2023-2024学年重庆市高三（第三次）联合诊断物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年重庆市高三（第三次）联合诊断物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.一钢制气瓶(导热性能良好)内部封闭了一定质量的理想气体。环境温度降低时，该密闭气体由状态 a变化到状态b，其压强p随其热力学温度T变化的关系图像，正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，工人利用定滑轮提升一质量为m的货物。某时刻，工人用与竖直方向夹角为60∘的力拉住细绳右端，维持该货物静止在空中。细绳质量和滑轮摩擦均不计，重力加速度为 g，则细绳对滑轮的作用力大小为( )
A. 2mgB. 3mgC. mgD. 32mg
3.如图所示，一条含有两种单色光的细光束，从真空中由均质玻璃砖的上表面入射后，分成折射角分别为θ1、θ2的a、b光线，则a、b光线在该玻璃砖中运动的速度大小之比为( )
A. csθ1csθ2B. sinθ1sinθ2C. csθ2csθ1D. sinθ2sinθ1
4.如图所示，网球比赛中，运动员甲某次在B点直线救球倒地后，运动员乙将球从距水平地面上D点高度为h的A点水平击出，落点为 C。乙击球瞬间，甲同时起身沿直线 BC奔跑，恰好在球落地时赶到 C点。已知BC⊥BD，BD=d，BC=l，网球和运动员甲均可视为质点，忽略空气阻力，则甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比为( )
A. lhB. 2dlC. d2+l2hD. d d2+l2hl
5.如图所示，带电小球甲固定在光滑绝缘的水平桌面上F点，带电小球乙在该桌面上绕小球甲做椭圆运动，A、B两点为该椭圆长轴的两端点，两小球均可视为点电荷，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两小球的电性相同
B. 小球乙从B点运动到A点过程中，其电势能一直减少
C. 该椭圆轨迹为小球甲的等势线
D. F点一定为该椭圆的焦点
6.“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点 b切线水平，c点切线竖直，由图可知( )
A. 该烟花由a点运动到c点过程中，水平方向匀速运动
B. 该烟花由b点运动到c点过程中，其机械能守恒
C. 该烟花在b点的加速度方向竖直向下
D. 该烟花在b点处于失重状态
7.如图所示，两条粗糙程度处处相同的平行金属导轨固定在同一水平面上，导轨间距为L，左侧连接一电动势为E、内阻为r的直流电源，右侧有O1、O2两个固定卡座，整个导轨处于磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量为 m、电阻为R、长度为L的导体棒MN垂直静置在导轨上，该导体棒与导轨间动摩擦因数为μ。闭合开关S，该导体棒从静止开始加速运动，再匀速运动，最后碰到O1、O2两卡座后静止不动，整个运动过程中，该导体棒始终与两导轨垂直并接触良好。重力加速度为 g，则( )
A. 闭合开关S后，该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流大
B. 闭合开关S后，该导体棒运动时的电流与其静止不动时的电流相等
C. 该导体棒匀速运动时的速度大小为1B2L2[BLE−μmg(r+R)]
D. 该导体棒匀速运动时的速度大小为1B2L2[BLE+μmg(r+R)]
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.Hδ、Hγ、Hβ、Hα是氢原子在可见光区的四条谱线。这四条谱线分别为氢原子从n=6、5、4、3能级向n=2能级跃迁时发出的，波长关系为λ Hδ<λ Hγ<λ Hβ<λ Hα。下列说法正确的是( )
A. Hδ是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的
B. Hδ是氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时产生的
C. 若用Hγ照射某种金属能发生光电效应，则用Hα照射这种金属一定也能发生光电效应
D. 若用Hα照射某种金属能发生光电效应，则用Hγ照射这种金属一定也能发生光电效应
9.如图1所示，用输出电压u=Umsinωt的交流电对定值电阻R供电，通过定值电阻R的电流变化频率为f1，其电功率为P1。在该电路中连接一个理想二极管D(正向导通时电阻为零，反向截止时电阻无限大)，其他条件不变，如图2所示，通过定值电阻 R的电流变化频率为f2，其电功率为P2。下列说法正确的是( )
A. f2=f1B. f2=2f1C. P2=P12D. P2=P14
10.如图1所示，平板P静置于足够长的水平面上，其上静置一滑块Q，平板P和滑块Q的质量均为m，滑块Q与平板P间的动摩擦因数为μ，平板P与水平面间的动摩擦因数为μ2，各接触面间的最大静摩擦力等于各滑动摩擦力。t=0时刻，平板P受到随时间t变化且水平向右的拉力F作用，与滑块Q一起从静止开始运动，平板P的加速度a随时间t变化的图像如图2所示，整个运动过程中，滑块Q始终在平板P上。已知重力加速度为g，a0=μg，不计空气阻力;设定t=t0时刻，水平拉力大小为F1，t=2t0时刻，水平拉力大小为F2。下列说法正确的是( )
A. F2=2F1
B. F2−F1=μmg
C. t=2t0时刻，平板P的动能为8mμ2g2t02
D. t=2t0时刻，平板P的动能为2mμ2g2t02
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组为测量某红双喜乒乓球底板的反弹速度衰减率：η=v碰前−v碰后v碰前×100%，设计了如图所示的实验装置。实验过程如下：
①测得乒乓球直径为D;
②两面不带胶皮的乒乓球底板水平固定在铁架台底部，调节光电门的高度，使光电门中心到底板上表面的距离略大于乒乓球直径，同时调节光电门的水平位置，让乒乓球从释放装置由静止释放后，下落和反弹过程中均能通过光电门;
③某次实验时，记录乒乓球在第一次下落和第一次反弹过程中通过光电门的遮光时间分别为t1、t2。
(1)实验时，应__________(选填“先通电再释放乒乓球”或“先释放乒乓球再通电”)。
(2)若用乒乓球通过光电门的速度近似表示乒乓球与底板碰撞前、后的速度，请用题中所给字母，写出乒乓球第一次与底板碰撞前、后的速度表达式：v碰前=__________，v碰后=__________。
(3)在(2)的条件下，本次实验测量的衰减率表达式：η=__________×100%。(用t1、t2表示)
12.某学习小组测量电源的电动势和内阻，并测量某样品管中污水(含有大量正、负离子)的电导率σ(电导率σ为电阻率ρ的倒数)。该样品管由绝缘材料制成，粗细均匀且左右两端封闭，在左右两个内侧面上固定有正对的导线连接，左右两侧面厚度不计，如图1所示。
(1)测得该样品管的长度为L，用20分度的游标卡尺测量该样品管的内径D，示数如图2所示，则D=__________cm。
(2)用图3所示电路(电流表为理想电表)，测量电源的电动势和内阻，并测量该样品管中污水的电阻Rx。
①闭合开关S2和S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制1I−R图像，得到图线Ⅰ，如图4所示。
②断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表示数I，并绘制1I−R图像，得到图线Ⅱ，如图4所示。
③由1I−R图像可得，该电源的电动势E=__________，内阻r=__________;该样品管中污水的电阻Rx=__________。(用a、b、c、d表示)(3)该样品管中污水的电导率σ=__________(用L、D、a、b、c、d表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.如图所示，两个相同的平行板竖直正对固定在水平绝缘地面上，两板间充满水平向右的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从两板间中轴线上O点由静止开始无初速度释放，落到水平地面上N点(下落过程中未与右板碰撞，且落地后不反弹)。已知O点到两板上边缘的高度为h，两板高度也为h，水平地面上两板间中点M到N点的距离为d，重力加速度为 g，不计空气阻力。求：
(1)该小球从O点运动到N点所经过的时间t;
(2)该匀强电场的场强大小E。
14.如图所示，整个空间存在两个垂直xOy平面向外的匀强磁场，x轴为两磁场的边界，磁感应强度大小分别为B、2B。甲、乙两带正电粒子同时从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，速度大小均为v。已知甲、乙两粒子的质量分别为m、2m，电荷量均为q，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力影响。求：
(1)甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x=mvqB处的平均速度大小;
(2)甲、乙两粒子从O点射入磁场后第一次相遇所经过的时间。
15.如图1所示，劲度系数为k的水平轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接一质量为m且可视为质点的物块甲，物块甲处于光滑水平面上，O点为弹簧的原长位置。将物块甲向左缓慢移动至与O点相距x0的P点，在O点放置一质量为m且可视为质点的物块乙，然后将物块甲从P点由静止开始无初速度释放，物块甲与物块乙碰撞后立即粘合在一起运动，碰撞时间极短可不计。已知质点振动时，如果使质点回到平衡位置的回复力满足F回复=−kx(式中x为质点相对平衡位置的位移，k为比例系数)，则质点做简谐运动，且周期T=2π mk;弹簧形变量为x时的弹性势能Ep=12kx2。弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小，以及碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间;(2)如图2所示，移走物块乙，将物块甲置于粗糙水平面上，物块甲与粗糙水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他条件不变且x0=21μmg2k，求物块甲从P点由静止释放后，最终停止运动的位置，以及整个运动过程中所经过的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了一定质量的理想气体的查理定律，理解图像的物理意义，结合气体压强p与其热力学温度T成正比分析即可。
【解答】
对一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得p=CT(C为常量)，即气体压强p与其热力学温度T成正比，选项 C正确;
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查力的合成以及共点力平衡条件，要求学生掌握用一细绳跨过滑轮悬挂货物，由于是定滑轮，它只是改变细绳中力的方向，并未改变力的大小，则同一根细绳上的力大小处处相等，根据平行四边形定则分析解答。
【解答】
由力的平衡条件可得，细绳对滑轮的作用力大小F=2mgcs30∘= 3mg，选项B正确;
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查光的折射。解决问题的关键是结合光路图，根据光的折射定律、折射率的表达式分析判断。
【解答】
由折射定律知，该玻璃砖对光线的折射率n=sinisinθ，光线在该玻璃砖中运动的速度大小v=cn=csinθsini，可知v∝sinθ，因此，a、b光线在该玻璃砖中运动的速度大小之比为v1v2=sinθ1sinθ2，故B正确，ACD错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是网球做平抛运动和甲此次加速奔跑，恰好在球落地时赶到 C点。根据时间相等可得甲此次奔跑的平均加速度大小与当地重力加速度大小之比。
【解答】
设甲此次奔跑的平均加速度大小为a，当地重力加速度大小为g，
对甲有12at2=l，
对网球有12gt2=h，
联立解得ag=lh，选项A正确;
故选A。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题以行星的运行规律为模型，考查电荷之间的相互作用。从题意很容易看出，这个模型及其类似万有引力，故利用类比的方法，结合开普勒三大定律，得出答案，由能量守恒知电势能增加。
【解答】
由万有引力定律F=GMmr2类比库仑定律F=kQqr2，并结合开普勒三大定律，易知F点为该椭圆的焦点，
且甲、乙两小球为异种电性，选项D正确，选项A错误;
小球乙从B点运动到A点时，其动能减小，由能量守恒定律可知，其电势能增加，选项B错误；
小球甲的等势线为圆形，选项C错误;故选D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题结合烟花的运动考查曲线运动的特点。解决问题的关键是会判断曲线运动的性质，知道机械能守恒的条件，知道超失重的本质。
【解答】
A.轨迹图显示，该烟花在 c点的水平速度为零，可知该烟花在运动过程中受到空气阻力影响，水平方向减速运动，故 A错误;
B.空气阻力对该烟花做负功，该烟花从b点运动到c点过程中，其机械能不守恒，故B错误;
CD.该烟花在b点时，水平方向速度不为零，水平方向所受空气阻力不为零，故在b点的加速度方向不是竖直向下，但是有竖直向下的加速度分量，故而处于失重状态，故D正确，C错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
闭合开关后，电路接通，运动和静止会差一个感应电动势，根据两个电动势的方向确定出两种情形下电流的大小。根据受力平衡，安培力和摩擦力大小相等，进而求出最大速度。
【解答】
闭合开关S后，该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流小，选项 A、B均错误;设该导体棒匀速运
动时的速度大小为vm，则有F安=μmg，其中F安=B(E−BLvm)Lr+R，解得vm=1B2L2[BLE−μmg(r+R)]，选
项C正确，选项 D错误;
故选C。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
考查学生对量子论、波尔原子模型以及光电效应的理解。解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光子波长与能量的关系。
【解答】
由题知，这四条谱线的频率关系为vHδ>vHτ>vHβ>vHα，因此，Hδ是氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时产生的，选项B正确，选项A错误;
由vHτ>vHα可知，若用Ha照射某种金属能发生光电效应，则用Hγ照射这种金属一定也能发生光电效应，选项D正确;
但是，若用Hτ照射某种金属能发生光电效应，则用Ha照射这种金属不一定能发生光电效应，选项 C错误;
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查交变电流的有效值，从表达式可以看出峰值，正弦交流电的峰值和有效值为 2倍的关系，再由功率的计算公式求解功率
【解答】
由分析可知，连接理想二极管D前、后，通过定值电阻R的电流变化频率不变，即f2=f1，选项A正确，选项B错误;
由P1=(Um 2)2R，P2T=(Um 2)2R⋅T2，可得P2=P12，选项C正确，选项D错误;
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解图像的物理意义，熟悉整体法和隔离法的应用，结合牛顿第二定律即可完成分析。结合a−t图像可得t=2t0时刻平板P的速度大小，也可得到平板P的动能。
【解答】
AB、由a0=μg可知，0∼t0时间段内，平板P和滑块Q保持相对静止一起向右运动，
t=t0时刻，对平板P和滑块Q整体，由牛顿第二定律有F1−μ2⋅2mg=2ma0，
解得F1=3μmg，
当t>t0时，a>μg，滑块Q将相对平板P向左运动，
t=2t0时刻，对平板P，有F2−μmg−μ2⋅2mg=m⋅2a0，解得F2=4μmg，
故选项B正确，选项A错误;
CD、设t=2t0时刻平板P的速度大小为v，结合a−t图像，有v=12⋅2a0⋅2t0=2μgt0，
故此时平板P的动能Ek=12mv2=2mμ2g2t02，选项D正确，选项C错误;
故选BD。
11.【答案】(1)先通电再释放乒乓球； (2)Dt1， Dt2 ； (3)t2−t1t2。
【解析】【分析】
本题考查研究反弹速度衰减率，要求掌握实验原理、实验装置、数据处理。利用光电门的测速原理测出乒乓球的速度，结合题目给出的信息计算。
【解答】
(1)根据实验要求应先通电再释放乒乓球；
(2)由光电门的测速原理可知：v碰前=Dt1，v碰后=Dt2；
(3)由η=v碰前−v碰后v碰前×100%，可得η=t2−t1t2。
12.【答案】(1)3.035；
(2)③dc−b；adc−b；(b−a)dc−b；
(3)4L(c−b)πD2d(b−a)
【解析】【分析】
本题考查测量电源的电动势和内阻，并测量某样品管中污水的电导率σ的实验。解决问题的关键是清楚实验原理，知道操作注意事项，能结合图像处理实验数据，知道游标卡尺的读数规则。
【解答】
(1)由题知：D=30mm+0.05mm×7=30.35mm=3.035cm。
(2)③开关S2闭合时，由①和闭合电路欧姆定律，有E=I(r+R)，可知图线Ⅰ的表达式为1I=rE+1E⋅R，同理，由②有E=I(r+Rx+R)，可知图线Ⅱ的表达式为1I=r+RxE+1E⋅R，结合1I−R图像，可得1E=c−bd，解得E=dc−b，又由rE=a，解得r=adc−b，由RxE=b−a，解得Rx=(b−a)dc−b。
(3)由Rx=ρLπD24，σ=1ρ和Rx=(b−a)dc−b，联立解得σ=4L(c−b)πD2d(b−a)。
13.【答案】解：(1)该小球从O点运动到N点过程中，在竖直方向做自由落体运动
由2h=12gt2
解得：t=2 hg；
(2)设该小球从O点运动到两极板上边缘过程中，历时t1，
由h=12gt12
解得t1= 2hg
因此，该小球在电场中运动的时间t2=t−t1=(2− 2) hg
该小球在电场中运动时，水平方向上有：
qE=ma
d=12at22
联立解得：E=(3+2 2)mgdqh
【解析】本题考查带电小球在电场中的运动。解决问题的关键是清楚小球在不同阶段的受力情况和运动过程，利用自由落体运动的规律和匀变速运动的规律、电场力表达式分析求解。
14.【答案】解：(1)设甲粒子在y>0磁场区域做匀速圆周运动的半径为r甲1，周期为T甲1
由qvB=mv2r甲1，解得：r甲1=mvqB
故T甲1=2πr甲1v=2πmqB
同理可知，甲粒子在y<0磁场区域做匀速圆周运动的半径r甲2=mv2qB，周期T甲2=πmqB
因此，甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x=mvqB处历时：t=T甲12+T甲22
故甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x=mvqB处的平均速度大小v=xt
联立解得：v=2v3π。
(2)同理可知，乙粒子在y>0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙1=2mvqB，周期T乙1=4πmqB
乙粒子在y<0磁场区域做匀速圆周运动的半径，周期T乙2=2πmqB
作出甲、乙两粒子运动的部分轨迹图如答图1所示
又由T乙1+T乙2=2(T甲1+T甲2)可知，
甲、乙两粒子将在x轴上x=2mvqB处第一次相遇
因此，甲、乙两粒子从O点射入磁场后第一次相遇
所经过的时间为t′=T甲1+T甲2
解得t′=3πmqB。
【解析】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，关键作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系和半径公式、周期公式进行求解．
(1)根据洛伦兹力提供向心力，可得带正电甲粒子在y>0和y<0两磁场的做圆周运动的半径和周期，结合甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x=mvqB处历的时间即可求出平均速度大小;
(2)同理可知，乙粒子在在y>0和y<0两磁场区域做匀速圆周运动的半径和周期，作出轨迹，结合时间关系求出甲、乙两粒子从O点射入磁场后第一次相遇所经过的时间。．
15.【答案】解：(1)设物块甲与物块乙碰撞前瞬时，物块甲的速度大小为v1
由能量守恒定律可得：12kx02=12mv12
设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为v2
碰撞过程中，由动量守恒定律可得：2mv2=mv1，解得：v2=x02 km
由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期T=2π 2mk
因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间t=T2，解得：t=π 2mk
(2)由分析知，物块甲从 P点由静止释放后，先向右做简谐运动，其平衡位置位于 O点左侧
设该平衡位置到O点的距离为Δx，则有：kΔx=μmg，解得：Δx=μmgk
物块甲第1次向右做简谐运动的振幅A1=x0−Δx，解得A1=9.5Δx
物块甲第1次向右运动至速度减为零后，又向左做简谐运动，其平衡位置位于O点右侧
由分析可知，该平衡位置到O点的距离仍为Δx
物块甲第1次向左做简谐运动的振幅A2=A1−2Δx=x0−3Δx，解得：A2=7.5Δx
同理分析可知：
物块甲第2次向右做简谐运动的振幅A3=A2−2Δx=5.5Δx
物块甲第2次向左做简谐运动的振幅A4=A3−2Δx=3.5Δx
物块甲第3次向右做简谐运动的振幅A5=A4−2Δx=1.5Δx
由k(A5−△x)=0.5μmg<μmg可知，物块甲第3次向右运动至速度减为零后，将停止运动
即物块甲最终停在O点右侧，到O点的距离为Δx′=A5−Δx=0.5Δx=μmg2k
由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为T′=2π mk
因此，整个运动过程中所经过的时间t′=5⋅T′2，解得：t′=5π mk
【解析】(1)由能量守恒求解甲碰前的速度，根据碰撞的过程动量守恒求解碰后的速度。结合周期公式求解运动的时间。
(2)根据平衡条件求解距离，再进行归纳整理求解物块最终静止的位置，结合简谐运动的周倜公式求解运动时间。
本题考查简谐运动的基本规律和周期公式。需要对运动过程进行分析。