2024屆重慶高三第一次聯(lián)合診斷檢測物理試題含答案

2024年重慶市普通高中學業(yè)水平選擇性考試

高三第一次聯(lián)合診斷檢測物理

物理測試卷共4頁，滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合

題目要求的。

1.2023年9月28日，中國選手蘭星宇在杭州亞運會男子吊環(huán)決賽中取得冠軍。如題1圖所示，該選

手靜止懸吊在吊環(huán)上，緩慢將兩只手臂從水平調(diào)整至豎直。在

整個軀干下降過程中，兩只手臂對軀干的作用力將

A.不變B.變大

C.變小D.無法確定

2.某汽車制造廠在測試某款汽車性能時，得到該款汽車沿直線行駛的位移x與時間t的關系圖像如題2

圖所示，其中OA段和BC段為拋物線的一部分，AB段為直線段。則該過程中的

t圖像可能為

3.題3圖1是某LC振蕩電路，題3圖2是該電路中平行板電容器a、b兩極板間的電壓肌隨時間t變

化的關系圖像。在某段時間內(nèi)，該回路中的磁場能增大，且b板帶正電，則這段時間對應圖像中的區(qū)間

是

A.0?B.?

C.12~七3D.13~14

4.某機械臂夾著一質(zhì)量為10kg的物體在空中沿水平方向以||3?1題3圖2

7.5巾/S2的加速度運動，重力加速度取10m/s2,不計空氣阻力。則該機械臂對該物體的作用力大小為

A.75NB.100NC.125ND.175N

5.三根無限長的通電直導線a、b、c均垂直紙面固定。A、B圖中，0點為ac連線上的某一點；C、D

圖中，0點為△abc內(nèi)某一點。則其中。點的磁感應強度可能為零的是

備……a....3

B.季

羲....4

6.如題6圖所示，在飛鏢比賽中，某運動員先后兩次將飛鏢（可視為質(zhì)點）從同一位置正對豎直固定靶

上的0點水平拋出，第一次拋出的飛鏢擊中0點正下方的P點，第二次拋出的飛鏢擊中一........Io

0點正下方的R點。已知飛鏢擊中P點和Q點時速度大小相等，且0P=L,PQ=3L,不計

空氣阻力，則拋出點到0點的水平距離為“Q

A.3LB.4LC.5LD.6L圖

7.如題7圖1所示，固定斜面的傾角。=37。，一物體（可視為質(zhì)點）在沿斜面向上的恒定拉力F作用

下，從斜面底端由靜止開始沿斜面向上滑動，經(jīng)過距斜面底端X。處的A點時撤去拉力F。該物體的動

能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關系圖像如題7圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m=lkg,該物體兩次經(jīng)

過A點時的動能之比為4：1,該物體與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，s譏37。=0.6,重力加速度

gIX10m/s2,不計空氣阻力。則拉力F的大小為

、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目

要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

8.如題8圖所示，理想變壓器的原線圈接在輸出電壓有效值為U的正弦式交變電流兩端，副線圈所接的

兩個燈泡Li、LZ的額定功率分別為2P。、Po,額定電壓均為=2U,且兩燈泡均正常發(fā)光。由此可知

A.流經(jīng)燈泡L、L?的電流之比為1:1

B.燈泡L?兩端的最大電壓為：2夜U

C.該理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為1：3

D.該理想變壓器的原、副線圈電流之比為2：1■8B

9.某衛(wèi)星沿圓軌道繞地球中心運動，其軌道平面與赤道平面有一定夾角。該衛(wèi)星第一次經(jīng)過赤道上空

時，恰好在A點正上方；第二次經(jīng)過赤道上空時，恰好在B點正上方。若A、B兩點沿赤道的地表距

離為赤道周長的%地球的自轉(zhuǎn)周期為T,忽略其他天體的影響，則該衛(wèi)星繞地球運動的周期可能為

T3T

A.-B.-C.TD.—

422

10.某勻強電場的電場強度E隨時間t變化的關系圖像如題10圖所示（以豎直向上

為電場強度的正方向），電場范圍足夠大。t=0時刻，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的

帶正電微粒從該電場中距地面足夠高的位置由靜止釋放；

t=t。時刻，該微粒速度為零。已知重力加速度為g,下列說法正確的是

A.t=時刻，該微粒的加速度大小為g

時刻,電場強度大小為詈

C.0~2t。時間段內(nèi)，該微粒的最大速度為2gt。

D.0~2t。日時間段內(nèi)，該微粒所受電場力的沖量大小為0.5mgt。

三、非選擇題：本題共5小題，共57分。

11.(7分)

某同學為研究“電動機工作過程中的能量轉(zhuǎn)化”，設計了如題11圖1所示電路，其中定值電阻.R=

①用彈簧測力計測出電動機上所掛重物和位移傳感器的總重力為1.4N；

②卡住電動機讓其不轉(zhuǎn)動，閉合開關S,讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.4V和0.30A,斷開開關

S；

③打開位移傳感器軟件，再次閉合開關S,電動機正常工作并向上吊起重物，讀出此時電壓表和電流表的

示數(shù)分別為2.7V和0.08A,位移傳感器軟件記錄重物的位置x隨時間t變化的關系圖像如題11圖2所

示；

④關閉位移傳感器軟件，斷開開關S。

回答下列問題(結果均保留兩位有效數(shù)字)：

(1)電動機正常工作時，重物向上運動的速度大小為m/s?

(2)電動機正常工作時，產(chǎn)生的電熱功率是W,電動機的效率4=

(3)該同學發(fā)現(xiàn)通過以上實驗數(shù)據(jù)可以計算出，該直流電源的內(nèi)阻r=Q。

12.(9分)

(1)滑塊通過光電門時的速度大小及=,滑塊運動的加速度大小a=。(用題給物理量符號表

示)

(2)該小組同學查閱到當?shù)刂亓铀俣葹間。通過分析，以寫5=0，1，2,…)為縱軸，以;=工為橫

MAag-a

軸，作出如題12圖2所示的關系圖像，其中圖像斜率為k。則滑塊與木板間的動摩1M.

擦因數(shù)4=0

(3)本次實驗的最終結果可能有誤差，原因可能是：(回答一條即可)。

O■ism2

13.(10分)

2023年10月31日8時11分，神舟十六號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，續(xù)寫著中國載人返

回的光輝歷程。如題13圖所示，質(zhì)量為3X1。3曲的返回艙在著陸前最后端處，四臺相同的發(fā)動機同

時點火獲得反沖力，使該返回艙的速度由8m/s迅速降至lm/s著陸。忽略其他阻力，重力加速度取10

m/s2?在著陸前最后1m的運動過程中，求：

(1)該返回艙的平均加速度大小是重力加速度大小的幾倍？

(2)每臺發(fā)動機對該返回艙所做的功。

■13H

14.(13分)

如題14圖所示，間距為L的平行光滑固定軌道由傾斜金屬軌道和水平軌道兩部分組成。傾斜軌道與水平

軌道在OQz處平滑相連，傾角。=30°,其上端接有一平行板電容器，整個傾斜軌道處于垂直其軌道平面

向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。水平軌道上矩形區(qū)域OlOzP2Pl內(nèi)無磁場，且01P1段和02P2段均

絕緣；PFz右側為足夠長的金屬軌道，該區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上、磁感應強度大小也為B的勻強磁場，其

右端連接一阻值為R的定值電阻?，F(xiàn)讓一質(zhì)量為m、長度為L的直金屬棒MN從傾斜軌道上由靜止開始

下滑，剛到達OQz處時速度大小為v。，整個運動過程中，該金屬棒始終與軌道垂直并接觸良好。金屬棒

的粗細及金屬棒和所有金屬軌道的電阻均不計，已知該平行板電容器的電容等于券,重力加速度為go

求：

(1)該金屬棒停止運動時，定值電阻R上產(chǎn)生的總電熱；

(2)該金屬棒在水平金屬軌道上滑行的最大距離；，

(3)該金屬棒在傾斜軌道上運動的時間。//

■14H

15.（18分）

如題15圖所示，兩個相同的光滑彈性豎直擋板MN、PQ固定在紙面內(nèi)，平行正對且相距足夠遠，矩形

MNQP區(qū)域內(nèi)(含邊界)充滿豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E。緊鄰MN板右側有一勻強磁場，方向

垂直紙面向里，磁場右邊界為半圓，圓心為MN板的中點Oo現(xiàn)有一帶負電小球在紙面內(nèi)從M點射入磁

場，速度大小為V、方向與MP的夾角為6，恰好能在磁場中做勻速圓周運動，且第一次飛出磁場時速度

恰好水平。已知重力加速度為g,MN=PQ=d＜節(jié)-,NQ=MP="該小球可視為質(zhì)點且電荷量保持不

變，擋板厚度不計，忽略邊界效應。該小球每次與擋板(含端點)碰撞后瞬時，水平速度大小不變、方向

反向，豎直速度不變。

(1)求該小球第一次與MN板碰撞前在磁場中運動的路程；

(2)求該勻強磁場的磁感應強度大小B；

(3)若該小球能通過N點，求。的大小，以及該小球第二次離開矩形MNQP區(qū)域

前運動的總時間。

2024年重慶市普通高中學業(yè)水平選擇性考試

高三第一次聯(lián)合診斷檢測物理參考答案

1-7AADCDBD8BD9BD10AC

解析：

1.Ao由平衡條件易知，兩只手臂對軀干的作用力（合力）等于軀干所受重力，保持不變，選項A正確。

2.Aox-f圖像的斜率表示速度，段為拋物線的一部分且斜率逐漸增大，即為勻加速直線運動；48段為斜率

不變的直線段，即為勻速直線運動；8c段為拋物線的一部分且斜率逐漸減小，即為勻減速直線運動；選

項A正確。

3.Do該回路中的磁場能增大，由能量守恒定律可知，電容器放電，又由b板帶正電可知心V0,因此這段時間

對應圖像中的區(qū)間為打?公選項D正確。

4.Co該物體在機械臂的作用力尸與重力G的合力迄的作用下，沿水平方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定

律可知，。由力的矢量三角形法則可得，F(xiàn)=-JF^+G2=A/752+1002N=125N,選項C正確。

5.D?根據(jù)右手螺旋定則可以判斷通電直導線a、枚c在。點的磁感應強度方向，根據(jù)矢量合成法則可以判定,

A、B、C圖中。點的磁感應強度不可能為零，只有D圖中。點的磁感應強度可能為零，選項D正確。

6.B=在豎直方向上，飛鏢做自由落體運動，根據(jù)2g〃="可得，飛鏢擊中尸、。兩點時的豎直速度大小季=」，

臉4

則%,=2%,,由/!=gg/可得，飛鏢擊中尸、0兩點時在空中運動的時間％=2%；設拋出點到。點的水

平距離為x,在水平方向上，由x=口可得，飛鏢水平拋出時的初速度大小%,=2%,。飛鏢擊中P、。兩

點時速度大小相等，由。之+琮,=4.+4,，可得%,=2。少，擊中尸點的飛鏢在豎直方向有￡=字/“水

平方向有x=聯(lián)立解得％=4￡,選項B正確。

7.Do由Ek-x圖像可知，該物體從斜面底端沿斜面向上運動到力點過程中，有線=（產(chǎn)-刖geos。-加gsin。）/,

撤去力產(chǎn)后，從4點到最高點（速度為零）過程中，有0-=（-/jmgcos0-tngsin0）xQ,則

F=cos0+mgsinO'）；當該物體第一次經(jīng)過力點時，有％1=4=（sgcose+〃2gsin。）/,第二次

經(jīng)過Z點時，有/2-紇=-〃加gcose-2%0,兩次經(jīng)過4點時的動能之比為4：1,即％1=4幾2，聯(lián)立解

得mgsinO==—mgsinO=19.2N,選項D正確。

8x08x0%5

8.BD,由尸=”知，流經(jīng)燈泡Li、L2的電流之比乙=竺??2=2,選項A錯誤；燈泡L?兩端的最大電壓

haPo

Um=42U0=2y/2U,選項B正確；該理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比"=’-=1，選項C錯誤；該

n22U2

理想變壓器的原、副線圈電流之比九=&=2,選項D正確。

Jini

第一次聯(lián)合診斷檢測（物理）第5頁共9頁

9.BDo設該衛(wèi)星繞地球運動的周期為T',該衛(wèi)星從第一次經(jīng)過赤道上空。點正上方）到再次經(jīng)過赤道上空（B

T'1T

點正上方）過程中，經(jīng)過的時間:=人，由43兩點沿赤道的地表距離為赤道周長的上可知，t=nT+-

244

ITT

或/="7+3-,聯(lián)立解得：7'=匕+2〃7或7'=二+2”7（其中”=0,1,2,…），選項B、D正確。

422

10.ACo該微粒只受重力和電場力，f=fo時刻速度為零，以豎直向上為正方向，由動量定理有gqE。4-加卬。=0,

得線=網(wǎng)^,選項B錯誤；f=fo時刻，由牛頓第二定律有：qE0-mg=ma,解得a=g,選項A正確；

q

0?力時間段內(nèi)，該微粒在t=五時刻的速度最大，由動量定理有：幺?且自-"名生=叫，解得%=-庭，

222224

“?2fo時間段內(nèi)，該微粒在f=2勿時刻的速度最大，在0?2fo時間段內(nèi)，由動量定理有：

啜?&+《"）一旦手7g解得%=-2gf。（“一”表示此時速度方向豎直向下），因

此0?2to時間段內(nèi)該微粒的最大速度為2gf0,選項C正確；0?2如時間段內(nèi)，該微粒所受電場力的沖量

1=也.&+心一^^.注=。,選項D錯誤。

2323

11.（7分）

（1）0.020（1分）

（2）0.045（2分）13（2分）

（3）1.4（2分）

解析：

AY25-75

（1）由圖像可知，V-——=------cm/s=0.020m/s

210-50

（2）由閉合電路歐姆定律可知，電動機卡住不轉(zhuǎn)動時，C7,=2,4V,7,=0.30A,電動機的內(nèi)阻?=幺-&=70。

A

電動機正常工作時，q=2.7V,Z2=0.08A,其電熱功率A,=/；~=0.0448Wa0.045W,電動機的有用功

率耳==Go=1.4x0.02W=0.028W,電動機消耗的電功率P=（.U2-I2R）I2=0.2096W,故電動機的效率

o=^-xl00%?13%,,

P

（3）由閉合電路歐姆定律E=U+/r可知，當電動機被卡住時，有E=2.4+0.30r,當電動機正常工作時，有

E=2.7+0.08r,聯(lián)立解得：”1.40。

12.（9分）

（1）-（2分）鼻（2分）

t2xt

（2）--1（3分）

g

（3）桌面不水平，測量x或d時有誤差，橡皮泥觸地導致質(zhì)量變化，等等。（回答一條，合理即可）（2分）

第一次聯(lián)合診斷檢測（物理）第6頁共9頁

解析：

（1）由題知，滑塊經(jīng)過光電門時的速度大小。=色，又由2"得二。

t2xt2

（2）設當托盤中祛碼個數(shù)為〃（n=0,1,2,???）時，對滑塊（含遮光條）、托盤（含橡皮泥）和祛碼組成的

系統(tǒng)，由牛頓第二定律有（〃加+AOg-4V/^=（〃加+2A/）a,可得型?yi+Mg—-----2,因此型圖

Mg-tMba

像的斜率上=（l+〃）g，解得〃='-1。

g

（3）引起最終結果誤差的原因可能是：桌面不水平，測量、或1時有誤差，橡皮泥觸地導致質(zhì)量變化，等等。

13.（10分）

解：（1）在著陸前最后1m的運動過程中，設該返回艙的平均加速度為了

1_O2

由"一。；=2辦，得：a=-------m/s2=-31.5m/s2（3分）

2x1

又由〃解得：?=3.15（2分）

g

即該過程中，該返回艙的平均加速度大小是重力加速度大小的3.15倍

（2）在著陸前最后1m的運動過程中，設每臺發(fā)動機對該返回艙所做的功為力

由動能定理得：4%+用gx=；加"一;加冰（3分）

解得：jy=-3.1125xlO4J（2分）

14.（13分）

解：（1）由能量守恒定律可知，該金屬棒停止運動時，其動能全部轉(zhuǎn)化成定值電阻R的電熱

因此，定值電阻R上產(chǎn)生的總電熱。=；機碇（3分）

（2）設該金屬棒在水平金屬軌道上滑行的最大距離為x

根據(jù)動量定理得：-竿x=0-機%（2分）

解得：x=（2分）

BL

（3）設平行板電容器電容為C,該金屬棒在傾斜軌道上運動的速度大小為。時，加速度大小為a,則

該金屬棒切割磁場產(chǎn)生的感應電動勢￡=8及（1分）

該平行板電容器的電荷量g=CJ7=C8Z/。（1分）

在。時間內(nèi)，通過該金屬棒的電流/=包=幽包=C8Za（1分）

ArAZ

該金屬棒所受安培力大小戶==CB2l3a（1分）

由牛頓第二定律有：mgsmO-F=ma,解得a=&（1分）

4

說明該金屬棒在傾斜軌道上做勻變速直線運動

設該金屬棒在傾斜軌道上運動的時間為3由運動學公式得：v0=at,解得：，=色（1分）

g

第一次聯(lián)合診斷檢測（物理）第7頁共9頁

15.（18分）

解：（1）該小球第一次與MN板碰撞前的運動軌跡如答圖1所示

設該小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R

由幾何關系可知：|^|--7?（l-cos^+（Rsine）2=（S（2分）

解得：R=-（1分）

2

由分析知，該小球第一次與"N板碰撞前，

在磁場中運動的路程s=2R9=g（1分）

（2）由題知，該小球恰好能在磁場中做勻速圓周運動，則=（1分）

又由qvB=m—,得R=”也（1?分）

RqB

聯(lián)立可得：5=—（1分）

gd

（3）①由分析知，當6=90。時，該小球能通過N點，則該小球第二次離開矩形尸區(qū)域前的運動軌跡

如答圖2所示，最終從M點離開

設該小球在磁場中運動的時間為4,

則泌=9（1分）

2v2v

該小球在水平方向做勻速直線運動的時間為q,

L_±

則q=2?—^=三衛(wèi)（1分）

VV

該小球從N點離開后再次回到N點經(jīng)過的時間％（1分）

g