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。 2024.01.19一、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(guān)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v-t圖像可能為3.題3圖1是某LC振蕩電路，題3圖2是該電路共平行板電容器a、b兩極板間的電壓u?隨時間t變化的關(guān)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(yīng)圖像中的區(qū)間是A.0~t? B.t～t0C.t?～t?D.t3～t44.某機械臂夾著一質(zhì)量為10kg的物體在空中沿水平方向以7.5m/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.175N5.三根無限長的通電直導線a、b、c均垂直紙面固定。A、B圖中，O點為ac連線上的某一點；C、D圖中，O點為△abc內(nèi)某一點。則其中O點的磁感應(yīng)強度可能為零的是第一次聯(lián)合診斷檢測(物理)第1頁共9頁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O點水平拋出，第一次拋出的飛鏢擊中O點正下方的P點，第二次拋出的飛鏢擊中O點正下方的Q點。已知飛鏢擊中P點和Q點時速度大小相等，且OP=L，PQ=3L，不計空氣阻力，則拋出點到O點的水平距離為A.3LB.4LC.5LD.6L7.如題7圖1所示，固定斜面的傾角(θ=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E?與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如題7圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m=1kg，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，sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則拉力F的大小為A.8NB.9.6NC.16ND.19.2N二、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光壓有效值為U的正弦式交變電流兩端，副線圈所接的兩個燈泡L?、L?的額定功率分別為2P?、P?，額定電壓均為V?=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>1B.燈泡L?兩端的最大電壓為220C.該理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為1：3D.該理想變壓器的原則線圈電流之比為2：19.某衛(wèi)星沿圓軌道繞地球中，，的動，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14，地球的自轉(zhuǎn)周期為TA.T4B.T2C.TD.10.某勻強電場的電場強度E隨時間t變化的關(guān)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=t?時刻，該微粒的加速度大小為gB.t=t?時刻,電場強度大小為mgqC.0~2t?時間段內(nèi),該微粒的最大速度為2gt。D.0~2t?l時間段內(nèi)，該微粒所受電場力的沖量大小為0.5mgt。第一次聯(lián)合診斷檢測(物理)第2頁共9頁三、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(shè)計了如題11圖1所示電路，其中定值電阻R=1.0Ω，電表均視為理想電表。實驗操作步驟如下：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(guān)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(guān)S；③打開位移傳感器軟件，再次閉合開關(guān)S，電動機正常工作并向上吊起重物，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·射化的關(guān)系圖像如題11圖2所示；④關(guān)閉位移傳感器軟件，斷開開關(guān)S?；卮鹣铝袉栴}(結(jié)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η=(3)該同學發(fā)現(xiàn)通過以上實驗數(shù)據(jù)可以算出該直流電源的內(nèi)阻r=_____________Ω。12.(9分)某興趣小組設(shè)計了如題12年1月產(chǎn)共置來探究“滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)”。主要操作步驟如下：①正確安裝實驗裝置后通過橡皮泥配重使滑塊(含遮光條)的質(zhì)量M與北門一臺橡皮泥)的質(zhì)量相等，并測出遮光條的寬度d，遮光條到光電門中心的距離x；②接通電源，將滑塊和托盤同時由靜止釋放，記錄光電門的遮光時間t；③逐次往托盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，重復第②步操作。(1)滑塊通過光電門時的速度大小v=，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nmM(n=0,1,2,…)為縱軸，以1Δa=1g-a為橫軸，作出如題12圖2所示的關(guān)系圖像，其中圖像斜率為k。則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)(3)本次實驗的最終結(jié)果可能有誤差，原因可能是：(回答一條即可)。第一次聯(lián)合診斷檢測(物理)第3頁共9頁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3×103kg的返回艙在著陸前最后1m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1m/s著陸。忽略其他阻力，重力加速度取10m/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。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O?O?處平滑相連，傾角θ=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(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。水平軌道上矩形區(qū)域O?O?P?P?內(nèi)無磁場，且O1P2段和O?P?段均絕緣；P?P?右側(cè)為足夠長的金屬軌道，該區(qū)域內(nèi)充滿豎直向上、磁感應(yīng)強度大小也為B的有強磁場，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從操然加道上由靜止開始下滑，剛到達O?O?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腹好.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mB2L2,(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(cè)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O?，F(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θ，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<3v2g,NQ=MP=L,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(yīng)。該小球每次與擋板(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(yīng)強度大小B；(3)若該小球能通過N點，求θ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。第一次聯(lián)合診斷檢測(物理)第4頁共9頁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.A。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.A。x-t圖像的斜率表示速度，OA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；AB段為斜率不變的直線段，即為勻速直線運動；BC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.D。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ub<0,因此這段時間對應(yīng)圖像中的區(qū)間為t?~t?，選項4.C。該物體在機械臂的作用力F與重力G的合力FA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，F(xiàn)合=ma。由力的矢量三角形法則可得，F(xiàn)=F5.D。根據(jù)右手螺旋定則可以判斷通電直導線a、b、c在O點的磁感應(yīng)強度方向，根據(jù)矢量合成法則可以判定，A、自信圖中O點的磁感應(yīng)強度不可能為零，只有D圖中O點的磁感應(yīng)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)2gh=v2可得，飛鏢擊中P、Q兩點時的豎直速度大小vIX2vo2=14,則vωJ=2vp,由h=12gt2可得，飛鏢擊中P、Q兩點時在空中運動的時間，4?≡2tp;設(shè)拋出點到O點的水平距離為x，在水平方向上，由x=vt可得，飛鏢水平拋出時的初速度大小7.D。由E?-x圖像可知，該物體從斜面底端沿斜面向上運動到A點過程中，有E?=F-μmgcosθ-mgsinθx?,撤去力F后，從A點到最高點(速度為零)過程中，有0-E?=-μmgcosθ-mgsinθx?,則F=2(μmgcosθ+mgsinθ);當該物體第一次經(jīng)過A點時,有EkA1=Eo=μmgcosθ+mgsinθx0,第二次經(jīng)過A點時,有EkR-8.BD。由P=UI知,流經(jīng)燈泡L?、L?的電流之比I1I2=2PoU0?U0P0=2,選項A錯誤：燈泡L?兩端的最大電壓Um=第一次聯(lián)合診斷檢測(物理)第5頁共9頁

9.BD。設(shè)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(A點正上方)到再次經(jīng)過赤道上空(B點正上方)過程中，經(jīng)過的時間t=T'2,由A、B兩點沿赤道的地表距離為赤道周長的14可知，t=nT+T4或t=nT+3T4,聯(lián)立解得：T'=10.AC。該微粒只受重力和電場力，t=t?時刻速度為零，以豎直向上為正方向，由動量定理有12qE0?t0-mgt0=0,得E0=2mgq,選項B錯誤；t=t?時刻，由牛頓第二定律有：qE?-mg=ma,解得a=8a=g,選項A正確；0~t?時間段內(nèi)，該微粒在t=t02時刻的速度最大，由動量定理有：q2?E02?t02-mgt02=mv1,解得v1=-gt011.(7分)(1)0.020(1分)(2)0.045(2分)13(2分)(3)1.4(2分)解析：(1)由x-t圖像可知,v=(2)由閉合電路歐姆定律可知，電動機卡住不轉(zhuǎn)動時，U?=2.4V,I?=0.30A,電動機的內(nèi)阻r1=U1I1-R=7Ω。電動機正常工作時，U?=2.7V,I?=0.08A,其電熱功率PM=(3)由閉合電路歐姆定律E=U+Ir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:r≈1.4Ω。12.(9分)1dt(2分)d22kg-1(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)≡解析：(1)由題知，滑塊經(jīng)過光電門時的速度大小v=dt,又由2ax=v2,(2)設(shè)當托盤中砝碼個數(shù)為n(n=0，1，2，…)時，對滑塊(含遮光條)、托盤(含橡皮泥)和砝碼組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有(nm+M)g-μMg=(nm+2M)a,可得nmM=1+μg?1g-a-2,因此(3)引起最終結(jié)果誤差的原因可能是：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。13.(10分)解：(1)在著陸前最后1m的運動過程中，設(shè)該返回艙的平均加速度為ā由v2-v02=2ax,又由n=|a|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(shè)每臺發(fā)動機對該返回艙所做的功為W由動能定理得：4W+mgx=12m解得：W=-3.1125×10?J(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)化或定值電阻R的電熱因此，定值電阻R上產(chǎn)生的總電熱Q=12m(2)設(shè)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：-B2L解得：x=mRv0(3)設(shè)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v時，加速度大小為a，則該金屬棒切割磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv(1分)該平行板電容器的電荷量q=CU=CBLv(1分)在△t時間內(nèi)，通過該金屬棒的電流I=ΔqΔt=該金屬棒所受安培力大小F=BIL=CB2La(1分)由牛頓第二定律有:mgsinθ-F=ma,解得a=g4(1說明該金屬棒在傾斜軌道上做勻變速直線運動設(shè)該金屬棒在傾斜軌道上運動的時間為t，由運動學公式得：v?=al,解得：t=4v0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(shè)該小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R由幾何關(guān)系可知：d2-R1-解得：R=d2(1由分析知，該小球第一次與MN板碰撞前，在磁場中運動的路程s=2Rθ=dθ(1分)(2)由題知，該小球恰好能在磁場中做勻速圓周運動，則mg=qE(1分)又由qvB=m