重庆市大足中学2023-2024学年高三下学期3月适应性考试 物理试题

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1.答案 D
【解析】 气体体积不变，压强与热力学温度成正比，故A正确；温度增加，轮胎内部气体分子的平均动能增加，气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故BC正确；体积不变，气体不对外做功，温度增加，内能增加，气体吸收热量，故D错误。
2.答案：C
【解析】核反应前后质量数和电荷数守恒，由此可知Y为 24He，穿透力最强的射线γ射线，故A错误；该反应放出能量，根据爱因斯坦的质能方程，可知质量亏损，故B错误；核反应的生成物的比结合能比反应物的比结合能更大，故C正确；元素的半衰期只受核子本身的性质影响，不会受到环境的影响，故D错误；故选C。
3.答案：B
【解析】海洋三号01星的发射速度在7.9-11.2km/s之间，故A错误；v=2πrT，B正确；根据万有引力提供向心力，mr4π2T2=GMmr2 ，得：M=4π2r3GT2，可以算出地球质量，故C错误；由于地球半径不等于r，故D错误。
4.答案 C
【解析】 对物块受力分析，在斜面上，物块受到沿斜面向下的重力分力1/2mg，水平向左的拉力1/2mg，这两个力的合力为22mg，方向斜向左下方45°，摩擦力的最大值为34mg，小于22mg，所以物块受到斜向右上方45°的滑动摩擦力，大小为34mg，合力大小为22mg - 34mg，方向斜向左下方45°，物块初速度为0，故物块向斜面左下方做匀加速直线运动。
5.答案D。
【解析】光进入水球后频率不变，波长减小，速度减小，故A错误；根据折射定律n=sin53°sinθ，得sinθ=0.6，根据几何关系，得圆心O到折射光线的距离为0.06m，大于气泡的半径，故没有进入气泡中，B错误；增大入射角，折射角也增大，该单色光更不会进入气泡中，C错误；根据几何关系得，AB之间的长度为0.16m，光在水中的传播速度为v=c/n，则t=ABv≈7.1×10−10s。
6.答案 B
【解析】原线圈电压的有效值为220v，原、副线圈的匝数比是1:2，副线圈电压是440V，定值电阻R=1000Ω，电流表A2的示数是0.44A，所以电流表A1的示数为0.88A，故A错误；Q=I2Rt=11616J，故B正确；将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A2的示数将变小，C错误；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R两端的电压将变为原来的eq \f(2,3)，电阻R的功率将变为原来的eq \f(4,9)，D错误．
7.答案 D
【解析】 若电压如题图甲时，在0～T时间内，动能先增加后减少，根据能量守恒，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～eq \f(1,2)T时间内，电势差大小是变化的，即粒子受到大小变化的电场力，加速度大小是变化的，粒子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，故B错误；电压如题图丙时，粒子先做加速运动，过了eq \f(1,2)T后做减速运动，到T时速度减为0，粒子初动量是0，末动量不为0，故在0～eq \f(T,2)时间内，粒子动量变化量不为0，故C错误；电压如题图丁时，粒子先加速，到eq \f(1,4)T后减速，eq \f(1,2)T后反向加速，eq \f(3,4)T后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则粒子做往复运动，故粒子若在eq \f(T,2)之前不能到达极板，则一直不能到达极板故D正确．
8.答案：AD
【解析】粒子运动半径为r=R/2，根据公式qvB=mv2r，可得粒子的速度v=qBR2m，故A正确；粒子在磁场中运动1/4个周期后反弹，从AC边离开磁场，运动时间小于1/2个周期，粒子在磁场中的运动时间小于πmqB，故BC错误；若粒子带电量变成-q，其他不变，则粒子从AC边离开磁场，在磁场中的运动时间小于1/4个周期，即小于πm2qB，故D正确。
9.答案：CD
【解析】P点只会上下振动，不会左右传播，故A错误；由图可知，根据波形平移法可知质点P开始振动的方向沿y轴负方向，则质点Q起振方向沿y轴负方向，故B错误；由图知该超声波的波长为λ＝12×10﹣5m，根据f=1T，T=λv可得该超声波在人体内传播的速度v＝1500m/s，故C正确；由图可知振幅为A＝0.4mm，质点P的振动方程为y=−0.4sin(2π0.8×10−7t)mm ，当y＝0.2mm时，解得t=715×10−7s，故D正确。故选CD。
10.答案 ABC
【解析】小球所受静电力大小F＝qE＝0.3N，小球重力为G＝mg＝0.4N，小球所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝eq \f(qE,G)＝eq \f(3,4)，所以θ＝37°，所以A点是小球在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球恰能沿圆弧到达A点，所以eq \f(qE,sin 37°)＝meq \f(vA2,R)，解得vA＝5 m/s。故A正确。
小球从C点到A点，由动能定理得－qERsin 37°－mg(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)×mvA2－eq \f(1,2)×mvC2
解得vC＝eq \r(115) m/s，故B正确。
小球从A点开始下落时，在竖直方向上做匀加速运动，竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s，由竖直方向匀加速运动可得R＋Rcs 37°＝v0t＋eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.6 s，水平方向上匀减速直线运动，a=Eq/m=7.5m/s2，x=vAcs37°t- eq \f(1,2)at2 =1.05m。故C正确、D错误。
11.答案 (1)B (2)1.15 1.18 (3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力
【解析】(1)先打开打点计时器开关，再释放m2；本实验需要刻度尺量长度，不需要秒表计时；m2比m1越大，加速度越大，打点越少，不利于分析纸带；不能用公式v2=2gℎ计算某点的速度。
（2）由题知相邻两计数点间时间间隔为0.1 s，
v5＝（21.60+26.40）×10−20.1×2 m/s＝2.4 m/s
ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v52－0≈1.15 J，ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝1.176 J≈1.18J.
(3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力
12.答案 (1)AB (2)2.0Ω，1.3×10−8Ω∙m（1.2~1.4×10−8Ω∙m 均可 ） （3）偏大，不变
【解析】(1)A起固定作用，便于读数；B为粗调，调节B使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好接触；然后调节C，C起微调作用．电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在不同位置测直径，然后取平均值作为测量值．
(2)由闭合电路欧姆定律
E＝I(ρeq \f(L,S)＋r＋R)＝I(4ρπd2L＋r＋R)
即eq \f(1,I)＝4ρπd2EL＋eq \f(R＋r,E)
则斜率为4ρπd2E，纵截距为eq \f(R＋r,E)，代入数据，得r=2.0Ω，ρ≈1.3×10−8Ω∙m，1.2~1.4×10−8Ω∙m 均可。
(3)考虑电流表内阻，则eq \f(1,I)＝4ρπd2EL＋eq \f(r＋R＋RA,E)，则上述计算出的内阻r偏大，不影响图像的斜率，电阻率不变。
13.答案 （1）a端电势高于b端电势，2BR2ω；（2）eq \x\t(E)＝BR2ω
【解析】（1）6分：根据右手定则，a端相当于电源正极，b端为负极，a端电势高于b端电势（2分）；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R（1分），此时产生的感应电动势最大，E=Blv（1分），v=eq \f(1,2)ωl（1分），故E＝eq \f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω（1分）；
4分：根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)（1分），∆Φ=BπR2（1分），∆t=πω（1分），故eq \x\t(E)＝BR2ω（1分）。
14.答案：（1）4 m/s2，（2）0，（3）8m
【解析】（1）对A：f=μmgcsθ=4N,方向沿斜面向上（1分）
对A和P组成的整体：mg+f−mgsinθ=ma（2分），得a=4 m/s2（1分）
（2）A加速到与传送带共速：t=va=2s（1分），A加速到与传送带共速之后，摩擦力反向，对A和P组成的整体：mg−f−mgsinθ=ma,（2分），a,=0（1分）；
（3）A加速到与传送带共速：∆x=x传−xA（1分），x传=vt（1分），xA=12at2（1分），A加速到与传送带共速之后，A不与传送带打滑，所以A在传送带上留下的划痕∆x=8m（2分）。
15.答案：（1）vA=232gH，方向沿斜面向下，vB=−132gH，方向沿斜面向上；（2）1317gH，132gH；（3）70H
【解析】（1）5分：小球B从静止释放到与A发生弹性碰撞之前：mgH=mv22，v=2gH（1分）；两小球发生弹性碰撞，满足动量守恒，机械能守恒：mv=2mvA+mvB，（1分），mv22=2mvA22+mvB22，（1分），vA=232gH，方向沿斜面向下（1分），vB=−132gH，方向沿斜面向上（1分）。
5分：碰撞之前，小球A恰好能静止，说明小球A受力平衡：Eq=2mg（1分），碰撞之后，电量平分，小球A所受电场力变成原来的一半，2mg−12Eq=mg（1分），小球A沿斜面向下做匀加速运动，到达O时：mgH=2mv122−2mvA22，得v1=1317gH（1分）；对小球B，碰撞后带电，1/2Eq=mg（1分），合力为0，小球B向上做匀速直线运动，vB=132gH（1分）。
8分：小球A第一次经过最低点时，Ek1=(1−10%)2mv122（1分）
第一次到达左侧最高点：−mgH1=0−Ek1，得H1=1.7H（1分）
第二次到达O点后动能再次损失10%，第二次能够到达右侧的高度是H2=90%H1（1分），第n次经过O点后，小球A上升的高度为Hn=(90%)nH1（1分），所以s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋2H1sinθ+90%2H1sinθ＋(90%)22H1sinθ＋…(90%)n2H1sinθ，（2分）n无穷大时，可得s总=70H（2分）。
题号
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7
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10
选项
D
C
B
C
D
B
D
AD
CD
ABC