2024届重庆市高三下学期三模物理试题含答案.pdf

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1、#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#第三次联合诊断检测（物理）参考答案 第 1 页 共 4 页2024 年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第三次联合诊断检测物理参考答案17 CBBADDC8 BD9 AC1

2、0 BD解析：1C。对一定质量的理想气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得CTp（C 为常量），即气体压强 p 与其热力学温度 T 成正比，选项 C 正确；故选 C。2B。由力的平衡条件可得，细绳对滑轮的作用力大小mgmgF330cos2，选项 B 正确；故选 B。3B。由折射定律知，该玻璃砖对光线的折射率sinsinin，光线在该玻璃砖中运动的速度大小icncsinsinv，可知sinv，因此，a、b 光线在该玻璃砖中运动的速度大小之比为2121sinsinvv，选项 B 正确；故选 B。4A。设甲此次奔跑的平均加速度大小为 a，当地重力加速度大小为 g，对甲有lat 221，对网球有hg

3、t 221，联立解得hlga，选项 A 正确；故选 A。5D。由万有引力定律2rMmGF 类比库仑定律2rQqkF，并结合开普勒三大定律，易知 F 点为该椭圆的焦点，且甲、乙两小球为异种电性，选项 D 正确，选项 A 错误；小球乙从 B 点运动到 A 点时，其动能减小，由能量守恒定律可知，其电势能增加，选项 B 错误；小球甲的等势线为圆形，选项 C 错误；故选 D。6D。轨迹图显示，该烟花在 c 点的水平速度为零，可知该烟花在运动过程中受到空气阻力影响，水平方向减速运动，选项 A 错误；空气阻力对该烟花做负功，该烟花从 b 点运动到 c 点过程中，其机械能不守恒，选项B 错误；该烟花在 b 点

4、时，水平方向速度不为零，水平方向所受空气阻力不为零，故在 b 点的加速度方向不是竖直向下，但是有竖直向下的加速度分量，故而处于失重状态，选项 D 正确，选项 C 错误；故选 D。7C。闭合开关 S 后，该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流小，选项 A、B 均错误；设该导体棒匀速运动时的速度大小为mv，则有mgF安，其中RrLBLEBF)(mv安，解得)(122mRrmgBLELBv，选项 C 正确，选项 D 错误；故选 C。8BD。由题知，这四条谱线的频率关系为HHHHvvvv，因此，H是氢原子从 n6 能级向 n2 能级跃迁时产生的，选项 B 正确，选项 A 错误；由HHvv 可知，若用

5、H照射某种金属能发生光电效应，则用H照射这种金属一定也能发生光电效应，选项 D 正确；但是，若用H照射某种金属能发生光电效应，则用H照射这种金属不一定能发生光电效应，选项 C 错误；故选 BD。9AC。由分析可知，连接理想二极管 D 前、后，通过定值电阻 R 的电流变化频率不变，即12ff，选项 A 正确，选项 B 错误；由RUP2m12，222m2TRUTP，可得212PP，选项 C 正确，选项 D 错误；故选 AC。#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#第三次联合诊断检测（物理）参考答案 第 2 页 共 4 页10BD。

6、由ga0可知，0t0时间段内，平板 P 和滑块 Q 保持相对静止一起向右运动，0tt 时刻，对平板 P和滑块 Q 整体，由牛顿第二定律有01222mamgF，解得mgF31，当 tt0时，ga，滑块 Q将相对平板 P 向左运动，02tt 时刻，对平板 P，有02222ammgmgF，解得mgF42，故选项 B 正确，选项 A 错误；设02tt 时刻平板 P 的速度大小为 v，结合 a-t 图像，有00022221gttav，故此时平板 P 的动能20222k221tgmmEv，选项 D 正确，选项 C 错误；故选 BD。11（7 分）（1）先通电再释放乒乓球（1 分）（2）1tD（2 分）2t

7、D（2 分）（3）212ttt（2 分）解析：（2）由光电门的测速原理可知：1tD碰前v，2tD碰后v。（3）由%100碰前碰后碰前vvv，可得212ttt。12（9 分）（1）3.035（1 分）（2）bcd（2 分）bcad（2 分）bcdab)(（2 分）（3）)()(abdDbcL24（2 分）解析：（1）由题知：cm035.37mm05.0cm0.3D。（2）开关 S2闭合时，由和闭合电路欧姆定律，有)(RrIE，可知图线的表达式为REErI11，同理，由有)(RRrIEx，可知图线的表达式为REERrIx11，结合RI1图像，可得dbcE1，解得bcdE，又由aEr，解得bcadr

8、，由abERx，解得bcdabRx)(。（3）由42DLRx，1和bcdabRx)(，联立解得)()(42abdDbcL。13（10 分）解：（1）该小球从 O 点运动到 N 点过程中，在竖直方向做自由落体运动由2212gth（2 分），解得：ght2（2 分）#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#第三次联合诊断检测（物理）参考答案 第 3 页 共 4 页（2）设该小球从 O 点运动到两极板上边缘过程中，历时1t由2121gth（1 分），解得ght21（1 分）因此，该小球在电场中运动的时间ghttt)22(12（1 分）

9、该小球在电场中运动时，水平方向上有：maqE（1 分），2221atd（1 分）联立解得：qhmgdE)223(（1 分）14（13 分）解：（1）设甲粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径为1甲r，周期为1甲T由12甲rmBqvv，解得：qBmrv1甲（1 分），故qBmrT2211v甲甲（1 分）同理可知，甲粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径qBmr22v甲（1 分），周期qBmT2甲（1 分）因此，甲粒子从 O 点射入磁场至到达 x 轴上qBmxv处历时：2221甲甲TTt（1 分）故甲粒子从 O 点射入磁场至到达 x 轴上qBmxv处的平均速度大小txv（1 分）联立解得：

10、32vv（1 分）（2）同理可知，乙粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径qBmrv21乙（1 分），周期qBmT41乙（1 分）乙粒子在 y0 磁场区域做匀速圆周运动的半径qBmrv2乙（1 分），周期qBmT22乙（1 分）作出甲、乙两粒子运动的部分轨迹图如答图 1 所示又由)(22121甲甲乙乙TTTT可知，甲、乙两粒子将在 x 轴上qBmxv2处第一次相遇因此，甲、乙两粒子从 O 点射入磁场后第一次相遇所经过的时间为21甲甲TTt（1 分）解得qBmt3（1 分）15（18 分）解：（1）设物块甲与物块乙碰撞前瞬时，物块甲的速度大小为1v由能量守恒定律可得：21202121vmkx

11、（1 分）设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为2v碰撞过程中，由动量守恒定律可得：122vvmm（1 分），解得：mkx202v（1 分）B答图 12BOyxvv甲乙#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#第三次联合诊断检测（物理）参考答案 第 4 页 共 4 页由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期kmT22（1 分）因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到 O 点所经过的时间2Tt（1 分），解得：kmt2（2 分）（2）由分析知，物块甲从 P 点由静止释放后，先向右做简谐运动，其平衡位置位于 O 点左侧设该平衡位

12、置到 O 点的距离为x，则有：mgxk，解得：kmgx（1 分）物块甲第 1 次向右做简谐运动的振幅xxA01，解得xA5.91（1 分）物块甲第 1 次向右运动至速度减为零后，又向左做简谐运动，其平衡位置位于 O 点右侧由分析可知，该平衡位置到 O 点的距离仍为x物块甲第 1 次向左做简谐运动的振幅xxxAA32012，解得：xA5.72（1 分）同理分析可知：物块甲第 2 次向右做简谐运动的振幅xxAA5.5223（1 分）物块甲第 2 次向左做简谐运动的振幅xxAA5.3234（1 分）物块甲第 3 次向右做简谐运动的振幅xxAA5.1245（1 分）由mgmgxAk5.0)(5可知，物块甲第 3 次向右运动至速度减为零后，将停止运动即物块甲最终停在 O 点右侧，到 O 点的距离为kmgxxAx25.05（2 分）由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为kmT2（1 分）因此，整个运动过程中所经过的时间25Tt（1 分），解得：kmt5（1 分）#QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=#