2024届重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测 物理答案

2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测物理参考答案1～7AADCDBD8BD9BD10AC解析：1．A。由平衡条件易知，两只手臂对躯干的作用力（合力）等于躯干所受重力，保持不变，选项A正确。2．A。x-t图像的斜率表示速度，OA段为抛物线的一部分且斜率逐渐增大，即为匀加速直线运动；AB段为斜率不变的直线段，即为匀速直线运动；BC段为抛物线的一部分且斜率逐渐减小，即为匀减速直线运动；选项A正确。3．D。该回路中的磁场能增大，由能量守恒定律可知，电容器放电，又由板带正电可知＜，因此这段时间buab0对应图像中的区间为t3～t4，选项D正确。4．C。该物体在机械臂的作用力F与重力G的合力F合的作用下，沿水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定2222律可知，F合ma。由力的矢量三角形法则可得，FF合G75100N125N，选项C正确。5．D。根据右手螺旋定则可以判断通电直导线a、b、c在O点的磁感应强度方向，根据矢量合成法则可以判定，A、B、C图中O点的磁感应强度不可能为零，只有D图中O点的磁感应强度可能为零，选项D正确。v216．B。在竖直方向上，飞镖做自由落体运动，根据2可得，飞镖击中、两点时的竖直速度大小Py，2ghvPQ2vQy41则v2v，由hgt2可得，飞镖击中P、Q两点时在空中运动的时间t2t；设抛出点到O点的水QyPy2QP平距离为，在水平方向上，由可得，飞镖水平抛出时的初速度大小。飞镖击中、两xxvtvPx2vQxPQv点时速度大小相等，由v2v2v2v2，可得v2v，击中P点的飞镖在竖直方向有LPyt，水PxPyQxQyPxPy2P平方向有，联立解得，选项B正确。xvPxtPx4L7．D。由-图像可知，该物体从斜面底端沿斜面向上运动到点过程中，有，EkxAE0(Fmgcosmgsin)x0撤去力后，从点到最高点（速度为零）过程中，有，则FA0E0(mgcosmgsin)x0；当该物体第一次经过点时，有，第二次F2(mgcosmgsin)AEkA1E0(mgcosmgsin)x0经过点时，有，两次经过点时的动能之比为∶，即，联立解AEkA2E0mgcos2x0A41EkA14EkA23E5E2E16得mgcos0，mgsin0，故F0mgsin19.2N，选项D正确。8x08x0x05I12P0U08．BD。由P＝UI知，流经灯泡L1、L2的电流之比2，选项A错误；灯泡L2两端的最大电压I2U0P0nU1，选项B正确；该理想变压器的原、副线圈匝数之比1，选项C错误；该Um2U022Un22U2In理想变压器的原、副线圈电流之比122，选项D正确。I2n1第一次联合诊断检测（物理）第5页共9页{#{QQABDYSEogigAhBAARhCQQ26CkOQkBACAKoOAEAAsAAAABFABCA=}#}9．BD。设该卫星绕地球运动的周期为T，该卫星从第一次经过赤道上空（A点正上方）到再次经过赤道上空（BT1T点正上方）过程中，经过的时间t，由A、B两点沿赤道的地表距离为赤道周长的可知，tnT2443TT3T或tnT，联立解得：T2nT或T2nT（其中n＝0，1，2，…），选项B、D正确。422110．AC。该微粒只受重力和电场力，t＝t0时刻速度为零，以竖直向上为正方向，由动量定理有qEtmgt0，20002mg得E，选项B错误；t＝t0时刻，由牛顿第二定律有：qEmgma，解得ag，选项A正确；0q0t0qE0t0t0gt00～t0时间段内，该微粒在t＝时刻的速度最大，由动量定理有：mgmv，解得v，22222114t0～2t0时间段内，该微粒在t＝2t0时刻的速度最大，在0～2t0时间段内，由动量定理有：qEtq2E2t0(t0)00mg2tmv，解得v2gt（“－”表示此时速度方向竖直向下），因203230220此～时间段内该微粒的最大速度为，选项C正确；～时间段内，该微粒所受电场力的冲量02t02gt002t0qEtq2E2tI0(t0)000，选项D错误。2032311.（7分）（1）0.020（1分）（2）0.045（2分）13（2分）（3）1.4（2分）解析：x8575（1）由x-t图像可知，vcm/s0.020m/s。t105U（2）由闭合电路欧姆定律可知，电动机卡住不转动时，，，电动机的内阻1。U12.4VI10.30ArMR7I1电动机正常工作时，，，其电热功率2，电动机的有用功U22.7VI20.08APMI2rM0.0448W0.045W率，电动机消耗的电功率，故电动机的效率P1FvGv1.40.02W0.028WP(U2I2R)I20.2096WP1100%13%。P（3）由闭合电路欧姆定律EUIr可知，当电动机被卡住时，有E2.40.30r，当电动机正常工作时，有E2.70.08r，联立解得：r1.4。12.（9分）2（1）d（2分）d（2分）t2xt2k（2）1（3分）g（3）桌面不水平，测量x或d时有误差，橡皮泥触地导致质量变化，等等。（回答一条，合理即可）（2分）第一次联合诊断检测（物理）第6页共9页{#{QQABDYSEogigAhBAARhCQQ26CkOQkBACAKoOAEAAsAAAABFABCA=}#}解析：dd2（1）由题知，滑块经过光电门时的速度大小v，又由2axv2，得a。t2xt2（2）设当托盘中砝码个数为n（n＝0，1，2，…）时，对滑块（含遮光条）、托盘（含橡皮泥）和砝码组成的nm1nm1系统，由牛顿第二定律有（nmM)gMg(nm2M)a，可得(1)g2，因此-图MgaMak像的斜率k(1)g，解得1。g（3）引起最终结果误差的原因可能是：桌面不水平，测量x或d时有误差，橡皮泥触地导致质量变化，等等。13.（10分）解：（1）在着陆前最后1m的运动过程中，设该返回舱的平均加速度为a182由v2v22ax，得：am/s231.5m/s2（3分）021a又由n，解得：n3.15（2分）g即该过程中，该返回舱的平均加速度大小是重力加速度大小的3.15倍（2）在着陆前最后1m的运动过程中，设每台发动机对该返回舱所做的功为W11由动能定理得：4Wmgxmv2mv2（3分）220解得：W3.1125104J（2分）14.（13分）解：（1）由能量守恒定律可知，该金属棒停止运动时，其动能全部转化成定值电阻R的电热1因此，定值电阻R上产生的总电热Qmv2（3分）20（2）设该金属棒在水平金属轨道上滑行的最大距离为xB2L2根据动量定理得：x0mv（2分）R0mRv解得：x0（2分）B2L2（3）设平行板电容器电容为C，该金属棒在倾斜轨道上运动的速度大小为v时，加速度大小为a，则该金属棒切割磁场产生的感应电动势EBLv（1分）该平行板电容器的电荷量qCUCBLv（1分）qCBLv在t时间内，通过该金属棒的电流ICBLa（1分）tt该金属棒所受安培力大小FBILCB2L2a（1分）g由牛顿第二定律有：mgsinFma，解得a（1分）4说明该金属棒在倾斜轨道上做匀变速直线运动4v设该金属棒在倾斜轨道上运动的时间为t，由运动学公式得：vat，解得：t0（1分）0g第一次联合诊断检测（物理）第7页共9页{#{QQABDYSEogigAhBAARhCQQ26CkOQkBACAKoOAEAAsAAAABFABCA=}#}15.（18分）解：（1）该小球第一次与MN板碰撞前的运动轨迹如答图1所示NQ设该小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rθ22Ed2dO由几何关系可知：R(1cos)Rsin（2分）θ22θd/2vd解得：R（1分）MP2RRθ答图1由分析知，该小球第一次与MN板碰撞前，在磁场中运动的路程s2Rd（1分）（2）由题知，该小球恰好能在磁场中做匀速圆周运动，则mgqE（1分）v2mv又由qvBm，得R（1分）RqB2Ev联立可得：B（1分）gd（3）①由分析知，当90时，该小球能通过N点，则该小球第二次离开矩形MNQP区域前的运动轨迹如答图2所示，最终从M点离开设该小球在磁场中运动的时间为，d/2Lt1NQ12πRπd则t（1分）12v2vOd该小球在水平方向做匀速直线运动的时间为，Et2dLMP则22Ld（1分）d/2t22答图2vv2v该小球从N点离开后再次回到N点经过的时间t（1分）3gd该小球从N点匀速运动到M点经过的时间t（1分）4v因此，该小球第二次离开矩形区域前运动的总时间：MNQPtt1t2t3t41πd2v联立可得：t(2L)（1分）v2g②当0＜＜90时，由“MN与PQ相距足够远”可知，要使该小球能通过N点，该小球第一次与MNNQ板碰撞后，再次飞出磁场时，速度方向也应该水平则该小球第二次飞出磁场前的运动轨迹如答图3所示θOREdθ由几何关系可知，2cosR，2d/2θ1解得：cos，即60MPθ2R答图3第一次联合诊断检测（物理）第8页共9页{#{QQABDYSEogigAhBAARhCQQ26CkOQkBACAKoOAEAAsAAAABFABCA=}#}当60时，该小球第二次离开矩形MNQP区域前的运动轨迹如答图4所示，最终从C点离开设该小球在磁场中运动的时间为t，1v42πR2πd则：（1分）θθDt1NQ2πv3vθv该小球在水平方向做匀速直线运动的时间为t，2θd4(LRsin)4L3dO则t（1分）θ2vvE该小球从N点离开后，从NQ上D点再次进入矩形MNQPPMLCRθvsin3v区域时，经过的时间：t2（1分）答图43gg3v2该小球从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，到N点的水平距离xvcost（1分）32g3v2d由d＜得x＞，可知该小球再次进入矩形MNQP区域后，不会进入磁场区域，将沿斜向右g2下方做匀速直线运动，且速度大小仍为v，方向与水平方向的夹角仍为θd23d该过程中，该小球做匀速直线运动的时间t（1分）4vsin3v综上可知，该小球第二次离开矩形区域前运动的总时间：MNQPtt1t2t3t412π33v联立可得：t(d4L)（1分）v3g第一次联合诊断检测（物理）第9页共9页{#{QQABDYSEogigAhBAARhCQQ26CkOQkBACAKoOAEAAsAAAABFABCA=}#}