[物理]2024届重庆市七校高三下学期三诊试题(解析版)

这是一份[物理]2024届重庆市七校高三下学期三诊试题(解析版)，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回等内容，欢迎下载使用。
试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，本试卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．考试结束后，将答题卷交回。
第Ⅰ卷（选择题 共43分）
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. 图中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（ ）
A. 根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为射线
B. 如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大
C. 玻尔通过图（c）所示的粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分
D. 利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱
【答案】D
【解析】A．图（a）所示放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，射线带正电，根据左手定则判断出射线1为射线，故A错误；
B．如图（b）所示，发生光电效应时，根据光电效应方程
可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；
C．卢瑟福通过图（c）所示在α粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；
D．利用图（d）所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，并能够解释氢原子的光谱特征，氢原子能级是分立的，光谱也是分立的，故D正确。
故选D。
2. 截至日前，巴以冲突已导致双方超1.73万人死亡，为了避免冲突，我国进一步加强军事演练，假设在演练时士兵驾驶坦克向东的速度大小为v1，坦克静止时射出的炮弹速度大小为v2（v2>v1），且出膛方向沿水平面内可调整，坦克轨迹距离目标最近为d，忽略炮弹受到的空气阻力和炮弹竖直方向的下落，且不计炮弹发射对坦克速度的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 炮弹轨迹在地面上的投影是一条抛物线
B. 要想命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，坦克发射处离目标的距离为
C. 炮弹命中目标最短时间为
D. 若到达距离目标最近处时再开炮，不管怎样调整炮口方向，炮弹都无法射中目标
【答案】C
【解析】A．炮弹向东和向北的运动均为匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，轨迹在地面上的投影是一条直线，故A错误；
BC．若要炮弹命中目标且炮弹在空中飞行时间最短，则需要炮弹在正北方向的分速度最大，因此炮弹速度向北发射时时间最短，坦克发射处在正北方向离目标的距离为d，分速度大小为，则命中目标最短时间为
由运动合成的定则可知，坦克发射处离目标的距离为
故B错误，C正确；
D．由于v2>v1，若到达距离目标最近处时再开炮，应调整炮口至西北方向，并使得沿正西方向的分速度大小与相等，此时可能射中目标，故D错误。故选C。
3. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
B. 香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C. 香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大
D. 香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变
【答案】D
【解析】A．对香肠受力分析如图所示
根据平衡条件有
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠支持力大小为
故A错误；
BC．设金属杆之间的距离为，金属杆的直径为，香肠的直径为，根据几何关系有
香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故BC错误；
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选D。
4. “鹊桥二号”中继星重1.2吨，天线长4.2米，设计寿命为8年。我国计划2024年3月在文昌发射场使用长征八号运载火箭将“鹊桥二号”卫星送入地月转移轨道，进入环月圆轨道稳定运行后，再通过两轨道的交点A进入环月椭圆轨道，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星的发射速度应该大于第二宇宙速度
B. 卫星在A点从圆轨道进入椭圆轨道需要减速
C. 卫星在圆轨道经过A点比在椭圆轨道经过A点的向心加速度更大
D. 在圆轨道的周期小于在椭圆轨道的周期
【答案】B
【解析】A．卫星的发射速度应该大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度。故A错误；
B．卫星在A点从圆轨道进入椭圆轨道属于从高轨到低轨，需要减速。故B正确；
C．根据
解得
可知卫星在圆轨道经过A点和在椭圆轨道经过A点的向心加速度一样大。故C错误；
D．根据开普勒第三定律
可知卫星在圆轨道的周期大于在椭圆轨道的周期。故D错误。
故选B。
5. 在xOy平面内有一固定点电荷Q，处有一粒子源发射同种带正电的粒子，粒子速度大小相同，方向均在坐标平面内，如图所示。通过观测发现沿直线抵达点和沿曲线抵达点的粒子速度大小相等，不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，则下列说法中正确的是（ ）

A M、N两点电场强度相同
B. M、N两点电势相等
C 点电荷Q带正电
D. 粒子从P点抵达M点过程中电势能增加
【答案】B
【解析】AB．到达MN两点粒子速度大小相等，两粒子的初速度大小也相等，可知两粒子动能变化相等，电场力做功相等，可知，则M、N两点电势相等，由于是在点电荷电场中，可知MN两点在以点电荷为圆心的同一圆周上，场强大小相等，但是方向不同，选项A错误，B正确；
CD．由以上分析可知，点电荷的位移在MN连线的垂直平分线上，因到达M点的粒子做直线运动，可知点电荷也一定在x轴上，可知点电荷一定在原点O，根据带正电的两粒子的运动轨迹可知，点电荷一定带负电，粒子从P点抵达M点过程中电场力做正功，电势能减小，选项CD错误。
故选B。
6. “战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 该时刻P点的位移为
B. 再经过0. 25s，P点到达平衡位置
C. 该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D. 从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】B
【解析】ABC．由题可知，振幅，频率，由图可知波的波长为，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为
故时P点的位移为
当时P点的位移为
P点到达平衡位置，AC错误，B正确；
D．从该时刻开始计时，质点从平衡位置向上振动，故质点Q振动方程为
D错误。
故选B。
7. 如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，在B球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B. 竖直墙面对B球的冲量大小为
C. 轻杆对A球先做正功后做负功
D. A球的最大动能为
【答案】C
【解析】AD．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
解得
由根据机械能守恒，则有
运用数学知识，整理可得
当，取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，AD错误；
B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲量，又由于在运动过程中B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知
B错误；
C．因为杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A球先做正功后做负功，C正确。
故选C。
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. 一束光穿过介质1、2、3时，光路如图所示，则（ ）
A. 三种介质的折射率
B. 相对于介质1来说，介质2是光疏介质
C. 光在介质中的速度
D. 当入射角由逐渐增大时，在2、3分界面上可能发生全反射
【答案】AB
【解析】AB．由图可知，光从介质1射入介质2中折射角大于入射角，则，光从介质2射入介质3中折射角小于入射角，则，据光的可逆性知，光从2射向1或从2射向3时，入射角相等，从折射角上可判断，所以有，可知相对于介质1来说，介质2是光疏介质，故AB正确；
C．根据公式
由于
则有
故C错误；
D. 当入射角由逐渐增大时，光从2到3是从光疏介质到光密介质，全反射只有光从光密介质射向光疏介质时才能发生，所以在此界面上不会发生全反射，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，变压器为理想变压器，为定值电阻，在两端接入电压有效值为的正弦交流电，则下列判断正确的是（ ）
A. 闭合，向下滑，两端电压变大
B. 闭合，向下滑，端输入的功率变小
C. 断开，向下滑，消耗的功率增大
D. 断开，向下滑，变压器输入功率变小
【答案】AC
【解析】A．S闭合，向下滑，原线圈匝数变小，根据变压比可知，副线圈两端电压增大，故A正确；
B．闭合，向下滑，由于输入的功率等于消耗的功率，两端电压变大，消耗的功率变大，故B错误；
C．断开，向下滑，设原线圈电路中的电流为，则
当变小时，变大，这时消耗的功率
增大，故C正确；
D．断开，向下滑，变压器输入功率
由于与成非单调性，因此无法判断变压器输入功率是变大还是变小，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，水平面内有两根间距为d的光滑平行导轨，右端接有电容为C的电容器。一质量为m的导体棒固定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮下挂一质量为M的物块。由静止释放导体棒，物块下落从而牵引着导体棒向左运动。空间中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B，不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮间的摩擦。若导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，重力加速度为g，则在物块由静止下落高度为h的过程中（ ）
A. 物块做加速度逐渐减小的加速运动
B. 物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功
C. 轻绳的拉力大小为
D. 电容器增加的电荷量为
【答案】BCD
【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感应电动势为
电容器两端电压在时间内的变化量为
在时间内电容器储存的电荷量的变化量为
则回路中的电流为
导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
易知物块做匀加速直线运动。故A错误；
B．根据能量守恒可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功。故B正确；
C．对物块受力分析，由牛顿第二定律可知
解得
故C正确；
D．电容器增加的电荷量为
又
解得
故D正确。
故选BCD。
第Ⅱ卷（非选择题 共57分）
三、实验题：本题共2小题，11题7分，12题9分，共16分。
11. 图甲为某同学在利用气垫导轨、滑块、数字计时器、光电门等器材验证动量守恒定律的实验装置图。该实验用到两个相同的光电门1和2及两个质量分别为和的滑块和B，两滑块上分别固定有宽度相同、质量不计的长方形遮光片，滑块的右侧和滑块B的左侧分别带有一个弹性片。
实验过程中，将气垫导轨调节水平后，滑块、B分别被左右两侧的弹射架水平弹射出去，在两个光电门之间发生正碰后又分别经过光电门1和2而返回。
（1）用精度为的游标卡尺测量遮光片的宽度，示数如图乙所示，测得本实验中遮光片的宽度__________。
（2）某次测量中，数字计时器记录的遮光片通过光电门的遮光时间为，则滑块的速度大小为__________（结果保留位有效数字）。
（3）若某次实验过程中，与光电门连接的数字计时器先后两次记录的遮光时间分别为和，与光电门2连接的数字计时器先后两次记录的遮光时间分别为和，则验证动量守恒定律的表达式为__________（用题目中的物理量符号表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
游标卡尺读数等于主尺读数及游标尺读数之和，主尺读数为，游标尺读数为，则遮光片的宽度为
【小问2详解】
数字计时器记录的遮光片通过光电门的遮光时间为，则滑块的速度大小为
【小问3详解】
两滑块碰前碰后的速度大小根据求出，取水平向右为正方向，则两滑块碰前的总动量为：，两滑块碰后的总动量为：。
则可得验证动量守恒定律的表达式为
12. 某同学利用DIS系统、定值电阻R0、电阻箱R等实验器材研究两节干电池的电动势和内阻，实验装置如图甲所示。首先测量电池的电动势和内阻，实验时多次改变R的阻值，用电流传感器测得对应的电流值I，在计算机上显示出如图乙所示的的关系图线。
（1）某次实验电阻箱调节后如图丙所示，则此时电阻箱的读数为________Ω。
（2）若定值电阻，令，，由图乙中实验图线的拟合方程可得，电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω。
（3）根据实验测得的电池的R、I数据，若令，，则由计算机拟合得出的y-x图线如图丁所示，则图线最高点A的坐标值应为x=________Ω，y=________W（结果均保留2位有效数字）。
【答案】（1）12.0
（2） 2.0
（3）2.0 0.22
【解析】【小问1详解】
由电阻箱的读数规则可知，此时电阻箱的读数为
【小问2详解】
[1]由闭合电路欧姆定律有
整理则有
结合题中图线的解析式，有
解得
[2]由
解得
【小问3详解】
[1][2]分析题图中电路可知，外电路的用电器为电阻R和，结合题意可知，题图的y轴为电池的输出功率，题图的x轴为外电路的电阻。对电池有
结合题图有
由之前的分析可知
题图中A点为y最大值，由上述公式可知，当x=r时，即外电路电阻等于电池内阻时，取得最大值，所以
四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题13分，15题18分，共41分。
13. 如图甲所示，导热性能良好的圆柱形汽缸放在水平地面上，开口向上，用横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞到汽缸底部的距离为h，此时环境温度为T。(热力学温度)。已知大气压强恒为p0，活塞的质量为m=现将一质量也为m的重物轻放在活塞上，同时缓慢升高环境温度，活塞静止后到汽缸底部的距离为h(如图乙所示)，该过程气体从外界吸收的热量为Q。重力加速度为g，不计活塞与汽缸之间的摩擦，求：
(i)最终气体的热力学温度T
(ii)上述过程中气体内能的变化量ΔU
【答案】(ⅰ) ；(ⅱ)
【解析】(i)图甲中，汽缸内气体的压强
图乙中，汽缸内气体的压强
由理想气体状态方程得
联立解得
(ii)上述过程中外界对气体做功为
由热力学第一定律知
联立解得
14. 如图所示，电场强度为E的匀强电场中有一光滑水平绝缘平面，一根轻弹簧左端固定在平面上，右端拴接一个带正电的绝缘物块甲，平衡时物块甲静止在a点。某时刻在b点由静止释放带有正电的绝缘物块乙，乙与甲发生碰撞后一起向左运动但未粘连，当甲、乙一起返回到c点时，弹簧恰好恢复原长，甲、乙速度刚好为零。若在d点由静止释放乙，乙与甲发生碰撞后仍一起压缩弹簧运动，返回到c点时甲、乙分离，分离后，乙刚好能够返回到e点（未画出）。已知物块甲、乙可视为质点，质量均为m，电荷量均为q，a、b间距离为L，a、c间距离以及b、d间距离均为，忽略甲、乙间的库仑力。求：
（1）初始状态弹簧储存的弹性势能；
（2）e点与a点的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）乙从b到a由动能定理得
解得乙与甲碰撞前的速度大小
乙与甲碰撞由动量守恒定律得
解得碰撞后甲、乙的速度大小均为
甲、乙从一起压缩弹簧到甲、乙一起返回到c点，由功能关系得
解得初始状态弹簧储存的弹性势能
（2）在d点由静止释放乙，到乙与甲发生碰撞前，对乙由动能定理得
解得碰撞前乙的速度大小
甲、乙的碰撞过程由动量守恒定律得
解得碰撞后甲、乙的速度大小为
从甲、乙碰撞后到甲、乙一起返回到c点时，由功能关系得
解得甲、乙分离时的速度大小为
乙分离后到乙停止运动，由动能定理得
解得
则e点与a点的距离为
15. 如图，在平面直角坐标系的第一、二象限有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为，区域Ⅰ和Ⅱ内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为。有一个质量为、带电量为的粒子，从坐标原点沿轴正方向以速度（未知）射入区域Ⅰ，不计粒子重力。
（1）若粒子恰可以穿过磁场区域Ⅰ，求的大小；
（2）若粒子恰可以穿过磁场区域Ⅱ，求的大小；
（3）若，粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状（全程在Ⅰ区域中运动），并与轴相切于点（未画出），求粒子由点运动到点的时间及点的坐标；
（4）若区域Ⅰ磁感应强度大小沿轴满足不均匀分布，且粒子恰可以穿过磁场区域Ⅰ，求的大小。
【答案】（1）；（2）；（3），；（4）
【解析】（1）粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ上边界相切，则
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
（2）粒子运动轨迹如图所示
由几何关系知
又因为
综上解得
（3）设某时刻粒子的速率为，粒子的向心力由洛伦兹力提供，有
与轴相切时速度偏转了，运动时间
得
对粒子在方向列动量定理，有
得
故点坐标为
（4）粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域Ⅰ边界时，速度大小为，方向水平向右，在方向上，由动量定理有
又因为
且与成线性关系，可知
得