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新高考金卷重庆市 2024 届适应卷（三）
物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项 D C B C D B D AD CD ABC
1.答案 D
【解析】 气体体积不变，压强与热力学温度成正比，故A正确；温度增加，轮胎内部气体
分子的平均动能增加，气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故BC正确；体积不变，
气体不对外做功，温度增加，内能增加，气体吸收热量，故D错误。
2.答案：C
【解析】核反应前后质量数和电荷数守恒，由此可知Y为 ，穿透力最强的射线γ
4He
2
射线，故A错误；该反应放出能量，根据爱因斯坦的质能方程，可知质量亏损，故B错
误；核反应的生成物的比结合能比反应物的比结合能更大，故C正确；元素的半衰期只
受核子本身的性质影响，不会受到环境的影响，故D错误；故选C。
3.答案：B
2πr
【解析】海洋三号01星的发射速度在7.9-11.2km/s之间，故A错误；v= ，B正确；
T
根据万有引力提供向心力， 4π2 Mm ，得：M 4π2r3， 可以算出地球质量，故C
mr =G =
T2 r2 GT2
错误；由于地球半径不等于r，故D错误。
4.答案 C
【解析】 对物块受力分析，在斜面上，物块受到沿斜面向下的重力分力1/2mg，水平向
❑√2 ❑√3
左的拉力1/2mg，这两个力的合力为 mg，方向斜向左下方45°，摩擦力的最大值为
2 4
❑√2 ❑√3
mg，小于 mg，所以物块受到斜向右上方45°的滑动摩擦力，大小为 mg，合力大小为
2 4
❑√2 ❑√3
mg - mg，方向斜向左下方45°，物块初速度为0，故
2 4
物块向斜面左下方做匀加速直线运动。
5.答案D。
【解析】光进入水球后频率不变，波长减小，速度减小，故A
学科网（北京）股份有限公司sin53°
错误；根据折射定律n= ，得sinθ=0.6，根据几何关系，得圆心O到折射光线的距
sinθ
离为0.06m，大于气泡的半径，故没有进入气泡中，B错误；增大入射角，折射角也增大，
该单色光更不会进入气泡中，C错误；根据几何关系得，AB之间的长度为0.16m，光在水
AB
中的传播速度为v=c/n，则t= ≈7.1×10−10s。
v
6.答案 B
【解析】原线圈电压的有效值为220v，原、副线圈的匝数比是1:2，副线圈电压是440V，
定值电阻R=1000Ω，电流表A2的示数是0.44A，所以电流表A1的示数为0.88A，故A错误；
Q=I2Rt=11616J，故B正确；将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A 的示数将变小，C
2
错误；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R两
端的电压将变为原来的，电阻R的功率将变为原来的，D错误．
7.答案 D
【解析】 若电压如题图甲时，在0～T时间内，动能先增加后减少，根据能量守恒，电势
能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～T时间内，电势差大小是变化的，即
粒子受到大小变化的电场力，加速度大小是变化的，粒子先做加速度减小的加速运动，后
做加速度增加的减速运动，故B错误；电压如题图丙时，粒子先做加速运动，过了T后做
减速运动，到T时速度减为0，粒子初动量是0，末动量不为0，故在0～时间内，粒子动
量变化量不为0，故C错误；电压如题图丁时，粒子先加速，到T后减速，T后反向加速，
T后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则粒子做往复运动，故粒子若在之前不
能到达极板，则一直不能到达极板故D正确．
8.答案：AD
mv2 qBR
【解析】粒子运动半径为r=R/2，根据公式qvB= ，可得粒子的速度v= ，故A正
r 2m
确；粒子在磁场中运动1/4个周期后反弹，从AC边离开磁场，运动时间小于1/2个周期，
πm
粒子在磁场中的运动时间小于 ，故BC错误；若粒子带电量变成-q，其他不变，则粒子
qB
πm
从AC边离开磁场，在磁场中的运动时间小于1/4个周期，即小于 ，故D正确。
2qB
9.答案：CD
【解析】P点只会上下振动，不会左右传播，故A错误；由图可知，根据波形平移法可知
质点P开始振动的方向沿y轴负方向，则质点Q起振方向沿y轴负方向，故B错误；由图知
1 λ
该超声波的波长为λ＝12×10﹣5m，根据f = ，T= 可得该超声波在人体内传播的速度
T v
v＝1500m/s，故C正确；由图可知振幅为A＝0.4mm，质点P的振动方程为
2π 7
y=−0.4sin( t)mm ，当y＝0.2mm时，解得t= ×10−7s，故D正确。故选
0.8×10−7 15
CD。
学科网（北京）股份有限公司10.答案 ABC
【解析】小球所受静电力大小F＝qE＝0.3N，小球重力为G＝mg＝0.4N ，小球所受重力
与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°，所以A点是小球在重力
场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球恰能沿圆弧到达A点，所以＝m，解得v＝
A
5 m/s。故A正确。
小球从C点到A点，由动能定理得－qERsin 37°－mg(R＋Rcos 37°)＝×mv2－×mv2
A C
解得v＝ m/s，故B正确。
C
小球从A点开始下落时，在竖直方向上做匀加速运动，竖直方向上的初速度为v＝vsin
0 A
37°＝3 m/s，由竖直方向匀加速运动可得R＋Rcos 37°＝vt＋gt2，解得t＝0.6 s，水平
0
方向上匀减速直线运动，a=Eq/m=7.5m/s2，x=vcos37°t- at2 =1.05m。故C正确、D错误。
A
11.答案 (1)B (2)1.15 1.18 (3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩
擦阻力、空气阻力
【解析】(1)先打开打点计时器开关，再释放m；本实验需要刻度尺量长度，不需要秒表计
2
时；m
2
比m
1
越大，加速度越大，打点越少，不利于分析纸带；不能用公式v2=2gℎ计算某
点的速度。
（2）由题知相邻两计数点间时间间隔为0.1 s，
（21.60+26.40）×10−2
v＝ m/s＝2.4 m/s
5
0.1×2
ΔE＝(m＋m)v2－0≈1.15 J，ΔE＝mgh－mgh＝1.176 J≈1.18J.
k 1 2 5 p 2 5 1 5
(3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力
12.答案 (1)AB (2)2.0Ω，1.3×10−8Ω∙m（1.2~1.4×10−8Ω∙m 均可 ） （3）
偏大，不变
【解析】(1)A起固定作用，便于读数；B为粗调，调节B使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好
接触；然后调节C，C起微调作用．电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在
不同位置测直径，然后取平均值作为测量值．
(2)由闭合电路欧姆定律
4ρ
E＝I(ρ＋r＋R)＝I( L＋r＋R)
πd2
4ρ
即＝ L＋
πd2E
4ρ
则斜率为 ，纵截距为，代入数据，得r=2.0Ω，ρ≈1.3×10−8Ω∙m，
πd2E
1.2~1.4×10−8Ω∙m 均可。
4ρ
(3)考虑电流表内阻，则＝ L＋，则上述计算出的内阻r偏大，不影响图像的斜率，
πd2E
电阻率不变。
13.答案 （1）a端电势高于b端电势，2BR2ω；（2）＝BR2ω
【解析】（1）6分：根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端
学科网（北京）股份有限公司电势（2分）；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R（1分），此时产
生的感应电动势最大，E=Blv（1分），v=ωl（1分），故E＝Bl2ω＝2BR2ω（1分）；
（2）4分：根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为＝（1分），
π
∆Φ=BπR2（1分），∆t= （1分），故＝BR2ω（1分）。
ω
14.答案：（1）4 m/s2，（2）0，（3）8m
【解析】（1）对A：f =μmgcosθ=4N,方向沿斜面向上（1分）
对A和P组成的整体：mg+f −mgsinθ=ma（2分），得a=4 m/s2（1分）
v
（2）A加速到与传送带共速：t= =2s（1分），A加速到与传送带共速之后，摩擦力反
a
向，对A和P组成的整体：mg−f −mgsinθ=ma,（2分），a,=0（1分）；
（3）A加速到与传送带共速：
1
∆x=x −x （1分），x =vt（1分），x = at2（1分），A加速到与传送
传 A 传 A 2
带共速之后，A不与传送带打滑，所以A在传送带上留下的划痕∆x=8m（2分）。
2 1
15.答案：（1）v = ❑√2gH，方向沿斜面向下，v =− ❑√2gH，方向沿斜面向上；
A 3 B 3
1 1
（2） ❑√17gH， ❑√2gH；（3）70H
3 3
mv2
【解析】（1）5分：小球B从静止释放到与A发生弹性碰撞之前：mgH= ，
2
v=❑√2gH（1分）；两小球发生弹性碰撞，满足动量守恒，机械能守恒：
mv2 2mv2 mv2 2
mv=2mv +mv ，（1分）， = A+ B，（1分），v = ❑√2gH，方向沿
A B 2 2 2 A 3
1
斜面向下（1分），v =− ❑√2gH，方向沿斜面向上（1分）。
B 3
（2）5分：碰撞之前，小球A恰好能静止，说明小球A受力平衡：Eq=2mg（1分），碰撞
1
之后，电量平分，小球A所受电场力变成原来的一半，2mg− Eq=mg（1分），小球A
2
2mv2 2mv2 1
沿斜面向下做匀加速运动，到达O时：mgH= 1− A，得v = ❑√17gH（1分）；
2 2 1 3
对小球B，碰撞后带电，1/2Eq=mg（1分），合力为0，小球B向上做匀速直线运动，
1
v = ❑√2gH（1分）。
B 3
2mv2
（3）8分：小球A第一次经过最低点时，E =(1−10%) 1（1分）
k1 2
第一次到达左侧最高点：−mgH =0−E ，得H =1.7H（1分）
1 k1 1
第二次到达O点后动能再次损失10%，第二次能够到达右侧的高度是H =90%H （1分），
2 1
学科网（北京）股份有限公司第n次经过O点后，小球A上升的高度为H =(90%) nH （1分），所以s ＝s＋s＋…s
n 1 总 1 2 n
2H 2H 2H 2H
＝＋ 1+90% 1＋(90%)2 1＋…(90%)n 1，（2分）n无穷大时，可得s =70H（2
总
sinθ sinθ sinθ sinθ
分）。
学科网（北京）股份有限公司
