誤；

③、④改用波長更長的單色光照射，出現同一級亮紋的光程差變大，空氣層厚度應變大，所

以，同一級圓環的半徑變大，因此要使半徑變大，則可以改用波長更長的單色光照射，故③

正確，④錯誤。

故選A-

7.C

【詳解】A.炮彈上升過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即

mg+ft=mayl

解得

”一m

炮彈下降過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即

mg-f,=mayl

解得

則

?yl>%2

設炮彈上升的時間為J炮彈下降的時間為芍，根據

,12

力=5”再

,1，

"=5%2r2

得

4<

炮彈上升的時間一定小于下降的時間。A錯誤；

B.到達最高點時，除受豎直向下的重力外還受到水平方向的空氣阻力作用了,合力

F合=y[Cmgy+f>mg

由牛頓第二定律可知，炮彈在最高點時的加速度大于重力加速度。B錯誤；

C.假設空氣阻力大小不變，由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與上

升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路程的乘積。升

弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服空氣阻力做的

功。又由功能關系，克服空氣阻力做的功等于機械能的減少量。炮彈在上升階段損失的機械

能大于在下降階段損失的機械能。

假設空氣阻力大小與速度成正比或與速度的平方成正比，由于空氣阻力始終做負功，同

一高度處，上升過程的速度大小總是下降過程的速度大小，則同一高度處，上升過程的空氣

阻力大小總是大于下降過程的空氣阻力大小。由微元法，上升過程克服空氣阻力做的功等于

空氣阻力與上升過程路程的乘積，下降過程克服空氣阻力做的功等于空氣阻力與下降過程路

程的乘積。升弧長而平伸，降弧短而彎曲。上升過程克服空氣阻力做的功大于下降過程克服

空氣阻力做的功。又由功能關系，克服空氣阻力做的功等于機械能的減少量。炮彈在上升階

段損失的機械能大于在下降階段損失的機械能。

C正確。

D.炮彈在上升階段重力勢能的增加量等于在下降階段重力勢能的減少量。D錯誤。

故選C。

8.AC

【詳解】A.斜面不可能沒有摩擦，故伽利略利用圖甲的U型槽進行實驗，球從左邊斜面滾

上右側也是理想的，現實不存在的，A正確；

B.伽利略利用圖乙中的斜而進行實驗，得出下落的小球位移與時間的平方成正比，B錯誤;

CD.伽利略利用圖甲中的斜面進行實驗，得出物體的運動不需要力；利用圖乙中的斜面進

行實驗，最后推導得出自由落體運動的規律，C正確，D錯誤；

故選AC。

9.BD

【詳解】A.火箭從點火至離開發射塔的過程中，火箭的加速度的方向向上，所以處于超重

狀態，故A錯誤；

B.由〃=ga/可得，火箭開始發射至離開發射塔共用時為

故B正確；

C.火箭離開發射塔時的速度大小為

v=at=<2ah

故C錯誤；

D.火箭離開發射塔時的克服重力做功的瞬時功率為

P=mgv=mg<2ah

故D正確。

故選BD?

10.ABD

【詳解】AB.設木板與地面間的動摩擦因數為⑷，由圖乙可知，0~4s時間內，木板與地

面間的摩擦力力隨斤增大而增大，木塊與木板之間的摩擦力力為0,說明木板和木塊均靜止,

4s后，摩擦力力保持不變，說明木板開始相對地面滑動，且滑動摩擦力

fi=fzi(M+m)g=4N

設木板與木塊間的動摩擦因數為〃2,4~12s內，木塊與木板之間的摩擦力及隨產增大而增

大，說明摩擦力及為靜摩擦力，木板和木塊相對靜止，一起加速運動，對木塊和木板整體,

根據牛頓第二定律得

對木塊根據牛頓第二定律得

于2=ma

當，=⑵時

F=kt=12N

由圖像得

力=6N

代入數據解得

m=3kg,HI-0.1

AB正確；

C.12s后，摩擦力上保持不變，說明木塊相對木板開始滑動，且滑動摩擦力

h=amg=6N

代入數據解得

H2-0.2

C錯誤；

D.0~4s時間內，木塊和木板靜止，4~16s時間內，人f圖像與時間軸圍成的面積表示摩

擦力的沖量大小，木塊所受摩擦力的沖量為

4+12

/,=----x6N-s=48N-s

22

木板所受合外力的沖量為

/,=/F-/r-/2=^|^xl2N-s-4xl2N-s-48N-s=24N-s

由動量定理得

h=mv2,h=Mvi

代入數據解得

V2-16m/s,vi=24m/s

則16s末木塊與木板的速度大小之比為

V2：v/=2：3

D正確。

故選ABDo

ntm.

11.CAD##DA

屈A也

【詳解】（1）[1]A.小球a與小球h相撞后，小球a繼續向右運動，則小球a的質量必

須大于小球b的質量，A錯誤；

BC.彈簧發射器的內接觸面及桌面不需要光滑，只需要在步驟③④中入射小球。的釋放點

位置相同，小球“與小球。相撞前的速度就相同，B錯誤，C正確；

D.使小球做平拋運動，桌面右邊緣末端必須水平，D錯誤。

故選C。

（2）⑵由動量守恒

myv=myv]+m2v2

由平拋運動

x-vt,〃嫡

得

X

代入動量守恒表達式

町-町+m2

瓜骯瓜

則需測量兩小球質量以及小球下落高度。

故選ADo

(3)[3]由(2)可知,當滿足關系式

則證明a、6兩球碰撞過程中動量守恒。

U.U,

12.0.840最左端盡量大些-7—T

【詳解】(1)[1]游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，故圖中所測銅絲的直徑為

d=8mm+0.05x8mm=8.40mm=0.840cm

(2)[2]閉合開關之前為了確保被測電路安全，滑動觸頭滑到阻值最大處，即&的最左端;

⑶為了減小相對誤差，電壓表或電流表示數盡量大些；

[4]本實驗采用了差值法測電阻，即

%.+&+耳

牛=R1+R

保持滑動變阻器以阻值不變，則

R匚力-區

x

I1\，I2

4

13.3V,2.5V,一

【詳解】根據

U2n2

得輸出電壓

U,=3V

當輸入電壓減少2V時，則輸入電壓為

q'=iov

根據

U2n2

得輸出電壓

U2=2.5V

根據

巳_=旦

U2n2

得

?5=%=4

?U?n21

14.(1)3m/s2；(2)24m

【詳解】(1)物體受到的摩擦力為

F(=jLimg=3N

由牛頓第二定律有

F-Ff=ma

解得

=3m/s2

(2)由運動學公式

v2=2ax

解得

尤=24m

15(])(8+9乃+4\/^)〃B,2^+1

(2)

2v區一—~

【詳解】(1)畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示

粒子在電場I中做勻加速直線運動，根據運動學規律有

,V

h=—t,

21

可得粒子在I電場中運動的時間為

2/?

『一

v

粒子進入n電場中做類平拋運動，根據類平拋規律有

由

2h=vt2

可得粒子在II電場中運動的時間為

2h

3二—

V

可得進入磁場HI時在y方向上的分速度為

vy=at2—v

速度偏轉角的正切值為

tan^=—=1

V

可得

0=45。

粒子進入磁場IH的速度大小

v-V2v

方向斜向右下與x軸正方向成45。角，根據幾何關系可得粒子在磁場中運動的半徑為

R=3及h

粒子在磁場中運動的周期為

_2兀R6兀h

T=——=--

vv

根據幾何關系可知粒子在磁場中轉過的圓心角為270。，則粒子在磁場中運動的時間為

270°9乃力

360°―石

粒子從。點再次回到電場I