2023届重庆市普通高等学校招生全国统一考试高三第二次联合诊断测试物理试题含答案.pdf

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1、来源：高三答案公众号 第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第 1 页 共 4 页 2023年重庆市普通高中学业水平选择性考试 高三第二次联合诊断检测 物理参考答案 17 CDDBACB 8 BC 9 AC 10 AD 解析：1C。原子核反应过程中，电荷数和质量数守恒，但质量不守恒，选项 A 错误；玻尔原子理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但不能解释稍微复杂一点的原子（如氦原子）的光谱现象，选项 B 错误；弱相互作用是引起原子核 衰变的原因，选项 C 正确；由爱因斯坦光电效应方程知，ckhvhvE=是光电子的最大初动能，选项 D 错误。2D。空间站绕地球做椭圆运动过程中，速度大小和方向不断改变

2、，故动量时刻改变，选项 A 错误，动能时刻改变，选项 C 错误；空间站到地心的距离不断改变，由maRMmG=2知，加速度时刻改变，选项 B 错误；空间站仅在地球引力作用下运动，故机械能守恒，选项 D 正确。3D。单个立柱对足球的弹力方向沿立柱和足球的接触点与球心的连线并指向球心，选项 A 错误；由受力分析知mgF=cos3，可得单个立柱对足球的作用力大小cos3mgF=，选项 B 错误；足球静止，三个立柱对足球的合力始终等于足球的重力，选项 C 错误；增大夹角，力 F 变大，选项 D 正确。4B。a 光在 P 处的折射角 满足33tan=，可得=30，故该玻璃砖对 a 光的折射率3sinsin

3、a=n，选项 A错误；a 光在 P 处的折射角大于 b 光在 P 处的折射角，故折射率bann，由ncv=知，a、b 光在该玻璃砖中的传播速度bavv，选项 B 正确；由bann 知ba，又由dlx=可得baxx，即 a、b 光分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻暗条纹间距较大，选项 C 错误；a 光在 M 点的入射角为 30，1sin302=，a 光的全反射临界角 C 满足a13sin3Cn=，sin30sinC,a 光在 M 点不会发生全反射，选项 D 错误。5A。由UQC=得8391.5 1040(60)10 C1.5 10 CQC U=，选项 A 正确。6C。由题知，该波的周期2s0

4、.4s5T=，波长2.4mvT=，选项 A 错误；由振动方程ty5sin2=(cm)知，质点 Q 的起振方向向下，选项 B 错误；由分析知，质点 P、Q 平衡位置的间距m)4.24.1(127nnx+=+=，其中 n0,1,2,，当 n1 时3.8mx=，选项 C 正确；由题知s)52307()127(nTnt+=+=，选项 D 错误。7B。只有磁场时，粒子从 N 点射出，粒子圆周运动轨迹如答图 1 所示，设 电 容 器 板 长 为 L，间 距 为 2d，由 几 何 关 系 有222)Lrdr+=（，得半径222Ldrd+=，由洛伦兹力提供向心力，得22000222mvdmvqv BrLd=+

5、；只有电场时，粒子从 Q 点射出，粒子做类平抛运动，有0Lv t=、212dat=，其中qEam=，得电场力2022dmvqEL=，由22201qELdqv BL+=知，电场力大于洛伦兹力，由分析知，若电容器极板间同时有图示磁感应强度为 B 的匀强磁场和电场强度为 E 的匀强电场时，粒子将从 AQ 间射出，选项 B 正确。8BC。竖直方向上，由221gth=得ght2=，可知 A、B 两沙包在空中运动时间之比13BA=tt，选项 A 错误；答图 1 M v0 N P Q B E A O v0 O r dr L d d 来源：高三答案公众号 第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第 2 页 共 4

6、 页 水平方向上，由vtx=知，A、B 两沙包水平抛出时速度大小之比31BA=vv，选项 B 正确；从抛出到落地过程中，重力做功mghW=，故1:1BA=WW，选项 C 正确；从抛出到落地过程中，动量变化量mgtp=，故3:1BA=pp，选项 D 错误。9AC。电子沿电场线从 a 到 b 过程中，电场力做负功，电势能增大，故该电子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，选项 A 正确；a、b 两点电场强度方向不同，该电子在 a、b 两点所受电场力方向不同，选项 B 错误；从 a 点运动到 b 点过程中，电场力做负功，电子速率不变，故外力做正功，选项 C 正确；从 a 点运动到 b 点过程中，

7、电场力大小是变化的，故外力也是变化的，外力的功率也是变化的，选项 D 错误。10AD。由题知，小球由静止开始在竖直面内做圆周运动，故 02。小球在最高点时，轻绳上拉力最小，得cosminmgF=；在最低点时，轻绳上拉力最大，得LvmmgF2max=，由机械能守恒定律有221)cos1(mvmgL=，联立解得：minmax23cos23FmgmgmgF=。可知：图 2 中 Fmax-Fmin图线的斜率恒为2，与小球质量 m 无关，选项 A 正确；当0min=F时mga3=，a 的大小与绳长 L 无关，选项 B错误；由cosminmgF=知，当0=时，Fmin最大值为 mg，可知mgc，选项 C错

8、误；由cos23maxmgmgF=知，当mgbF0.2max=时，1cos2=，又因为 02，故对应的 60，选项 D 正确。11（7 分）（1）10（2 分）（2）1.0（3 分）（3）9.0（2 分）解析：（1）由胡克定律Fkx=可得Fk x=，代入解得21.00.9N/m10N/m31 30)10Fkx=（；（2）重物质量0.1kgm=，当指针指到 31.0cm 位置时，竖直方向由牛顿第二定律有11maFmg=，代入解得22110.910)m/s1.0m/s0.1Fagm=（；（3）若水平使用，指针仍指到 31.0cm 位置，水平方向有21maF=，代入解得22120.9m/s9.0m/

9、s0.1Fam=。12（9 分）（4）21UII （3 分）无（2 分）（5）L2（2 分）（6）越大（2 分）解析：（4）I1为接入导电金属丝前的干路电流，I2为接入导电金属丝后的干路电流，两次测量中电压表的示数不变，故流过导电金属丝的电流12III=，由欧姆定律可知12IIURx=；因12II 的差值与电压表内阻无关，故电压表内阻对导电金属丝电阻的测量值无影响；（5）由VLSLRx2=可知，要得到线性关系，应以 L2为横坐标；（6）由题知2xUUVIRL=，当 U 一定时，作出 I-L 的大致关系图像如答图 2所示，可知电流 I 越小时，相同I对应的L越大，故越向左相邻刻度间数据差值越大。

10、I L I I L L 答图 2 O 第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第 3 页 共 4 页 13（10 分）解：（1）初态：512.4 10 Pap=，K3001=T 末态：2p，K3402=T 轮胎内气体发生等容变化，由查理定律有：2211TpTp=（3 分）解得：522.72 10 Pap=（2 分）（2）假设轮胎胎压变为Pa105.250=p，轮胎内气体体积由原来的 V 为 V0 该过程中，轮胎内气体发生等温变化，由玻意耳定律有：002VpVp=（3 分）此时放出的气体体积VVV=0 联立解得：011136VV=（2 分）故至少需要放出的气体质量与放气前原轮胎内气体质量的比值为11

11、136 14（13 分）解：（1）设滑草车刚进入水平滑道时速度大小为 v 水平滑道上有：22vtLBC=（2 分），解得：10m/sv=（2 分）（2）设倾斜滑道长度为ABL，高度为 h，倾角为；滑草车与人的总质量为 m，滑草车与整个滑道间动摩擦因数为 水平滑道上，由动能定理有：2210mvmgLBC=（2 分）倾斜滑道上，有：21vtLAB=（2 分）,221cosmvmgLmghAB=（2 分）又因为ABABLhL22cos=（2 分）联立解得：m15=h（1 分）15（18 分）解：（1）以水平向左为正方向，设绝缘棒 N 第 1 次到达 PQ 处时速度大小为 v1,与金属棒 M 碰撞后瞬

12、时速度大小为 vN1；金属棒 M 到达 PQ 处时速度大小为 v2，与绝缘棒 N 碰撞后瞬时速度为 vM1 对绝缘棒 N 有：2112mghmv=，解得：12vgh=（1 分）2N125192mghmv=,解得：N1523vgh=（1 分）方向水平向右 由于发生弹性碰撞，对绝缘棒 N 和金属棒 M 系统有：12N1M12()()2mvmvmvmv+=+，222212N1M111112()()22222mvmvmvmv+=+联立解得：22vgh=（1 分）；M1123vgh=（1 分）方向水平向左（2）电容器完全充电，然后 S1 接“2”，金属棒 M 从静止开始加速运动至稳定速度大小为 v0 根

13、据动量定理得：02()BLitmv=，即02BLqmv=（1 分）第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第 4 页 共 4 页 又0)qC EBLv=（1 分），得：00)2BLC EBLvmv=（1 分）之后，金属棒 M 从到 PQ 距离为 d 处运动到 PQ 处的过程中：根据动量定理得：22202()23B L vtmvmvR=（）（1 分），即2202223B L dmvmvR=（1 分）联立解得：222()(2)6mB L dEBLghCBLmR=+（1 分）（3）发生第 1 次碰撞后，金属棒 M 向左位移大小为 x1 根据动量定理得：221M1023B L xmvR=（1 分）M112

14、26mRvxB L=，解得：12222mRghxB L=（1 分）由题知，绝缘棒 N 第 2 次与金属棒 M 碰撞前瞬时速度大小为 vN1，方向水平向左，与金属棒 M 碰撞后瞬时速度为 vN2；金属棒 M 与绝缘棒 N 碰撞后瞬时速度为 vM2 由于发生弹性碰撞，对绝缘棒 N 和金属棒 M 系统有：N1N2M22mvmvmv=+，222N1N2M21112222mvmvmv=+联立解得：N1M1N25=33vvv=（1 分），方向水平向右；NM2M121=1033vvv=（1 分）发生第 2 次碰撞后到金属棒 M 停止运动过程中，金属棒 M 向左位移大小为 x2 根据动量定理得：222M202

15、3B L xmvR=，M22226mRvxB L=可得：211103xx=（1 分）同理可知：金属棒 M 与绝缘棒 N 第 3 次碰撞后瞬时速度为 vM3，2N2M3M12()110()33vvv=发生第 3 次碰撞后到金属棒 M 停止运动过程中，金属棒 M 向左位移大小：M33226mRvxB L=可得：231110()3xx=（1 分）以此类推 金属棒 M 与绝缘棒 N 第 n 次碰撞后瞬时速度为 vMn，N(1)1MM12()110()33nnnvvv=发生第 n 次碰撞后到金属棒 M 停止运动过程中，金属棒 M 向左位移大小：M226nnmRvxB L=可得：11110()3nnxx=（1 分）因此，发生第 1 次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒 M 的位移大小 2311234111111=+10()()()3333nnxxxxxxxx=+当 n 取无穷大时，1112211223106113mRghxxxxB L=+=（1 分）