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1～7CBBADDC8BD9AC10BD解析：1．C。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pCT（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。2．B。由力的平衡条件可得，细绳对滑轮的作用力大小F2mgcos303mg，选项B正确；故选B。siniccsin3．B。由折射定律知，该玻璃砖对光线的折射率n，光线在该玻璃砖中运动的速度大小v，可sinnsinivsinθ知vsin，因此，a、b光线在该玻璃砖中运动的速度大小之比为11，选项B正确；故选B。v2sinθ2114．A。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at2l，对网球有gt2h，22al联立解得，选项A正确；故选A。ghMmQq5．D。由万有引力定律FG类比库仑定律Fk，并结合开普勒三大定律，易知F点为该椭圆的焦点，r2r2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。6．D。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。7．C。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，则有，其中B(EBLvm)L，解得1，选vF安mgFvBLEmg(rR)m安rRmB2L2项C正确，选项D错误；故选C。8．BD。由题知，这四条谱线的频率关系为＞＞＞，因此，是氢原子从＝能级向＝能级跃迁vHδvHγvHβvHαHδn6n2时产生的，选项B正确，选项A错误；由＞可知，若用照射某种金属能发生光电效应，则用vHγvHαHαHγ照射这种金属一定也能发生光电效应，选项D正确；但是，若用照射某种金属能发生光电效应，则用Hγ照射这种金属不一定能发生光电效应，选项C错误；故选BD。Hα9．AC。由分析可知，连接理想二极管前、后，通过定值电阻的电流变化频率不变，即，选项A正确，DRf2f122UUmm22TP选项B错误；由P，PT，可得P＝1，选项C正确，选项D错误；故选AC。1R2R222第三次联合诊断检测（物理）参考答案第1页共4页{#{QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=}#}10．BD。由可知，～时间段内，平板和滑块保持相对静止一起向右运动，时刻，对平板a0g0t0PQtt0P和滑块Q整体，由牛顿第二定律有F2mg2ma，解得F3mg，当t＞t0时，a＞g，滑块Q1201将相对平板P向左运动，t2t时刻，对平板P，有Fmg2mgm2a，解得F4mg，故选022021项B正确，选项A错误；设t2t时刻平板P的速度大小为v，结合a-t图像，有v2a2t2gt，020001故此时平板P的动能Emv22mμ2g2t2，选项D正确，选项C错误；故选BD。k2011．（7分）（1）先通电再释放乒乓球（1分）（2）D（2分）D（2分）t1t2（3）t2t1（2分）t2解析：DD（2）由光电门的测速原理可知：v碰前，v碰后。t1t2v碰前v碰后tt（3）由100%，可得21。v碰前t212．（9分）（1）3.035（1分）（2）③d（2分）ad（2分）(ba)d（2分）cbcbcb4（3）L(cb)（2分）πD2d(ba)解析：（1）由题知：D3.0cm0.05mm73.035cm。1r1（2）③开关S2闭合时，由①和闭合电路欧姆定律，有EI(rR)，可知图线Ⅰ的表达式为R，同IEE1rR111cb理，由②有EI(rRR)，可知图线Ⅱ的表达式为xR，结合R图像，可得，xIEEIEddradR(ba)d解得E，又由a，解得r，由xba，解得R。cbEcbExcbL1(ba)d4L(cb)（3）由R，和R，联立解得。xπD2xcbπD2d(ba)413．（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1h由2hgt2（2分），解得：t2（2分）2g第三次联合诊断检测（物理）参考答案第2页共4页{#{QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=}#}（2）设该小球从点运动到两极板上边缘过程中，历时Ot112h由hgt2（1分），解得t（1分）211gh因此，该小球在电场中运动的时间ttt(22)（1分）21g1该小球在电场中运动时，水平方向上有：qEma（1分），dat2（1分）22(322)mgd联立解得：E（1分）qh14．（13分）解：（1）设甲粒子在＞磁场区域做匀速圆周运动的半径为，周期为y0r甲1T甲122πr甲2πm由v，解得：mv（1分），故1（1分）qvBmr甲1T甲1r甲1qBvqBmvπm同理可知，甲粒子在y＜0磁场区域做匀速圆周运动的半径r甲（1分），周期T甲（1分）22qB2qBmvT甲T甲因此，甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x处历时：t12（1分）qB22mvx故甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x处的平均速度大小v（1分）qBt2v联立解得：v（1分）3π2mv4πm（2）同理可知，乙粒子在y＞0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙（1分），周期T乙（1分）1qB1qBmv2πm乙粒子在y＜0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙（1分），周期T乙（1分）2qB2qB作出甲、乙两粒子运动的部分轨迹图如答图1所示y又由可知，乙T乙1T乙22(T甲1T甲2)甲B2mv甲、乙两粒子将在x轴上x处第一次相遇vvqBxO因此，甲、乙两粒子从O点射入磁场后第一次相遇2B所经过的时间为（1分）tT甲1T甲2答图13πm解得t（1分）qB15．（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v111由能量守恒定律可得：kx2mv2（1分）2021设物块甲与物块乙碰撞粘合在一起后瞬时速度大小为v2xk碰撞过程中，由动量守恒定律可得：2mvmv（1分），解得：v0（1分）2122m第三次联合诊断检测（物理）参考答案第3页共4页{#{QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=}#}2m由题知，碰撞后，甲、乙将一起做简谐运动，周期T2π（1分）kT2m因此，碰撞后甲、乙一起第一次回到O点所经过的时间t（1分），解得：tπ（2分）2k（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mg设该平衡位置到O点的距离为x，则有：kxmg，解得：x（1分）k物块甲第1次向右做简谐运动的振幅，解得（1分）A1x0xA19.5x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，解得：（1分）A2A12xx03xA27.5x同理分析可知：物块甲第2次向右做简谐运动的振幅（1分）A3A22x5.5x物块甲第2次向左做简谐运动的振幅（1分）A4A32x3.5x物块甲第3次向右做简谐运动的振幅（1分）A5A42x1.5x由＜可知，物块甲第3次向右运动至速度减为零后，将停止运动k(A5x)0.5mgmgmg即物块甲最终停在O点右侧，到O点的距离为xAx0.5x（2分）52km由题知，物块甲做简谐运动的周期恒为T2π（1分）kTm因此，整个运动过程中所经过的时间t5（1分），解得：t5π（1分）2k第三次联合诊断检测（物理）参考答案第4页共4页{#{QQABaYAEogAAAJJAABgCAwlACkOQkBACACoGBFAAMAAACBNABAA=}#}