重庆市2024届高三物理上学期一诊适应性考试试卷含解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，轻质细线AB间的O点有一个重力为G的静止溜溜球，已知，不计摩擦。则此时溜溜球所受的细线弹力合力大小是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】由题知，溜溜球静止于O点，则处于平衡状态，如图所示，细线OA、OB弹力的合力大小与重力大小相等，方向相反。故细线弹力合力大小等于G。故选A。2.如图所示是某车窗雨割器示意图，雨刮器由雨刮臂OC和刮水片ACB连接构成。雨刮器工作时，OC和ACB的夹角保持不变。在雨割臂从右往左转动过程中的某时刻（）A.B、C两点角速度不同BB、C两点线速度方向均垂直于割水片ACBC.C点比A点的线速度大D.C点比A点的向心加速度小【答案】C【解析】【详解】A．由题意，雨刮器工作时，OC和ACB的夹角保持不变，因此A、B、C三点在相同时间扫过相同角度，角速度相同。故A错误；B．B、C两点均以O点为圆心做圆周运动，故B、C两点的线速度方向分别垂直OB、OC的连线。故B错误；C．由图可知，A点的运动半径小于C点的运动半径，而A、C两点的角速度相等，根据可知，C点比A点的线速度大。故C正确；D．A点的运动半径小于C点的运动半径，而AC两点的角速度相等，根据可知，C点比A点的向心加速度大。故D错误。故选C。3.空间有一圆锥OBB'如图所示，点A、A′分别是两母线OB、OB′的中点，C为AB中点。圆锥顶点O处固定一带负电的点电荷，则（）A.A点比B点的电场强度小B.A、A′两点的电场强度相同C.A、A′两点的电势相同D.AC的电势差等于CB的电势差【答案】C【解析】【详解】A．根据点电荷的场强公式可知，A点比B点的电场强度大，故A错误；B．根据点电荷场强公式可知，A、A′两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；C．点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，则A、A′两点在同一等势面上，所以A、A′两点的电势相同，故C正确；D．由于AC间的电场强度大于CB间的电场强度，所以根据可知，AC的电势差不等于CB的电势差，故D错误。故选C。4.用如图所示的装置来模拟风洞实验。在模拟风洞管中的光滑斜面上，一物块在沿斜面方向的恒定风力作用下，从离弹簧（初始处于原长）一定距离处静止开始加速向上运动，则从开始运动至到达最高点的过程中物体（）A.所受风力的功率恒定B.刚接触弹簧时动能最大C.和弹簧组成的系统机械能守恒D.重力势能一直增大【答案】D【解析】【详解】A．物体静止向上运动到最高点的过程中，初末速度均为零，物体的速度先增大后减小，根据可知所受风力的功率先增大后减小，故A错误；B．当物体的动能最大时，物体的加速度为零，此时弹簧弹力为故此时弹簧处于被压缩状态，故B错误；C．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故C错误；D．物体静止向上运动到最高点的过程中，重力一直做负功，故重力势能一直增大，故D正确。故选D。5.如图甲是我国自行研制的CPU“龙芯”系列。图乙中，R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的芯片内部电阻，R1的表面边长为R2的两倍。现给R1、R2通以相同的电流I，则R1与R2相比（）A.两端电压B.电功率C.电阻率D.相同时间内产生的焦耳热【答案】B【解析】【详解】设电阻的厚度为，其正方形的边长为，根据电阻定律可得由于材料相同，电阻率相同，且厚度相同，可见电阻值的大小仅与材料和厚度有关，与尺寸大小无关，则有给、通以相同的电流，根据，可得，根据可知、在相同时间内产生的焦耳热故选B。6.如图，矩形线框ABCD的匝数为N，面积为S，线框所处匀强磁场的磁感应强度大小为B。线框从图示位置开始绕轴OO以恒定的角速度沿逆时针方向转动，线框通过两个电刷与外电路连接。外电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为k：1，定值电阻R1＝R，R2＝2R，忽略其余电阻。则（）A.图示位置，线框的磁通量大小为NBSB.图示位置，线框的感应电动势大小为NBSωC.流过R1、R2的电流之比为2k：1D.线框输出功率为【答案】C【解析】【详解】A．图示位置，线框的磁通量大小为BS，选项A错误；B．图示位置，线框的磁通量最大，则磁通量的变化率为零，则此时的感应电动势大小为零，选项B错误；C．根据则流过R1、R2的电流之比为选项C正确；D．线框产生的感应电动势最大值有效值则电阻R1的电流则R2的电流为线框的输出功率等于两电阻消耗的功率之和为选项D错误。故选C。7.空间中存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。两正电离子a、b分别从静止开始经电压为U0的电场加速后，垂直于EH射入磁场，其中a离子从EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出。已知正方形边界的边长为R，进入磁场时，两离子间的距离为0.25R，a离子的比荷为k，不计重力及离子间的相互作用。则（）A.若增大U0，则a离子在磁场中的运动时间变大B.磁场的磁感应强度C.若b离子的比荷为k，则两离子在边界HG上的出射点间的距离为D.若b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域【答案】D【解析】【详解】A．设离子a的质量为，电荷量为，则在加速电场中加速，根据动能定理有粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有联立解得粒子在磁场中的轨迹半径为可见，若增大U0，则a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大，做出a离子在磁场中运动的轨迹如图所示显然，当a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大时，其所对应的圆心角将减小，而离子在磁场中运动的周期可知，离子在磁场中运动的周期不变，当所对应的圆心角减小时，粒子在磁场中运动的时间减小，故A错误；B．根据题意，当a离子垂直EH射入磁场时，从HG变垂直射出，则根据几何关系可得，此种情况下，a离子在磁场中运动的轨迹半径则有解得故B错误；C．根据可知，比荷相同，则两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径相同，做出两离子在磁场中运动的轨迹如图所示根据几何关系可得，两离子在边界HG上的出射点间的距离为故C错误；D．若b离子的比荷为，则根据a离子的半径可得b离子的轨迹半径则根据几何关系可得，b离子出射电在HG边上距H点的距离为可知，当b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.探月卫星的发射过程可简化如图：首先进入绕地球运行的停泊轨道，在该轨道的P处，通过变速，进入转移轨道，在到达月球附近的Q点时，再次变速，卫星被月球引力俘获后成为环月卫星，最终在距月球表面高度为h的工作轨道上绕月飞行（视为圆周运动），工作轨道周期为T。已知月球半径为R，引力常量为G，卫星绕月飞行时忽略月球以外天体的影响，则（）A.卫星在P点变轨时需减速B.卫星分别在转移轨道与停泊轨道上经过P点时，受到地球的万有引力相同C.卫星在Q点变轨时需减速D.月球的质量为【答案】BC【解析】【详解】A．卫星在P点变轨是由低轨道到高轨道，可知，卫星在P点变轨时需加速，故A错误；B．根据万有引力定律有可知，卫星分别在转移轨道与停泊轨道上经过P点时，受到地球的万有引力相同，故B正确；C．卫星在Q点变轨是由高轨道到低轨道，可知，卫星在Q点变轨时需减速，故C正确；D．在工作轨道上绕月飞行过程中，由月球的万有引力提供圆周运动的向心力，则有解得故D错误。故选BC。9.实验室有两个完全一样的铅球，某同学将两球从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。已知左筒底部为钢板，右筒底部为泡沫，用压力传感器同时测出撞击力随时间变化的曲线①②，如图乙所示，则（）A.曲线②代表左球的碰撞情况B.两小球到达圆筒底部时，碰前的动量相等C.自碰撞过程中，两小球所受重力的冲量相等D.若测得曲线①②与时间轴围成的面积相等，则曲线①对应的小球碰后反弹速度更大【答案】BD【解析】【详解】AB．两球下落高度相同，落到底部时的速度相同，两小球到达圆筒底部时，碰前的动量相等，与底部作用时动量变化相同，甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，根据动量定理可知，与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线①代表左球的碰撞情况，曲线②代表右球的碰撞情况，选项A错误，B正确；C．自碰撞过程中，左球与底部作用时间较短，根据IG=mgt可知，左球所受重力的冲量较小，选项C错误；D．F-t图像所围面积表示弹力冲量，若测得曲线①②与时间轴围成的面积相等，弹力的冲量IF相等，若向上为正方向则根据因落到底端时的速度v0相等，而则曲线①对应的小球碰后反弹速度v更大，选项D正确。故选BD。10.如图所示，将质量均为m的编号依次为1，2…6的劈块放在水平面上，它们靠在一起构成倾角为θ的三角形劈面，每个劈块上斜面长度均为L。质量为m的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝2tanθ，每个劈块与水平面间的动摩擦因数均为μ2，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，劈块间不粘连。现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度冲上斜面，g为重力加速度，在上滑过程中（）A.若所有劈块均固定，则水平面对所有劈块的总支持力小于7mgB.若所有劈块均不固定且μ2＝0，则所有劈块和物块组成的系统动量守恒C.若所有劈块均不固定且，则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开始相对水平面滑动D.若所有劈块均不固定且μ2＝2tanθ，则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块受到地面的摩擦力大小为【答案】AC【解析】【详解】A．若所有劈块均固定，小物块A沿斜面向上做减速运动，加速度沿斜面方向向下，小物块A处于失重状态，而斜面的加速度为零，处于平衡状态，所以水平面对所有劈块的总支持力小于7mg，故A正确；B．若所有劈块均不固定且μ2＝0，则所有劈块和物块组成的系统在水平方向上不受外力，则系统在水平方向上动量守恒，而竖直方向上系统所受合力不为零，则所有劈块和物块组成的系统动量不守恒，故B错误；C．若所有劈块均固定，则有物块减速为零的位移为若所有劈块均不固定且，物块对劈块的压力为物块与劈块的滑动摩擦力为劈块恰好开始相对水平面滑动时有解得说明物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开始相对水平面滑动，故C正确；D．若所有劈块均不固定且μ2＝2tanθ，由上述分析可知，物块能冲上6号劈块，此时而地面对6号劈块的滑动摩擦力为当时，6号劈块相对对面滑动，则6号劈块受到地面摩擦力大小为；当时，6号劈块仍然静止，则6号劈块受到地面的摩擦力大小为，故D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共57分。11.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，小胡采用了如图的可拆式变压器和电路图进行研究。（1）小胡将图中变压器的左侧线圈接线柱0、8（代表800匝）与低压直流电源12V档相连，与右侧线圈0、2（代表200匝）接线柱相连的电压表示数最可能是______；A.48.0VB.3.0VC.0V（2）小胡正确选材并接线后，记录如下表所示四组实验数据。

第一组第二组第三组第四组/匝100100100200/匝2004004004001.850.911.813.654.004.008.008.00若仅探究匝数N2对电压U1的影响，应该分析第一组和第______组数据，分析表中数据可知，N1一定是______（填“原”或“副”）线圈的匝数。【答案】①.C②.二③.副【解析】【详解】（1）[1]变压器的工作原理是互感，原线圈接入的应该是交流电源，小胡将低压直流电源12V档接入原线圈，不能够发生互感，与右侧线圈0、2（代表200匝）接线柱相连的电压表示数最可能是0V。故选C（2）[2]根据理想变压器的电压匝数关系有若仅探究匝数N2对电压U1的影响，则需要保持与一定，可知，应该分析第一组和第二组数据；[3]实际上，由于存在漏磁、铁芯中一涡流、线圈有一定电阻，导致副线圈测量电压小于副线圈两端电压的理论值，根据匝数关系，给出的匝数比值为与两种，根据给出的数据可知，对应的电压比值分别小于与，可知，N1一定是副线圈的匝数。12.某实验小组探究甩手时指尖的向心加速度，利用手机连拍功能（每隔0.04s拍一张照片）得到甩手动作的过程如图甲。其中，A、B、C三点是甩手动作最后3张照片指尖的位置。可建立如下运动模型：指尖从A点以肘关节M为圆心做加速圆周运动，指尖到B的瞬间，立刻以腕关节N（视为已静止）为圆心做减速圆周运动，最终到达C点。（1）方案一：由图甲照片可知，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖的距离为13cm，而相应的实际距离为65cm；照片中A、B两点间距离为5.2cm，由此可以计算指尖实际在A、B间运动的平均速度为________m/s，并粗略认为这就是指尖过B点的线速度。同理，得到BN的实际距离为17cm；计算指尖在B处绕N点转动的向心加速度为a向＝________m/s2（保留三位有效数字）。（2）方案二：按如图乙方式握住手机，调整手机位置，使手机中的加速度传感器尽量靠近手腕，重复与方案一相同的甩手动作，加速度传感器可以测出空间直角坐标系内x、y、z三个方向的加速度分量，其中x轴正方向沿手机平面向右，y轴正方向沿手机平面向上，z轴正方向垂直于手机平面向上。图丙为手机测量的手腕三个方向加速度随时间的变化曲线，其中x方向的加速度用曲线x表示。由图丙可知，曲线________（填1或2）测量的手腕向心加速度。通过测量图甲可知：B点做圆周运动的线速度大约是N点绕M点做圆周运动的线速度的2.2倍，B点绕N点做圆周运动的半径NB大约是N点绕M点做圆周运动半径MN的0.6倍，可得指尖在B处绕N点转动的向心加速度为a向＝________m/s2（保留三位有效数字）。（3）任写一条方案一或方案二中的系统误差________。【答案】①.6.5②.249③.2④.258⑤.见解析【解析】【详解】（1）[1]方案一中，根据比例关系可知A、B两点的实际距离为可得根据，可以计算指尖实际在A、B间运动的平均速度为[2]依题意，根据可得指尖在B处绕N点转动的向心加速度为（2）[3]依题意，由于手腕向心加速度一直指向手腕，总是与y轴正方向相反，所以由图丙可知，曲线2应为测量的手腕向心加速度曲线；[4]由图丙中图线2可知手机显示手腕部位N的向心加速度约为，由于，，根据公式，可得指尖在B处绕N点转动的向心加速度大小为[5]方案二中手机中加速度传感器的实际位置到肘关节M的距离比NM略大，可知甩手时转动半径与的比值更小，因此偏大，该误差总是偏大，属于系统误差。13.某水上乐园有一个位于竖直平面的轨道，如图所示，其由四分之一圆弧AB和抛物线BC组成，圆弧半径OA水平，B点为抛物线顶点。质量均为m的小孩甲、乙分别独自从A点静止下滑，甲下滑后恰静止在B点，而乙滑至B点后继续运动且在BC段运动时与轨道恰无相互作用力。已知圆弧AB半径为R，B点到水面的高度为2R，BC点的水平距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）小孩甲从A点下滑至B点过程克服轨道阻力所做的功；（2）小孩乙滑至B点时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意，根据动能定理，可得小孩甲从A点下滑至B点过程中可得小孩甲克服轨道阻力所做的功为（2）小孩乙滑至B点后继续运动且在抛物线BC段运动时与轨道恰无相互作用力，说明小孩乙下落到B点时的速度使得小孩做平抛运动的轨迹与轨道BC重合，则有联立求得小孩乙滑至B点时的速度大小14.如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能；（2）求篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（3）若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图（b）所示，求的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据能量守恒可得，篮球与地面第一次碰撞中损失的机械能为（2）篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为，由运动学公式可得篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得联立可得篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为（3）由图像可知，拍球过程压力做的功为设篮球落地瞬间的速率为，由动能定理可得篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为，由运动学公式可得由（2）问可知速率之比为联立解得15.如图所示为某兴趣小组设计的一个利用磁场和电场控制带电粒子运动的装置模型。在x