高2024届拔尖强基联盟高三下二月联合考试物理参考答案_2024年2月_01每日更新_26号_2024届重庆市拔尖强基联盟（重庆育才中学、西南大学附属中学、重庆万州中学）高三下学期2月联合考试

高 2024 届拔尖强基联盟高三下二月联合考试 物理参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A D D C B C CD AD AC 11. (1) ① ； (2) 1 ； 0.1 （每空2分） (ba)r R  2 12. （1）1700Ω； （2） V 2 、 R 2； （3） X a ； （4） = （第1、2、3问每空2分，第4问 1分） 1.答案：B 解析：黑板擦在缓慢下滑过程中，受到重力，弹力，磁场力和摩擦力，黑板给黑板擦的磁场力和弹力平衡， 黑板经黑板擦的摩擦力与重力平衡，所以黑板给黑板擦的作用力等于摩擦力，与重力平衡，故B正确； 当用力按停后，黑板擦处于静止状态，所受的静摩擦力与重力平衡，故A错误； 黑板擦受到的弹力是因黑板的形变产生的，故C错误； 黑板擦静止时和缓慢下滑时，均处于平衡状态，其所受的摩擦力均等于重力大小，故D错误。 2.答案：A 解析：小球静止时的受力如图所示， 小球突然向右或向左加速运动时，在竖直方向受力分析有mg F cos BC mg 解得F  BC cos 因为始终保持夹角不变，则F 始终保持不变，故A正确，B错误； BC 当小球突然向左加速时，当F 0时，加速度大小为gtan，要保持夹角不变，向左的加速度不能 AB 超过gtan，所以C、D错误； 3.答案：D 解析：设两个大小相同的实心大铁球的质量都为m，半径为r， m2 m2 根据万有引力公式得：F G G (2r)2 4r2 4 1 1 根据m r3可知，半径变为原来的 倍，质量变为原来的 倍。 3 2 8 1 所以若将两半径为小铁球半径 倍的实心小铁球紧靠在一起时， 2 1 ( m)2 8 m2 1 万有引力FG G  F 故A、B、C错误，D正确 r2 64r2 16 14.答案：D 1 解析：设运动员的质量为m，在飞出点的速度为v ，根据动能定理得mgh mv2，解得v  2gh，可 0 2 0 0 见在助滑区飞出点的速度与运动员的质量无关，A错误； 根据平抛运动的规律，设水平分速度与速度的夹角为α，则有tan2tan，是定值，因为落在飞行着 陆区时的速度方向是相同的。故B错误； y gt 2v tan 而tan  ，可得运动员水平飞出后到落回斜面的时间是t  0 ， 故C错误； x 2v g 0 运动员水平飞出后，将速度和重力加速度沿斜面和垂直于斜面进行分解，当沿垂直斜面的分速度减为0时，  v sin2 离斜面最远距离为d  0 ，故D正确。 m 2gcos 5.答案：C Q 解析：A、B、C三点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E  k 可知，三点的电场强度大小 r2 相等，但方向不同，故A错误； A、B、C的三个点到场源电荷的距离相等，在同一等势面，但ABC所在平面中其它点到场源电荷的 距离与A、B、C三点到场源电荷的距离不等，故所在平面不是等势面，故B错误； 将一负的试探电荷从A点沿直线移到B点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，则静电力对该试探 电荷先做正功后做负功，故C正确； 由于AD间场强大于DA间场强，由U  Ed 知，AD间的电势差大于DA间的电势差，则有：      ，则  A A ，故D错误。 A D D A D 2 6. 答案：B 解析：设动车的速度为v，动车对空气的作用力为 F ，根据动量定律可得Ft vtSv0 解得F Sv2 P 当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则PFv m 解得v m =3 S 1 1 当速度达到最大速度 时，此时速度为v v 3 3 m P 此时受到的牵引力F  解得F 33 P2S 牵 v 牵 v 1 此时受到的阻力 f S( m)2  3 P2S 3 9 对整体根据牛顿第二定律 F  f 4ma 牵 对2、3、4号车厢，根据牛顿第二定律可得 F3ma 13 联立解得 F 3 P2S 6 27. 答案：C uBlv 解析：MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为i R U Q 当闭合的瞬间，Blv0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大I   max R CR A错误； 当u  Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路 的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，B错误； uBlv MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i R 当u  Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，C正确； 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上 消耗的电能（即E E ），故加速过程中，Q Q ；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒 R MN R MN 的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大于MN的电流，综上分析可知全 过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，D错误。 8.答案：CD 解析：变压器的工作原理是利用互感现象，在t1102s时，副线圈最大电压值为U 10V，则此时线圈 2m 在磁场中转动时产生的感应电流变化要最快，所以线圈平面与磁场垂直，故A错误； n 15 15 2 此时原线圈最大电压值为U  1 U 15V，电压表读数为有效值，其读数为U  V V，故B 1m n 2 2m 1 2 2 错误； 若滑动触头P的位置向上移动时，电阻R增大，副线圈电流减小，则原线圈电流减小，则电流表读数将减 小，选项C正确； 2 从图可知交流电的周期T 4102s， 50rad/s，如图位置，线圈与磁场处于平行状态，所以产生 T 的电动势按余弦规律变化，所以其瞬时值为e15cos50tV 选项D正确； 9.答案：AD EU 86 解析：电源的输出电压为U EIr则有I   A 4A r 0.5 P 6 对灯泡I  = A=1A 灯 U 6 则流过电动机的电流为I II 4A1A3A 故A正确； 电 灯 电源的总功率为P EI 84W 32W 总 电源的输出功率为P UI 64W  24W P 电源的效率为 100%75% 故B错误； P 总 3根据能量转化和守恒定律得，电动机的输出功率为P UI I2r633219W 故C错误； 出 电 电 用该电动机匀速提升物体的功率为P＝Fv4.5W 用 P 所以电动机的机械效率为  用100%＝25% 故D正确。 P 电 10. 答案：AC。 解析：滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为F mg 0.020.210N 0.04N f  3105 x 0.15m处的场强E   V/m 2.0106V/m 故A正确； 1 x 0.30.15 由图可知x0.10m与x 0.15m之间的电势差约为U   1 1 0.10 0.15 滑块在此过程中电场力做功为W qU 解得：W 3103J 故B错误； 1 1 1 滑块在x 0.15m时的电场力qE  2.01082.0106 0.04N  F 1 f 由图可知x0.10m处电场强度大于x 0.15m处电场强度，滑块释放后开始向右加速运动，电场力在逐 1 渐减小，加速度也逐渐减小，所以x 0.15m时，速度最大。 1 1 由图可知从x0.10m到x 0.15m之间，根据动能定理有qU mgx  mv 2 1 1 1 2 m 解得v 0.10m/s 故C正确； m 假设滑块最终在0.30m处停下，由图可知x0.10m与x 0.30m之间的电势差约为U   2 2 0.1 0.3 滑块在此过程中电场力做功为W qU 解得：W 6103J 2 2 2 克服滑动摩擦力做功为W mgx f 2 代入数据解得：W 8103J W f 2 假设不成立，由上式并结合C项分析可知，滑块最终停在0.15m到0.30m之间某位置，故D错误。 11. (1) ① ； (2) 1 ； 0.1 解析：(1)图线②，有拉力小车仍旧不动，表明轨道右侧没有被抬高，曲线①在没有拉力时，小车的加速 度不为零，说明曲线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的； (2)由图线②可知，当F 1N时，小车即将运动则有F mg 1 由图线①可知a F 1，当F 1N时，a  2m/s2，代入数据联立两式得m1kg 0.1 ， m 4(ba)r R  2 12. （1）1700Ω； （2） V 2 、 R 2； （3） X a ； （4） = 解析：（1）欧姆表是反刻度，指针偏转角度小，说明读数太大，读数不准确，应换成"x100"挡，使指针 偏转角度大些，表盘上是17，所以应为1700Ω。 E 15 (2）设计好的电路如图所示，若电源直接加在电阻上，电流I   A0.0088A，用量程0.3A R 1700 X 的电流表量程太大。而内阻已知的电压表可以当作一个电流表来用，所以用V 来测量电流，电源为15V， 2 电压表最大测量值为5V，为保护电压表，保护电阻阻值应大于等于滑动变阻器阻值的2倍，故选20Ω的 ER 电阻。若选100Ω的电阻保护，则滑动变阻器上的最大电压约为I  滑 1.36V，还不足V 量程的 R R 1 滑 3 三分之一，太小。所选器材后电路图如图所示。 a (ba)r (3）由欧姆定律得b  a R ，所以R  2 r X X a 2 (4）电表内阻的影响已经考虑进去了，所以是 “=”。 13.（11分） 解析：（1）根据题意可知摩托车通过与BB点时牵引力恰好为零，此时摩托车所受摩擦阻力 f 与重力平衡， 所以有mg f kF ， ――――（2分） N v2 根据牛顿第二定律有：F m ， ――――（2分） N R kv2 解得R 25m ――――（2分） g v2 （2）摩托车经过A点时，根据牛顿第二定律得：F mgm ，――――（2分） NA R 又 f kF ， ――――（1分） A NA 摩托车经过A点时，水平方向有F  f ， ―――― （1分） A牵 A 联立解得：F 2.8103N ―――― （1分） A牵 14.（13分） 1 解析：（1）设碰后瞬间乙的速度大小为v ，碰后乙的加速度大小为a，则有xvt at2 1 1 2 1 由图（b）可知，在t 时刻有 v t vt  at2 ① ――――（2分） 0 0 0 10 2 0 抛物线的顶点为Q，根据xt图像的切线斜率表示速度，则有 v a2t ② ――――（2分） 1 0 54v 联立解得 v  0 ――――（1分） 1 3 （2）物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得 M 2v Mv mv ――――（1分） 0 2 1 1 1 1 M 2v 2  Mv2 mv2 ―――― （1分） 2 0 2 2 2 1 2M 4v 可得 v  2v  0 ―――― （1分） 1 M m 0 3 m 可得乙、丙的质量比为 2:1 ――――（1分） M （3）方法一：根据图（b）可知，t 时刻甲、乙刚好共速，则0~t 时间内甲、乙发生的相对位移为 0 0 v v v v 2vt xx x  1 共t  共t  1t  0 0 ―――― （3分） 乙 甲 2 0 2 0 2 0 3 2v t 则甲到乙左端的距离满足 Lx 0 0 ―――― （1分） 3 2v 方法二：根据①、②解得 a 0 ――――（1分） 3t 0 mg 对乙，由牛顿第二定律可得 a g ――――（1分） m 2v 解得甲、乙间的动摩擦因数为  0 3gt 0 2v 由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为 a 0 3t 0 1 1 在t 时甲、乙刚达到共速，则0~t 时间内二者发生的相对位移为xvt  at2 at2 ―――（1分） 0 0 10 2 0 2 0 2v t 则甲到乙左端的距离满足 Lx 0 0 ――――（1分） 3 方法三：丙与乙相碰后，乙与甲系统动量守恒有：mv 2mv ――――（1分） 1 共 1 1 由功能关系得：mgL mv2 2mv2 ――――（1分） 2 1 2 共 2v 2v 根据①、②解得 a 0 及ag，解得甲、乙间的动摩擦因数为  0 ――――（1分） 3t 3gt 0 0 2v t 2v t 解得L 0 0 ， 即L至少为 0 0 ――――（1分） 3 3 （其它解法正确亦可） 15.（18分） 解析：（1）设粒子1在区域Ⅰ运动半径为R，粒子2在区域Ⅰ运动半径为R ，因为粒子1和粒子2在同 1 2 一点垂直分界线进入区域Ⅱ， 6R R 所以由几何关系知R R  1  2 -----(2分) 2 1 sin30 sin30 R 3R 2 1 由几何关系得： R 2 2 3l R 1 -----(2分) tan30 tan30 -----(1分) R l 1 （2）要满足题设条件，区域Ⅱ中电场方向必须平行于分界线斜向 左下方。 两粒子进入电场中都做类平抛运动，区域Ⅱ的宽度为d，出电场 v 时，对粒子1沿电场方向的运动有v  1  3v ----(1分) 3E tan30 1 qE d 3v  1  -----(1分) 1 m v 1 1 v2 又qvBm 1 -----(1分) 1 1 1 l q v 所以 1  1 m Bl 1 E  3Blv 1 ，方向沿分界线向下 -----(1分) d 同理：粒子2经过区域Ⅱ电场加速获得的速度大小为v  v 2  3v 2 -----(1分) 4E tan60 3 3 q E d 对粒子2在电场中运动有 v  2  -----(1分) 3 2 m v 2 2 v2 q v 又q v Bm 2 所以 2  2 2 2 2 3l m 3Bl 2 所以v v -----(1分) 2 1 v （3）粒子1经过区域Ⅲ时的速度大小为v  1 2v -----(1分) 3 sin30 1 v2 有2Bqv m 3 ， -----(1分) 1 3 1 R 3 R l 3 v 2 3v 粒子2经过区域Ⅲ时的速度大小为v  2  2 -----(1分) 4 cos30 3 v2 有2Bq v m 4 -----(1分) 2 4 2 R 4 R  3l 4 两粒子要在区域IV运动后到达同一点引出，O圆对应的圆心角为60゜，O圆对应的圆心角为120゜ 3 4 S S v d v d R 2R cos30 + + 3E   4E  -----(1分) 3 4 tan30 tan60 2 v 2 v 1 2 d S  3l -----(1分) 2 7