2023-2024年重慶市高三下學(xué)期第二次學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)物理試題（解析版）

高2024屆學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測(cè)（第二次）物理試卷一、單選題1.紙質(zhì)手提袋具有綠色環(huán)保、性能優(yōu)良、循環(huán)利用等特點(diǎn)被廣泛使用。當(dāng)用圖甲紙質(zhì)手提袋提重力為的蘋(píng)果處于靜止時(shí)，其簡(jiǎn)化示意圖如圖乙。設(shè)兩繩帶在同一豎直平面且不計(jì)紙質(zhì)手提袋的重力，不計(jì)紙質(zhì)手提袋的形變，則（）A.繩帶中的張力大小一定為B.若增加繩帶長(zhǎng)度，則繩帶中的張力將變大C.若只減小兩繩扣間距，則繩帶中的張力將變小D.手提袋底部對(duì)蘋(píng)果的支持力與蘋(píng)果的重力是一對(duì)相互作用力【答案】C【解析】對(duì)環(huán)保袋的受力分析如圖所示，可知繩帶中的張力，故A錯(cuò)誤；若增加繩帶長(zhǎng)度，則變小，變大，繩帶中的張力將變小，故B錯(cuò)誤；若只減小兩繩扣間距，則則變小，變大，繩帶中的張力將變小，故C正確；手提袋底部對(duì)蘋(píng)果的支持力與蘋(píng)果的重力是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖為某品牌手機(jī)無(wú)線充電的原理示意圖。若某段時(shí)間內(nèi)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)在逐漸增強(qiáng)，則（）A.此時(shí)送電線圈中的電流由端口流入B.此時(shí)受電線圈的端口為正極C.此時(shí)受電線圈的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)D.受電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與圖示磁場(chǎng)方向相同【答案】A【解析】某段時(shí)間內(nèi)送電線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)在逐漸增強(qiáng)，根據(jù)安培定則可知，此時(shí)送電線圈中的電流由端口流入，故A正確；由楞次定律可知，此時(shí)受電線圈的端口為正極，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)在逐漸增強(qiáng)，所以受電線圈的面積有收縮的趨勢(shì)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，受電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與圖示磁場(chǎng)方向相反，故D錯(cuò)誤。故選A。3.光刻機(jī)是利用波長(zhǎng)為的極紫外光進(jìn)行曝光來(lái)制造芯片。如圖為光刻機(jī)的簡(jiǎn)化原理圖，為提高光刻機(jī)的光刻精度，在投影物鏡和光刻膠之間填充了折射率為的浸沒(méi)液體，則加上浸沒(méi)液體后，該極紫外光波（）A.在浸沒(méi)液體中的頻率變?yōu)樵瓉?lái)的倍B.在浸沒(méi)液體中的波長(zhǎng)變?yōu)镃.光從真空區(qū)域進(jìn)入浸沒(méi)液體傳播速度不變D.在浸沒(méi)液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射【答案】B【解析】光的頻率由光源決定，與介質(zhì)無(wú)關(guān)，可知在加入設(shè)液體和沒(méi)有加液體前后，光的頻率不變，故A錯(cuò)誤；根據(jù)，可得，故B正確；根據(jù)，可知，光從真空區(qū)域進(jìn)入浸沒(méi)液體傳播速度變小，故C錯(cuò)誤；由于波長(zhǎng)變短，在浸沒(méi)液體中比在空氣中更不容易發(fā)生衍射，故D錯(cuò)誤。故選B。4.如圖，玻璃管中封閉一定質(zhì)量的理想氣體倒扣在水銀槽中，當(dāng)溫度為時(shí)，管內(nèi)的水銀面比槽內(nèi)水銀面高，管中氣體的長(zhǎng)度也為。當(dāng)把玻璃管緩慢下壓至管底部與槽內(nèi)水銀面持平，同時(shí)改變氣體的溫度保持管內(nèi)氣體體積不變，已知大氣壓強(qiáng)為（單位:），則管內(nèi)氣體（）A.最終壓強(qiáng)為 B.對(duì)外界做功C.溫度的變化量為 D.對(duì)外界放出熱量【答案】C【解析】當(dāng)玻璃管底部與槽內(nèi)水銀面持平，保持管內(nèi)氣體體積不變，則管內(nèi)的水銀面比槽內(nèi)水銀面低，最終壓強(qiáng)為，故A錯(cuò)誤；由于體積不變，所以對(duì)外界不做功，故B錯(cuò)誤；原來(lái)氣體的壓強(qiáng)，根據(jù)查理定律，解得，溫度的變化量為，故C正確；由于溫度升高，則，根據(jù)，可得，從外界吸收熱量，故D錯(cuò)誤。故選C。5.在長(zhǎng)江某流域載有航標(biāo)燈相距為的甲乙兩船靜止在平靜的江面上，當(dāng)一艘大貨船駛過(guò)時(shí)產(chǎn)生一列周期為的水波在江面上經(jīng)過(guò)甲傳向乙。如圖，某時(shí)刻甲位于波峰時(shí)，乙恰位于波谷，且峰、谷間的高度差為，則（）A.該簡(jiǎn)諧水波的波長(zhǎng)為B.該簡(jiǎn)諧水波的波速為C.該簡(jiǎn)諧水波從甲傳到乙的時(shí)間為D.內(nèi)甲運(yùn)動(dòng)的路程為【答案】D【解析】根據(jù)圖像可知甲乙之間的距離，解得，故A錯(cuò)誤；該簡(jiǎn)諧水波的波速，故B錯(cuò)誤；簡(jiǎn)諧水波從甲傳到乙的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；內(nèi)即個(gè)周期內(nèi)，甲運(yùn)動(dòng)的路程，故D正確。故選D。6.某種光伏電池的工作原理如圖所示。半徑為的透明導(dǎo)電的球殼為陽(yáng)極，球形感光材料為陰極?，F(xiàn)用動(dòng)量為的黃光照射極，極能發(fā)射出最大初動(dòng)能為的光電子。已知電子電荷量為，光速為，普朗克常量為，忽略光電子重力及之間的相互作用。下列說(shuō)法正確旳是（）A.入射光子的波長(zhǎng)為B.陰極感光材料的逸出功為C.若僅增大入射光強(qiáng)度，電壓表的示數(shù)將增大D.若用紫光照射極，電壓表的最大示數(shù)將小于【答案】B【解析】根據(jù)德布羅意波長(zhǎng)公式可知入射光子的波長(zhǎng)為，故A錯(cuò)誤；根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程有，解得陰極感光材料的逸出功為，故B正確；隨著極逸出的光電子運(yùn)動(dòng)到極，、之間的電壓逐漸增大，若電極逸出的最大動(dòng)能的光電子恰好運(yùn)動(dòng)不到電極，兩極間電壓達(dá)到最大，再增大入射光強(qiáng)度電壓表示數(shù)不再增大，根據(jù)動(dòng)能定理有，兩極間的最大電壓為，若用紫光照射極，可知初動(dòng)能增大，則有，故CD錯(cuò)誤。故選B。7.如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁彈射裝置示意圖，平行的足夠長(zhǎng)光滑水平導(dǎo)軌、間距為，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為，長(zhǎng)度為導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上。單刀雙擲開(kāi)關(guān)先打向，內(nèi)阻不計(jì)電動(dòng)勢(shì)為的電源給電容為的電容器充電，充完電后打向，導(dǎo)體棒在安培力的作用下發(fā)射出去。阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度前，做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒以最大速度發(fā)射出去后，電容器儲(chǔ)存的電荷量為零C.導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度為D.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，電容器放出的電荷量為【答案】D【解析】導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度前，棒受到的安培力，依題意，電容器放電過(guò)程，極板間電壓減小，且棒速度增大，則導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程安培力逐漸減小，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電容器電壓與棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，棒達(dá)到最大速度，此時(shí)電容器電壓不為零，則電荷量不為零，故B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)根據(jù)，可得，由動(dòng)量定理，可得，又，聯(lián)立，解得，，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題8.如圖甲為我國(guó)海上風(fēng)力發(fā)電簡(jiǎn)化工作原理模型圖，風(fēng)輪帶動(dòng)矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生如圖乙所示的交流電，并通過(guò)兩理想變壓器和遠(yuǎn)距離輸電給用戶(hù)供電。升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為，輸電線的總電阻為，電壓表為理想電表，風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率為。下列說(shuō)法正確的是（）A.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為B.時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量為零C.用電高峰期相當(dāng)于滑片下移動(dòng)，則電壓表的示數(shù)變大D.若電壓表的示數(shù)為，則降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比為【答案】A、D【解析】由圖乙可知，周期，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，故A正確；時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，所以此時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量最大，故B錯(cuò)誤；用電高峰期相當(dāng)于滑片下移動(dòng)，用戶(hù)負(fù)載電壓減小，所以通過(guò)輸送回路的電流增大，則兩端電壓增大，根據(jù)，所以減小，。降壓變壓器原副線圈匝數(shù)不變，所以電壓表的示數(shù)變小，故C錯(cuò)誤；由圖可知有效值為，根據(jù)，可得，輸送回路電流，的電壓為，根據(jù)，故D正確。故選AD。9.年月日，中國(guó)北斗系統(tǒng)正式成為全球民航通用的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。如圖，北斗系統(tǒng)空間段由若干地球同步衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星等組成。將所有衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)、地球看成質(zhì)量均勻的球體，若同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的倍，下列說(shuō)法正確的是（）A.衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星的線速度B.衛(wèi)星有可能每天同一時(shí)刻經(jīng)過(guò)重慶正上方C.地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為D.地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為【答案】B、C【解析】根據(jù)，可得，可知軌道半徑越大，線速度越小，所以衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星的線速度，A錯(cuò)誤；衛(wèi)星是傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，周期與地球自轉(zhuǎn)相同，若某一時(shí)刻出現(xiàn)在重慶正上方，則過(guò)小時(shí)之后又在重慶正上方，B正確；在地球北極處，有，在地球赤道處有，對(duì)于地球同步衛(wèi)星有，解得，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖為某款新型電磁泵的簡(jiǎn)易裝置圖。泵體是一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為、、的長(zhǎng)方體，上下兩面、為金屬極板，當(dāng)與電源相連時(shí)會(huì)在兩極板間的導(dǎo)電液體中產(chǎn)生自上而下的恒定電流，泵體處于垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)電液的電阻率為，密度為，重力加速度為，工作時(shí)泵體始終充滿液體，下列說(shuō)法正確的是（）A.電磁泵穩(wěn)定工作時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)電液的作用力為B.導(dǎo)電液的流速穩(wěn)定為時(shí)，電源的輸出功率為C.該電磁泵中導(dǎo)電液流速與抽液高度的關(guān)系為D.該電磁泵的最大抽液高度為【答案】A、C、D【解析】將通電導(dǎo)電液看成導(dǎo)體棒，受到的安培力，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)電液的作用力方向?yàn)樗较蜃?，故A正確；電源提供的電功率一部分為安培力的功率，另一部分為導(dǎo)電液產(chǎn)生的熱功率，故B錯(cuò)誤；由安培力做功的特點(diǎn)可知電磁泵的機(jī)械功率等于安培力的功率，所以，設(shè)內(nèi)被抽至泵體中的液體的質(zhì)量為，內(nèi)被抽至泵體中的液體的動(dòng)能的增加量，內(nèi)被抽至泵體中的液體的重力勢(shì)能的增加量為，電磁泵的機(jī)械功率等于單位時(shí)間內(nèi)被抽至泵內(nèi)的液體的動(dòng)能增加量和重力勢(shì)能增加量之和，即，聯(lián)立可得，即，故當(dāng)時(shí)，即導(dǎo)電液的流速為零時(shí)，上式中的最大，故CD正確。故選ACD。三、實(shí)驗(yàn)題11.某款智能電動(dòng)水槍有三種發(fā)射模式（散射、直線連續(xù)噴射和脈沖式），深受玩家的青睞。某同學(xué)想測(cè)定后兩種模式下水槍的發(fā)射速度，如圖甲，將該水槍水平固定在鐵架臺(tái)上，在鐵架臺(tái)后面平行于水槍豎直固定一塊坐標(biāo)板，使點(diǎn)位于槍口處，軸與槍口在同一水平線上，操作步驟如下（?。?（1）選擇直線連續(xù)噴射模式并按壓扳機(jī)，在空中形成一條連續(xù)的細(xì)水柱曲線，用手機(jī)拍照，得到如圖乙所示的軌跡圖像，根據(jù)圖中軌跡可得初速度_________。（結(jié)果保留一位小數(shù)）。（2）改用脈沖式發(fā)射模式，每次發(fā)射都射出一個(gè)“水彈”（很短的小水柱），測(cè)出槍口的高度及“水彈”的射程。改變水槍高度，多次實(shí)驗(yàn)，并作出槍口豎直高度（）與水平射程平方（）關(guān)系圖線如圖丙。由圖可求得該模式下水槍發(fā)射“水彈”的初速度大小為_(kāi)______。（3）如果水槍并不完全水平，而是槍口略向下偏，則根據(jù)圖丙中數(shù)據(jù)測(cè)出的初速度相對(duì)實(shí)際值______（選填“偏大”“相等”或“偏小”）。【答案】（1）；（2）；（3）偏小【解析】（1）在圖乙中選點(diǎn)，，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有，，代入數(shù)據(jù)解得；（2）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有，，消去可得，在圖丙中的斜率即為，即，可解得；（3）若槍口略向下偏，槍口高度不變，而射程偏小，則計(jì)算用的圖像斜率偏大，根據(jù)，則計(jì)算出的初速度偏小。12.電容電池具有無(wú)污染、壽命長(zhǎng)、充電速度快等諸多優(yōu)點(diǎn)而廣泛應(yīng)用。某同學(xué)想要用電流傳感器探究電容電池特性，探究電路如圖甲。（1）第一次探究中，先將開(kāi)關(guān)接，待電路穩(wěn)定后再接.已知電流從上向下流過(guò)電流傳感器時(shí)，電流為正，則電容器充放電過(guò)程中的和圖像是_____________。A. B.C. D.（2）第二次探究，該同學(xué)先將開(kāi)關(guān)接給電容器充電，待電路穩(wěn)定后再接，探究振蕩電路的電流變化規(guī)律。①實(shí)驗(yàn)小組得到的振蕩電路電流波形圖像，選取了開(kāi)關(guān)接之后的振蕩電流的部分圖像，如圖乙，根據(jù)圖像中、點(diǎn)坐標(biāo)可知，振蕩電路的周期_________（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。②如果使用電動(dòng)勢(shì)更小的電源給電容器充電，則振蕩電路的頻率將________（填“增大”“減小”或“不變”）。③已知電源電動(dòng)勢(shì)，測(cè)得充電過(guò)程圖像的面積為，以及振蕩電路的周期，可以得到電感線圈的電感表達(dá)式_________。（用測(cè)得的已知量表示）【答案】（1）BD（2）；不變；【解析】（1）第一次探究過(guò)程為先給電容器充電，后電容器通過(guò)放電，給電容器充電過(guò)程中電流從上向下流過(guò)傳感器，即為正，由于充電后電容器右極板帶正電，電容器通過(guò)放電時(shí)，電流從下向上流過(guò)傳感器，即為負(fù)，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；給電容器充電和電容器放電，通過(guò)電壓傳感器的電流方向均為從右向左，都為正，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。（2）①由圖乙可知；②由振蕩周期，可知，如果使用電動(dòng)勢(shì)更大的電源給電容器充電，則振蕩電路的周期不變，則頻率也不變。③充電過(guò)程圖像的面積為，則有，可得，振蕩周期，可得。四、解答題13.如圖，在光滑水平面上靜置一長(zhǎng)木板，在距木板右側(cè)處固定一半徑為的四分之一光滑圓弧曲面，且最低點(diǎn)與木板上表面等高?，F(xiàn)使一質(zhì)量為的物塊以的初動(dòng)能從木板左側(cè)滑上木板并向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板撞上圓弧面時(shí)，物塊恰好滑上弧面點(diǎn)，且對(duì)點(diǎn)的壓力大小為。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為，不計(jì)空氣阻力，求:（1）物塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能；（2）物塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）由動(dòng)能表達(dá)式得物塊初速度，在點(diǎn)，由牛頓第三定律及牛頓第二定律得，解得，又由牛頓第二定律得，得，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得物塊在水平方向上運(yùn)動(dòng)的位移，由能量守恒知，物塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能；（2）由動(dòng)能定理得，得。14.某款智能手機(jī)內(nèi)部振動(dòng)馬達(dá)的原理如圖，手機(jī)在振動(dòng)時(shí)，會(huì)給予兩彈簧連接的質(zhì)量塊施加一個(gè)初速度，然后質(zhì)量塊壓縮和拉伸輕質(zhì)彈簧，使手機(jī)向某方向振動(dòng)。手機(jī)中質(zhì)量塊的質(zhì)量為，除質(zhì)量塊外手機(jī)質(zhì)量為。若將手機(jī)放在水平光滑的桌面上，某次振動(dòng)時(shí)，質(zhì)量塊獲得向左的初速度。若開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，質(zhì)量塊與手機(jī)間的摩擦力不計(jì)，，求:（1）當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，手機(jī)的速度及彈簧的彈性勢(shì)能；（2）手機(jī)能獲得的最大速度；（3）質(zhì)量塊開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】本題考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合應(yīng)用。由題意“手機(jī)放在水平光滑的桌面上”和“質(zhì)量塊與手機(jī)間的摩擦力不計(jì)”可知，質(zhì)量塊、手機(jī)和彈簧系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒，這個(gè)系統(tǒng)可以看成碰撞模型，其中第（1）問(wèn)中當(dāng)質(zhì)量塊、手機(jī)共速時(shí)，彈性勢(shì)能最大，將系統(tǒng)整個(gè)過(guò)程看成完全非彈性碰撞模型；第（2）問(wèn)中對(duì)手機(jī)受力分析可知，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，手機(jī)速度最大，將系統(tǒng)整個(gè)過(guò)程看成完全彈性碰撞模型；第（3）問(wèn)由題意“質(zhì)量塊開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)瞬間”可知此時(shí)質(zhì)量塊速度為，將系統(tǒng)整個(gè)過(guò)程看成一般碰撞模型，再利用動(dòng)量守恒和能量守恒定律求解。（1）已知手機(jī)的質(zhì)量為，質(zhì)量塊的質(zhì)量，開(kāi)始振動(dòng)時(shí)質(zhì)量塊的初速度。當(dāng)質(zhì)量塊、手機(jī)共速時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由質(zhì)量塊、手機(jī)動(dòng)量守恒得，解得，由能量守恒定律得，解得，因此，當(dāng)彈性勢(shì)能最大時(shí)，手機(jī)的速度為，彈簧的彈性勢(shì)能為。（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，手機(jī)速度最大，設(shè)為，此時(shí)質(zhì)量塊速度為，由動(dòng)量守恒得，由能量守恒定律得，解得，因此，手機(jī)能獲得的最大速度為。（3）質(zhì)量塊開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)瞬間，速度為，設(shè)此時(shí)手機(jī)的速度為，由動(dòng)量守恒得，由能量守恒定律得，解得，因此，彈簧的彈性勢(shì)能為。【點(diǎn)睛】首先判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否平衡，善于根據(jù)問(wèn)題將將質(zhì)量塊、手機(jī)和彈簧系統(tǒng)轉(zhuǎn)化成熟悉的彈性碰撞模型、完全非彈性碰撞模型或者一般碰撞模型，再利用動(dòng)量守恒和能量守恒定律求解。15.質(zhì)譜儀是檢測(cè)和分