重庆康德2023年普通高等学校招生全国统一考试高三第二次联合诊断检测物理参考答案(1).pdf

1、 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 1 7 CDDBACB 8 BC 9 AC 10 AD 解析：1 C。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，c khv hv E=是光电子的最大初 动能，选项 D 错误。2 D。空间 站绕地球做椭圆运动过程中，速度大

2、小和方向不断改变，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。3 D。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mg F=cos 3，可得单个立柱对足球的作用力大小 cos 3mgF=，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。4 B。a 光在 P 处的折 射角 满足33tan=，可

3、 得=30，故该玻璃砖对 a 光的折射率 3sinsina=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b an n，由ncv=知，a、b 光 在该玻璃砖中的传播速度b av v，选 项 B 正确；由b an n 知b a，又 由dlx=可得b ax x，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 30，1sin 302=，a 光的全反射 临界角 C 满足a13sin3Cn=，sin 30 sin C,a 光在 M 点不会发 生全反射，选项 D 错 误。5 A。由UQC=得 8

4、 391.5 10 40(60)10 C 1.5 10 C Q CU=，选项 A 正确。6 C。由题 知，该波的周期2s 0.4s5 T=，波长 2.4m vT=，选项 A 错误；由振动方程 t y 5 sin 2=(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)4.2 4.1(127n n x+=+=，其中 n 0,1,2,，当 n 1 时 3.8m x=，选项 C 正确；由题知 s)52307()127(n T n t+=+=，选项 D 错误。7 B。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

5、距为 2d，由几何关系有2 22)L rd r+=（，得半径222Ldrd+=，由 洛伦兹力提供向心力，得22000 222 mv dmvqv Br Ld=+；只有电场时，粒子从 Q 点射出，粒子做类平抛运动，有0L vt=、212d at=，其中qEam=，得电场力2022dmvqEL=，由22201qE L dqv B L+=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。8 BC。竖直 方向上，由221gt h=得ght2=，可 知 A、B 两沙包在 空中运动时间之比 1

6、 3B A=t t，选 项 A 错误；答图1 M v0 N P Q B E A O v0 O r d r L d d 第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第2 页 共4 页 水平方向上，由 vt x=知，A、B 两沙包水 平抛出时速度 大小 之比 3 1B A=v v，选 项 B 正 确；从抛出到落地过程中，重力做功 mgh W=，故 1:1B A=W W，选 项 C 正确；从抛出到落地过程中，动量变化量 mgt p=，故 3:1B A=p p，选项 D 错误。9 AC。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

7、 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，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。10 AD。由题知，小球 由静止开始 在竖直面内 做圆周运动，故 0 2。小球在最 高点 时，轻 绳上拉力最 小，得 cosminmg F=；在最低点时，轻绳上拉力最大，得Lvm mg F2max=，由机械能守恒定律有221)cos 1(mv mgL=，联立解得：min max2 3 cos 2 3

8、 F mg mg mg F=。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 mg a 3=，a 的大 小与绳长 L 无关，选项 B错误；由 cosminmg F=知，当 0=时，Fmin最大值为 mg，可 知 mg c，选 项 C 错误；由 cos 2 3maxmg mg F=知，当 mg b F 0.2max=时，1cos2=，又因为 0 2，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 F kx=可得 F kx=，代入解得21.0

9、0.9N/m 10N/m31 30)10Fkx=（；（2）重物质量 0.1kg m=，当指针指到 31.0cm 位置时，竖直方向由牛顿第二定律 有1 1ma F mg=，代入解得22 110.910)m/s 1.0m/s0.1Fagm=（；（3）若水平 使用，指针仍指到 31.0cm 位置，水 平方向有2 1ma F=，代入解得22 120.9m/s 9.0m/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

10、丝的电流1 2I I I=，由欧姆定律可知1 2I IURx=；因1 2I I 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2xU UVIR L=，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。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 Pa p=，K 3001=T 末态：2p，K 3402=T

11、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 Pa p=（2 分）（2）假设轮 胎胎压变为 Pa 10 5.250=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：0 0 2V p V p=（3 分）此时放出的气体体积 V V V=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11136 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/s v=（2 分）（2）设倾斜 滑道长度为A

12、BL，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：2210 mv mgLBC=（2 分）倾斜滑道上，有：21vtLAB=（2 分）,221cos mv mgL mghAB=（2 分）又因为ABABLh L2 2cos=（2 分）联立解得：m 15=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：2112mgh mv

13、=，解得：12 v gh=（1 分）2N125 192mg h mv=,解得：N1523v gh=（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：1 2 N1 M12()()2 mv m v m v mv+=+，2 2 221 2 N1 M111 1 12()()222 2 2mv m v m v mv+=+联立解得：22 v gh=（1 分）；M1123v gh=（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 根据动量定理得：02()BLit m v=，即02 BLq mv=（1

14、分）第二次联合诊断检测（物理）参考答案 第4 页 共4 页 又0)q C E BLv=（1 分），得：00)2 BLC E BLv mv=（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 vtmv m vR=（）（1 分），即2202223B Ldmv mvR=（1 分）联立解得：222()(2)6m B LdE BL ghCBL mR=+（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：221M1023BLxmvR=（1 分）M11 226mRvxBL=，解得：1 2222 mR g

15、hxBL=（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：N1 N2 M22 mv mv mv=+，22 2N1 N2 M21112222mv mv mv=+联立解得：N1 M1N25=33v vv=（1 分），方 向水平向右；NM2 M12 1=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：222M2023BL

16、xmvR=，M22 226mRvxBL=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 vM3，2 N2M3 M12()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：M33 226mRvxBL=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)1M M12()110()33n nnvvv=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：M226nnmRvxBL=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 23 11234 1 111 1 1=+1 0()()()33 3 3nnxx x x x xx x=+当 n 取无穷 大时，11 1 22112 2310 6113mR ghxx x xBL=+=（1 分）