康德2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测物理参考答案_2024届重庆一诊康德卷普通高等学校招生全国统一考试高三第一次联合诊断检测

2024 年重庆市普通高中学业水平选择性考试 高三第一次联合诊断检测 物理参考答案 1～7 AADCDBD 8 BD 9 BD 10 AC 解析： 1．A。由平衡条件易知，两只手臂对躯干的作用力（合力）等于躯干所受重力，保持不变，选项A正确。 2．A。x-t图像的斜率表示速度，OA段为抛物线的一部分且斜率逐渐增大，即为匀加速直线运动；AB段为斜率 不变的直线段，即为匀速直线运动；BC段为抛物线的一部分且斜率逐渐减小，即为匀减速直线运动；选 项A正确。 3．D。该回路中的磁场能增大，由能量守恒定律可知，电容器放电，又由b板带正电可知u ＜0，因此这段时间 ab 对应图像中的区间为t ～t ，选项D正确。 3 4 4．C。该物体在机械臂的作用力F与重力G的合力F 的作用下，沿水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定 合 律可知，F ma。由力的矢量三角形法则可得，F  F2 G2  752 1002N125N，选项C正确。 合 合 5．D。根据右手螺旋定则可以判断通电直导线a、b、c在O点的磁感应强度方向，根据矢量合成法则可以判定， A、B、C图中O点的磁感应强度不可能为零，只有D图中O点的磁感应强度可能为零，选项D正确。 v2 1 6．B。在竖直方向上，飞镖做自由落体运动，根据2ghv2可得，飞镖击中P、Q两点时的竖直速度大小 Py  ， v2 4 Qy 1 则v 2v ，由h gt2可得，飞镖击中P、Q两点时在空中运动的时间t 2t ；设抛出点到O点的水 Qy Py 2 Q P 平距离为x，在水平方向上，由xvt 可得，飞镖水平抛出时的初速度大小v 2v 。飞镖击中P、Q两 Px Qx v 点时速度大小相等，由v2 v2 v2 v2 ，可得v 2v ，击中P点的飞镖在竖直方向有L Py t ，水 Px Py Qx Qy Px Py 2 P 平方向有xv t ，联立解得x4L，选项B正确。 Px P 7．D。由E -x图像可知，该物体从斜面底端沿斜面向上运动到A点过程中，有E (F mgcosmgsin)x ， k 0 0 撤去力 F 后，从 A 点到最高点（速度为零）过程中，有 0E (mgcosmgsin)x ，则 0 0 F 2(mgcosmgsin)；当该物体第一次经过A点时，有E E (mgcosmgsin)x ，第二次 kA1 0 0 经过A点时，有E E mgcos2x ，两次经过A点时的动能之比为4∶1，即E 4E ，联立解 kA2 0 0 kA1 kA2 3E 5E 2E 16 得mgcos 0 ，mgsin 0 ，故F  0  mgsin19.2N，选项D正确。 8x 8x x 5 0 0 0 I 2P U 8．BD。由 P＝UI 知，流经灯泡 L 、L 的电流之比 1  0  0 2 ，选项 A 错误；灯泡 L 两端的最大电压 1 2 2 I U P 2 0 0 n U 1 U  2U 2 2U ，选项B正确；该理想变压器的原、副线圈匝数之比 1   ，选项C错误；该 m 0 n 2U 2 2 I n 理想变压器的原、副线圈电流之比 1  2 2，选项D正确。 I n 2 1 第一次联合诊断检测（物理） 第 5 页 共 9 页9．BD。设该卫星绕地球运动的周期为T，该卫星从第一次经过赤道上空（A点正上方）到再次经过赤道上空（B T 1 T 点正上方）过程中，经过的时间t ，由A、B两点沿赤道的地表距离为赤道周长的 可知，tnT  2 4 4 3T T 3T 或tnT  ，联立解得：T 2nT 或T 2nT （其中n＝0，1，2，…），选项B、D正确。 4 2 2 1 10．AC。该微粒只受重力和电场力，t＝t 时刻速度为零，以竖直向上为正方向，由动量定理有 qE t mgt 0， 0 2 0 0 0 2mg 得E  ，选项B错误；t＝t 时刻，由牛顿第二定律有：qE mg ma，解得ag，选项A正确； 0 q 0 0 t q E t t gt 0～t 时间段内，该微粒在t＝ 0 时刻的速度最大，由动量定理有：  0  0 mg 0 mv ，解得v  0 ， 0 2 2 2 2 2 1 1 4 t ～2t 时间段内，该微粒在 t＝2t 时刻的速度最大，在 0～2t 时间段内，由动量定理有： 0 0 0 0 qE t q2E 2t 0 (t  0) 0  0 mg2t mv ，解得v 2gt （“－”表示此时速度方向竖直向下），因 2 0 3 2 3 0 2 2 0 此0～2t 时间段内该微粒的最大速度为2gt ，选项C正确；0～2t 时间段内，该微粒所受电场力的冲量 0 0 0 qE t q2E 2t I  0 (t  0) 0  0 0，选项D错误。 2 0 3 2 3 11.（7分） （1）0.020（1分） （2）0.045（2分） 13（2分） （3）1.4（2分） 解析： x 8575 （1）由x-t图像可知，v  cm/s0.020m/s。 t 105 U （2）由闭合电路欧姆定律可知，电动机卡住不转动时，U 2.4V，I 0.30A，电动机的内阻r  1 R7。 1 1 M I 1 电动机正常工作时，U 2.7V，I 0.08A，其电热功率P I2r 0.0448W0.045W，电动机的有用功 2 2 M 2 M 率P FvGv1.40.02W0.028W ，电动机消耗的电功率P(U I R)I 0.2096W，故电动机的效率 1 2 2 2 P  1 100%13%。 P （3）由闭合电路欧姆定律E U Ir 可知，当电动机被卡住时，有E 2.40.30r，当电动机正常工作时，有 E 2.70.08r，联立解得：r1.4。 12.（9分） d d2 （1） （2分） （2分） t 2xt2 k （2） 1（3分） g （3）桌面不水平，测量x或d时有误差，橡皮泥触地导致质量变化，等等。（回答一条，合理即可）（2分） 第一次联合诊断检测（物理） 第 6 页 共 9 页解析： d d2 （1）由题知，滑块经过光电门时的速度大小v ，又由2axv2，得a 。 t 2xt2 （2）设当托盘中砝码个数为n（n＝0，1，2，…）时，对滑块（含遮光条）、托盘（含橡皮泥）和砝码组成的 nm 1 nm 1 系统，由牛顿第二定律有（nmM)gMg (nm2M)a，可得 (1)g 2，因此 - 图 M ga M a k 像的斜率k (1)g，解得 1。 g （3）引起最终结果误差的原因可能是：桌面不水平，测量x或d时有误差，橡皮泥触地导致质量变化，等等。 13.（10分） 解：（1）在着陆前最后1m的运动过程中，设该返回舱的平均加速度为a 182 由v2 v2 2ax，得：a  m/s2 31.5m/s2（3分） 0 21 a 又由n ，解得：n3.15（2分） g 即该过程中，该返回舱的平均加速度大小是重力加速度大小的3.15倍 （2）在着陆前最后1m的运动过程中，设每台发动机对该返回舱所做的功为W 1 1 由动能定理得：4W mgx mv2  mv2（3分） 2 2 0 解得：W 3.1125104J（2分） 14.（13分） 解：（1）由能量守恒定律可知，该金属棒停止运动时，其动能全部转化成定值电阻R的电热 1 因此，定值电阻R上产生的总电热Q mv2（3分） 2 0 （2）设该金属棒在水平金属轨道上滑行的最大距离为x B2L2 根据动量定理得： x0mv （2分） R 0 mRv 解得：x 0 （2分） B2L2 （3）设平行板电容器电容为C，该金属棒在倾斜轨道上运动的速度大小为v时，加速度大小为a，则 该金属棒切割磁场产生的感应电动势E BLv（1分） 该平行板电容器的电荷量qCU CBLv（1分） q CBLv 在t时间内，通过该金属棒的电流I   CBLa（1分） t t 该金属棒所受安培力大小F BILCB2L2a（1分） g 由牛顿第二定律有：mgsinF ma，解得a （1分） 4 说明该金属棒在倾斜轨道上做匀变速直线运动 4v 设该金属棒在倾斜轨道上运动的时间为t，由运动学公式得：v at，解得：t 0 （1分） 0 g 第一次联合诊断检测（物理） 第 7 页 共 9 页15.（18分） 解：（1）该小球第一次与MN板碰撞前的运动轨迹如答图1所示 N Q 设该小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R θ E 由几何关系可知： d R(1cos)  2  Rsin2  d   2 （2分） O θ θ 2  2 d/2 v 解得：R d （1分） M P 2 R R θ 答图1 由分析知，该小球第一次与MN板碰撞前， 在磁场中运动的路程s2Rd（1分） （2）由题知，该小球恰好能在磁场中做匀速圆周运动，则mg qE（1分） v2 mv 又由qvBm ，得R （1分） R qB 2Ev 联立可得：B （1分） gd （3）①由分析知，当90时，该小球能通过N点，则该小球第二次离开矩形MNQP区域前的运动轨迹 如答图2所示，最终从M点离开 d/2 L 设该小球在磁场中运动的时间为t 1 ， N Q 1 2πR πd 则t    （1分） 1 2 v 2v O d 该小球在水平方向做匀速直线运动的时间为t ， E 2 d L 则t 2 2  2Ld （1分） M d/2 答图2 P 2 v v 2v 该小球从N点离开后再次回到N点经过的时间t  （1分） 3 g d 该小球从N点匀速运动到M点经过的时间t  （1分） 4 v 因此，该小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间：tt t t t 1 2 3 4 1 πd 2v 联立可得：t ( 2L) （1分） v 2 g ②当0＜＜90时，由“MN与PQ相距足够远”可知，要使该小球能通过N点，该小球第一次与MN N Q 板碰撞后，再次飞出磁场时，速度方向也应该水平 则该小球第二次飞出磁场前的运动轨迹如答图3所示 θ O R E d θ 由几何关系可知，2 cosR， d/2 2 θ 解得：cos 1 ，即60 M P 2 θ R 答图3 第一次联合诊断检测（物理） 第 8 页 共 9 页当60时，该小球第二次离开矩形MNQP区域前的运动轨迹如答图4所示，最终从C点离开 设该小球在磁场中运动的时间为t， 1 v 则：t 4  2πR  2πd （1分） θ θ D 1 2π v 3v N θ Q v 该小球在水平方向做匀速直线运动的时间为t， 2 θ d 4(LRsin) 4L 3d O 则t   （1分） θ 2 v v E 该小球从N点离开后，从NQ上D点再次进入矩形MNQP M P θ L C R vsin 3v 区域时，经过的时间：t2  （1分） 答图4 3 g g 3v2 该小球从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，到N点的水平距离xvcost （1分） 3 2g 3v2 d 由d＜ 得x＞ ，可知该小球再次进入矩形MNQP区域后，不会进入磁场区域，将沿斜向右 g 2 下方做匀速直线运动，且速度大小仍为v，方向与水平方向的夹角仍为θ d 2 3d 该过程中，该小球做匀速直线运动的时间t   （1分） 4 vsin 3v 综上可知，该小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间：ttttt 1 2 3 4 1 2π 3 3v 联立可得：t ( d 4L) （1分） v 3 g 第一次联合诊断检测（物理） 第 9 页 共 9 页