2023-2024年重庆市高三下学期第二次学业质量调研抽测物理试题（解析版）

高2024届学业质量调研抽测（第二次）物理试卷一、单选题1.纸质手提袋具有绿色环保、性能优良、循环利用等特点被广泛使用。当用图甲纸质手提袋提重力为的苹果处于静止时，其简化示意图如图乙。设两绳带在同一竖直平面且不计纸质手提袋的重力，不计纸质手提袋的形变，则（）A.绳带中的张力大小一定为B.若增加绳带长度，则绳带中的张力将变大C.若只减小两绳扣间距，则绳带中的张力将变小D.手提袋底部对苹果的支持力与苹果的重力是一对相互作用力【答案】C【解析】对环保袋的受力分析如图所示，可知绳带中的张力，故A错误；若增加绳带长度，则变小，变大，绳带中的张力将变小，故B错误；若只减小两绳扣间距，则则变小，变大，绳带中的张力将变小，故C正确；手提袋底部对苹果的支持力与苹果的重力是一对平衡力，故D错误。故选C。2.如图为某品牌手机无线充电的原理示意图。若某段时间内送电线圈产生的磁场在逐渐增强，则（）A.此时送电线圈中的电流由端口流入B.此时受电线圈的端口为正极C.此时受电线圈的面积有扩大的趋势D.受电线圈中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相同【答案】A【解析】某段时间内送电线圈产生的磁场在逐渐增强，根据安培定则可知，此时送电线圈中的电流由端口流入，故A正确；由楞次定律可知，此时受电线圈的端口为正极，故B错误；磁场在逐渐增强，所以受电线圈的面积有收缩的趋势，故C错误；根据楞次定律，受电线圈中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相反，故D错误。故选A。3.光刻机是利用波长为的极紫外光进行曝光来制造芯片。如图为光刻机的简化原理图，为提高光刻机的光刻精度，在投影物镜和光刻胶之间填充了折射率为的浸没液体，则加上浸没液体后，该极紫外光波（）A.在浸没液体中的频率变为原来的倍B.在浸没液体中的波长变为C.光从真空区域进入浸没液体传播速度不变D.在浸没液体中比在空气中更容易发生衍射【答案】B【解析】光的频率由光源决定，与介质无关，可知在加入设液体和没有加液体前后，光的频率不变，故A错误；根据，可得，故B正确；根据，可知，光从真空区域进入浸没液体传播速度变小，故C错误；由于波长变短，在浸没液体中比在空气中更不容易发生衍射，故D错误。故选B。4.如图，玻璃管中封闭一定质量的理想气体倒扣在水银槽中，当温度为时，管内的水银面比槽内水银面高，管中气体的长度也为。当把玻璃管缓慢下压至管底部与槽内水银面持平，同时改变气体的温度保持管内气体体积不变，已知大气压强为（单位:），则管内气体（）A.最终压强为 B.对外界做功C.温度的变化量为 D.对外界放出热量【答案】C【解析】当玻璃管底部与槽内水银面持平，保持管内气体体积不变，则管内的水银面比槽内水银面低，最终压强为，故A错误；由于体积不变，所以对外界不做功，故B错误；原来气体的压强，根据查理定律，解得，温度的变化量为，故C正确；由于温度升高，则，根据，可得，从外界吸收热量，故D错误。故选C。5.在长江某流域载有航标灯相距为的甲乙两船静止在平静的江面上，当一艘大货船驶过时产生一列周期为的水波在江面上经过甲传向乙。如图，某时刻甲位于波峰时，乙恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为，则（）A.该简谐水波的波长为B.该简谐水波的波速为C.该简谐水波从甲传到乙的时间为D.内甲运动的路程为【答案】D【解析】根据图像可知甲乙之间的距离，解得，故A错误；该简谐水波的波速，故B错误；简谐水波从甲传到乙的时间，故C错误；内即个周期内，甲运动的路程，故D正确。故选D。6.某种光伏电池的工作原理如图所示。半径为的透明导电的球壳为阳极，球形感光材料为阴极。现用动量为的黄光照射极，极能发射出最大初动能为的光电子。已知电子电荷量为，光速为，普朗克常量为，忽略光电子重力及之间的相互作用。下列说法正确旳是（）A.入射光子的波长为B.阴极感光材料的逸出功为C.若仅增大入射光强度，电压表的示数将增大D.若用紫光照射极，电压表的最大示数将小于【答案】B【解析】根据德布罗意波长公式可知入射光子的波长为，故A错误；根据爱因斯坦光电效应方程有，解得阴极感光材料的逸出功为，故B正确；随着极逸出的光电子运动到极，、之间的电压逐渐增大，若电极逸出的最大动能的光电子恰好运动不到电极，两极间电压达到最大，再增大入射光强度电压表示数不再增大，根据动能定理有，两极间的最大电压为，若用紫光照射极，可知初动能增大，则有，故CD错误。故选B。7.如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水平导轨、间距为，置于磁感应强度为的匀强磁场中，质量为，长度为导体棒垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向，内阻不计电动势为的电源给电容为的电容器充电，充完电后打向，导体棒在安培力的作用下发射出去。阻力不计，下列说法正确的是（）A.导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动B.导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零C.导体棒能达到的最大速度为D.导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为【答案】D【解析】导体棒达到最大速度前，棒受到的安培力，依题意，电容器放电过程，极板间电压减小，且棒速度增大，则导体棒向右运动过程安培力逐渐减小，做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；当电容器电压与棒产生的感应电动势大小相等时，棒达到最大速度，此时电容器电压不为零，则电荷量不为零，故B错误；导体棒达到最大速度时根据，可得，由动量定理，可得，又，联立，解得，，故C错误，D正确。故选D。二、多选题8.如图甲为我国海上风力发电简化工作原理模型图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动产生如图乙所示的交流电，并通过两理想变压器和远距离输电给用户供电。升压变压器原副线圈匝数比为，输电线的总电阻为，电压表为理想电表，风力发电机的输出功率为。下列说法正确的是（）A.线圈转动的角速度为B.时穿过线圈的磁通量为零C.用电高峰期相当于滑片下移动，则电压表的示数变大D.若电压表的示数为，则降压变压器原副线圈的匝数比为【答案】A、D【解析】由图乙可知，周期，线圈转动的角速度为，故A正确；时感应电动势为零，所以此时穿过线圈的磁通量最大，故B错误；用电高峰期相当于滑片下移动，用户负载电压减小，所以通过输送回路的电流增大，则两端电压增大，根据，所以减小，。降压变压器原副线圈匝数不变，所以电压表的示数变小，故C错误；由图可知有效值为，根据，可得，输送回路电流，的电压为，根据，故D正确。故选AD。9.年月日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统。如图，北斗系统空间段由若干地球同步卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星等组成。将所有卫星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若同步卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法正确的是（）A.卫星的线速度小于卫星的线速度B.卫星有可能每天同一时刻经过重庆正上方C.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为D.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为【答案】B、C【解析】根据，可得，可知轨道半径越大，线速度越小，所以卫星的线速度小于卫星的线速度，A错误；卫星是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在重庆正上方，则过小时之后又在重庆正上方，B正确；在地球北极处，有，在地球赤道处有，对于地球同步卫星有，解得，C正确，D错误。故选BC。10.如图为某款新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别为、、的长方体，上下两面、为金属极板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场中。导电液的电阻率为，密度为，重力加速度为，工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（）A.电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为B.导电液的流速稳定为时，电源的输出功率为C.该电磁泵中导电液流速与抽液高度的关系为D.该电磁泵的最大抽液高度为【答案】A、C、D【解析】将通电导电液看成导体棒，受到的安培力，根据左手定则可知磁场对导电液的作用力方向为水平向左，故A正确；电源提供的电功率一部分为安培力的功率，另一部分为导电液产生的热功率，故B错误；由安培力做功的特点可知电磁泵的机械功率等于安培力的功率，所以，设内被抽至泵体中的液体的质量为，内被抽至泵体中的液体的动能的增加量，内被抽至泵体中的液体的重力势能的增加量为，电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和，即，联立可得，即，故当时，即导电液的流速为零时，上式中的最大，故CD正确。故选ACD。三、实验题11.某款智能电动水枪有三种发射模式（散射、直线连续喷射和脉冲式），深受玩家的青睐。某同学想测定后两种模式下水枪的发射速度，如图甲，将该水枪水平固定在铁架台上，在铁架台后面平行于水枪竖直固定一块坐标板，使点位于枪口处，轴与枪口在同一水平线上，操作步骤如下（取）:（1）选择直线连续喷射模式并按压扳机，在空中形成一条连续的细水柱曲线，用手机拍照，得到如图乙所示的轨迹图像，根据图中轨迹可得初速度_________。（结果保留一位小数）。（2）改用脉冲式发射模式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱），测出枪口的高度及“水弹”的射程。改变水枪高度，多次实验，并作出枪口竖直高度（）与水平射程平方（）关系图线如图丙。由图可求得该模式下水枪发射“水弹”的初速度大小为_______。（3）如果水枪并不完全水平，而是枪口略向下偏，则根据图丙中数据测出的初速度相对实际值______（选填“偏大”“相等”或“偏小”）。【答案】（1）；（2）；（3）偏小【解析】（1）在图乙中选点，，根据平抛运动的规律，有，，代入数据解得；（2）由平抛运动的规律，有，，消去可得，在图丙中的斜率即为，即，可解得；（3）若枪口略向下偏，枪口高度不变，而射程偏小，则计算用的图像斜率偏大，根据，则计算出的初速度偏小。12.电容电池具有无污染、寿命长、充电速度快等诸多优点而广泛应用。某同学想要用电流传感器探究电容电池特性，探究电路如图甲。（1）第一次探究中，先将开关接，待电路稳定后再接.已知电流从上向下流过电流传感器时，电流为正，则电容器充放电过程中的和图像是_____________。A. B.C. D.（2）第二次探究，该同学先将开关接给电容器充电，待电路稳定后再接，探究振荡电路的电流变化规律。①实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接之后的振荡电流的部分图像，如图乙，根据图像中、点坐标可知，振荡电路的周期_________（结果保留两位有效数字）。②如果使用电动势更小的电源给电容器充电，则振荡电路的频率将________（填“增大”“减小”或“不变”）。③已知电源电动势，测得充电过程图像的面积为，以及振荡电路的周期，可以得到电感线圈的电感表达式_________。（用测得的已知量表示）【答案】（1）BD（2）；不变；【解析】（1）第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过放电，给电容器充电过程中电流从上向下流过传感器，即为正，由于充电后电容器右极板带正电，电容器通过放电时，电流从下向上流过传感器，即为负，故A错误，B错误；给电容器充电和电容器放电，通过电压传感器的电流方向均为从右向左，都为正，故C错误，D正确。故选BD。（2）①由图乙可知；②由振荡周期，可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则振荡电路的周期不变，则频率也不变。③充电过程图像的面积为，则有，可得，振荡周期，可得。四、解答题13.如图，在光滑水平面上静置一长木板，在距木板右侧处固定一半径为的四分之一光滑圆弧曲面，且最低点与木板上表面等高。现使一质量为的物块以的初动能从木板左侧滑上木板并向右运动，当木板撞上圆弧面时，物块恰好滑上弧面点，且对点的压力大小为。已知物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计空气阻力，求:（1）物块在木板上滑动过程中产生的内能；（2）物块到达点时的速度。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由动能表达式得物块初速度，在点，由牛顿第三定律及牛顿第二定律得，解得，又由牛顿第二定律得，得，由运动学公式得物块在水平方向上运动的位移，由能量守恒知，物块在木板上滑动过程中产生的内能；（2）由动能定理得，得。14.某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为，除质量块外手机质量为。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，，求:（1）当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；（2）手机能获得的最大速度；（3）质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用。由题意“手机放在水平光滑的桌面上”和“质量块与手机间的摩擦力不计”可知，质量块、手机和弹簧系统动量守恒和能量守恒，这个系统可以看成碰撞模型，其中第（1）问中当质量块、手机共速时，弹性势能最大，将系统整个过程看成完全非弹性碰撞模型；第（2）问中对手机受力分析可知，当弹簧恢复原长时，手机速度最大，将系统整个过程看成完全弹性碰撞模型；第（3）问由题意“质量块开始向右运动瞬间”可知此时质量块速度为，将系统整个过程看成一般碰撞模型，再利用动量守恒和能量守恒定律求解。（1）已知手机的质量为，质量块的质量，开始振动时质量块的初速度。当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得，解得，由能量守恒定律得，解得，因此，当弹性势能最大时，手机的速度为，弹簧的弹性势能为。（2）当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为，此时质量块速度为，由动量守恒得，由能量守恒定律得，解得，因此，手机能获得的最大速度为。（3）质量块开始向右运动瞬间，速度为，设此时手机的速度为，由动量守恒得，由能量守恒定律得，解得，因此，弹簧的弹性势能为。【点睛】首先判断系统动量是否平衡，善于根据问题将将质量块、手机和弹簧系统转化成熟悉的弹性碰撞模型、完全非弹性碰撞模型或者一般碰撞模型，再利用动量守恒和能量守恒定律求解。15.质谱仪是检测和分