重庆一诊康德物理答案

第一次联合诊断检测（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一次联合诊断检测物理参考答案1～7ADCDACB8BD9AC10BC1．A。根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以激发电场，变化的电场可以激发磁场，四图中仅有A项为周期性连续变化的磁场，激发周期性连续变化的电场，进而产生连续电磁波，故A正确。2．D。因为壁虎是缓慢爬行，所受合力为零，垂脊给壁虎的作用力应该和重力始终等大、反向。故选D。3．C。由几何关系，两次试滑竖直位移之比为sinsinaOaOabObObyxxyxx，竖直方向运动员做自由落体运动有212ygt，运动员在空中运动的时间2ytg，运动员在空中运动的时间之比为aaOabbObtyxktyx，故C正确.4．D。接收线圈中电流方向与发射线圈中电流方向可能相同，也可能相反，选项A、B错误；接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率大致相同，选项C错误；接收线圈与发射线圈的匝数比约为n2∶n1=15∶220=3∶44，选项D正确。5．A。设小行星的周期为T，由绕行关系可知再次掠过地球满足如下关系：2217221T，解得172171T年，故选A。6．C。设均匀带电球体带电总量为Q，则b点电场强度大小为2RQkEb，c点电场强度大小为229423RkQRQkEc，a点电场强度大小为'22aQEkR，QRRQ33'34234。22RkQEa，a、b、c三点电场强度大小的比值Ea:Eb:Ec=9:18:8，选项C正确。7．B。从能量转化守恒的角度看篮球下落的过程，可知篮球的重力势能转化为篮球的动能，故而篮球下落到与地面碰撞前动能kEmgH，篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的14，可知篮球与地面碰后篮球的动能变为原来的34，即134kEmgH，篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能，则篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度可由式子1kEmgh得出，34hH，同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度223()4hh，继而求出第三次333()4hH，…，第n次3()4nnhH，进行数学归纳，发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与之前下落高度为等比数列，篮球停止运动前运动的总路程23222xHhhh，由等比数列知识得31()42314nxHh，篮球停止，n取无穷大，总路程127314xHhH，故B正确。8．BD。无人管理自动灌溉系统，应用的是湿度传感器，选项A错误；商场使用的电子秤应用了力传感器，选项第一次联合诊断检测（物理）参考答案第2页共4页B正确；酒店大厅的自动门应用的是红外传感器，选项C错误；给货车称重的地磅应用了力传感器，选项D正确。9．AC。由右手定则可以判断出a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关，与离子的种类没有关系，A正确、B错误；由abUqBqvd可得abUBdv，电势差Uab的大小与液体流速有关，与离子的浓度没有关系，C正确、D错误。故选AC。10．BC。由图像可知6和76时的电势能相同，故电势相等，连线为等势线，电场线与等势线垂直，由此可以判断电场强度的方向如答图1所示，不沿BD方向，A错误；电荷在电场中运动最大的电势差为2mglUq，根据2UEl可得mgEq，B正确；如答图2所示，小球在B点受力分析可知2+cos30BBmvTEql，小球在D点受力分析可知2cos30DDmvTEql，小球从B点到D点的过程中，由动能定理：2211cos30222DBEqlmvmv，由以上三式可得33DBTTmg，选项C正确，选项D错误。故选BC。11．（6分）（1）仍使小圆环处于O点（1分）（2）C（2分）（3）4.00（1分）A（2分）解析：（1）步骤③是只用一个弹簧测力计，将小圆环拉到同一位置O点，使F的作用效果与F1、F2同时作用时相同。（2）实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，C项正确。（3）测力计的精度为0.1N，F1＝4.00N，保持小圆环位置不变，F1、F2的合力不变，由平行四边形定则作图可知，保持F1大小不变，方向绕O点顺时针稍转动、F2绕O点顺时针稍转动可使F2的值增加。12．（9分）（1）190.0（1分）10.0（2分）（2）198.3（3分）（3）C（3分）解析：（1）闭合开关K2，调节滑动变阻器RP的阻值使微安表满偏，保持滑动变阻器RP的阻值不变，认为电路中电流不变，闭合开关K1并调节电阻箱的阻值，微安表电流为125μA时，电阻箱R的电流125μA，此时微安表DBOACθ答图1E答图2DBOACθTBTDmgmgEqEq第一次联合诊断检测（物理）参考答案第3页共4页等于电阻箱电阻，阻值为Rg＝190.0Ω；把微安表改装成5mA电流表时，需要并联10.0gggIRRII的电阻。（2）电流为mA24.0'GI，微安表的实际内阻''()(5.00.24)10198.30.24GgGIIRRI（3）“半偏法”测量微安表内阻的系统误差，来源于闭合开关K1时电路中电阻减小，电流增加了，欲减小系统误差，需要使滑动变阻器接入电路的电阻增加，闭合开关K1时，电路中电阻变化小，电流变化小，增加滑动变阻器接入电路的电阻，需要提高电源电动势，故C正确。13．（12分）解：（1）工件刚放在传送带底端M处后瞬时，设工件质量为m，加速度大小为a根据牛顿第二定律得：mamgmg37sin37cos（2分），a＝1m/s2（2分）（2）工件达到与传送带相同速度历时t1，v=at1，t1=2s（2分）位移大小为x1，112tvx，x1=2m（2分）随后工件沿传送带向上做匀速直线运动，历时t2到达顶端N处，21vtxLMN，t2=8s（2分）工件从传送带底端M处到达顶端N处所经过的时间t=t1+t2t=10s（2分）14．（12分）解：（1）导体棒a在圆弧轨道运动，机械能守恒，有：201222mgRmv（2分）①碰撞为弹性碰撞，有：022abmvmvmv②222011122222abmvmvmv（2分）③联立①②③式解得：142233abvgRvgR、（2分）④（2）足够长时间后，两导体棒共速，由动量守恒有：2abmvmvmmv共（2）（2分）⑤由能量守恒可得：系统产生的焦耳热为2221112(2)222abQmvmvmmv共（2分）⑥由焦耳定律可得：rtIQa2rtIQb22QQQba⑦联立⑤⑥⑦式解得：mgRQQa923（2分）⑧15．（18分）解：（1）由匀速直线运动的条件可知：mgEq；得mgEq（3分），方向竖直向上（1分）（2）由2000vBqvmR得00mvRLBq（2分）；512Tt进入的微粒运动的图像如答图3所示，AE6cos30(331)4LLLL，故微粒打不到挡板上（2分）答图3x30°yPOAE30°第一次联合诊断检测（物理）参考答案第4页共4页微粒到挡板（上端点）最小距离为(335)L（2分）（3）设某时刻进入的微粒，第一次转动的角度为θ，刚好到达挡板的上边缘，如答图4所示，根据几何关系可知：x方向：36sinsinLLL；y方向：46coscosLLL；解得（2分），即带电微粒在磁场中运动一个θ和两个半圆后刚好在挡板的上边缘；由几何关系可知33sin55LL；如答图5所示，若微粒会打到挡板上，根据几何关系：34sinsinLLL，随着角度从37°逐渐增大，先减小到-90°后再增大，当150时90，圆弧刚好和边界相切，如答图6所示；再增大微粒打不到挡板上。微粒在磁场中运动的时间180180360360360tTT；由此可知，当90时时间最短，当90时时间最长（2分）0012mLtTBqv（2分）由几何关系可知：微粒打到挡板上区域的长度为L)324（（2分）答图4yPOxβθ答图5yPOθβx答图6yPO30°60°tmintmax1tmax2x