重慶市2024年高考物理模擬試卷及答案8

重慶市2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。得分1．如圖所示，是奧運(yùn)會中一項看似簡單但極具技巧性的項目——撐桿跳。關(guān)于運(yùn)動員在撐桿過程中，下列說法中正確的是（）A．分析運(yùn)動員過桿的動作特點時，可將其看成質(zhì)點B．上升過程中運(yùn)動員受到桿的支持力始終大于其受到的重力C．運(yùn)動員手上涂“防滑粉”可以增大手掌與桿之間的彈力D．圖示位置運(yùn)動員受到桿的作用力大小有可能等于重力大小2．白熾燈正常發(fā)光時，其消耗的電能約有10%的部分用于產(chǎn)生可見光。如圖所示，白熾燈發(fā)出的白光通過元件M照射到光屏P上。下列說法中正確的是（）A．如果M是單縫屏，光屏上出現(xiàn)的衍射圖樣中央是紅色亮條紋B．如果M是單縫屏，光屏上出現(xiàn)的衍射圖樣中央是白色亮條紋C．如果M是偏振片，沿水平軸線旋轉(zhuǎn)M，光屏上光的顏色將發(fā)生變化D．如果M是偏振片，沿水平軸線旋轉(zhuǎn)M，光屏上光的亮度將發(fā)生周期性的變化3．隨著科技的發(fā)展，載人飛船繞太陽運(yùn)行終會實現(xiàn)。如圖所示，Ⅰ、Ⅲ軌道分別為地球和火星繞太陽運(yùn)動的圓軌道，Ⅱ軌道假設(shè)是載人飛船的橢圓軌道，其中點A、C分別是近日點和遠(yuǎn)日點，B點為軌道Ⅱ、Ⅲ的交點，若運(yùn)動中只考慮太陽的萬有引力，則（）A．載人飛船的運(yùn)動周期小于1年B．載人飛船由A到C的過程中速率不變C．載人飛船在C的速率小于火星繞日的速率D．只要繞行時間相同，載人飛船在Ⅱ軌道掃過的面積就等于火星在Ⅲ軌道掃過的面積4．2022年8月30日，國家航天局正式發(fā)布了“羲和號”太陽探測衛(wèi)星國際上首次在軌獲取的太陽譜Hα線精細(xì)結(jié)構(gòu)。Hα是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線。下列說法中正確的是（）A．向外輻射Hα后，氫原子的能級升高B．Hα對應(yīng)的能級躍遷過程為從n=2躍遷到∞C．若Hα能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動能可能為1.89eVD．若Hα未能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，巴爾末系其他光有可能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)5．如圖所示，有一均勻帶正電的絕緣細(xì)圓環(huán)，半徑為r、帶電量為q。點P、Q、N把圓環(huán)分為三等分，現(xiàn)取走P、Q處兩段弧長為Δx的小圓弧。NO延長線交細(xì)圓環(huán)與M點，靜電力常量為k，關(guān)于O點的電場強(qiáng)度（）A．沿OM方向，大小為kqΔx2πr3 B．沿C．沿ON方向，大小為kqΔx2π3 D．沿6．重慶的橋梁、隧道眾多，故被稱為“魔幻之都”。長為L的輕軌在平直軌道上正常行駛，速率為v0，前方有一長為2L的隧道，為了保證安全通過該隧道，輕軌的任一部分位于隧道內(nèi)時，它的速率都不允許超過2v03。已知列車加速和減速的加速度大小分別為a和2a，則列車從減速開始到恢復(fù)正常速率A．v02a+9L2v0 B．7．如圖所示，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以O(shè)為圓心、R1和R2為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細(xì)水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度均可調(diào)節(jié)，以保障噴出的水全部落入相應(yīng)的花盆中。依次給內(nèi)圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度分別用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示?；ㄅ璐笮∠嗤?，半徑遠(yuǎn)小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．若v1=B．ω增大，其他量不變，單位時間落入花盆的總水量增大C．若ω1=ωD．若?1=?閱卷人二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。得分8．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，波速為2m/s，t=0時的波形圖如圖實線所示，t=0.A．該波的波長為6m B．該波的周期為2sC．該波的沿x軸正方向傳播 D．質(zhì)點a的振動沿y軸負(fù)方向9．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的A→B→C→D→A循環(huán)，該過程每個狀態(tài)視為平衡態(tài)，各狀態(tài)參數(shù)如圖所示。A狀態(tài)的體積為2×10A．D狀態(tài)的體積為4×10?3m3 C．完成一次循環(huán)，氣體從外界吸熱 D．完成一次循環(huán)，外界對氣體做功10．如圖所示，兩個完全相同的豎直光滑圓形金屬導(dǎo)軌平行放置，圓軌道半徑為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計；導(dǎo)軌組最低點為A，最右端為C，最高點為D，導(dǎo)軌組一端連接電阻R。空間中分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。金屬棒垂直于導(dǎo)軌所在平面，在A點以垂直于導(dǎo)軌的初速度v0開始運(yùn)動，恰能通過D點，金屬棒電阻忽略不計。則金屬棒從A運(yùn)動到D的過程中（）A．金屬棒的速度先減小后增大B．金屬棒在AC間運(yùn)動時間小于CD間運(yùn)動時間C．金屬棒從A運(yùn)動到C過程中，電阻R生熱大于mD．若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則一定能通過D點閱卷人三、實驗題∶本題共2個小題，共15分，第11題6分，第12題9分。得分11．為驗證“機(jī)械能守恒定律”，某同學(xué)組裝了如圖所示實驗裝置：量角器中心O點安裝力傳感器并與細(xì)線的一個端點固定；細(xì)線另一端系一個小球，當(dāng)小球靜止不動時，量角器的零刻度線與細(xì)線重合。實驗步驟如下：①測量小球自由靜止時力傳感器的示數(shù)F0；②把小球拉離平衡位置一個角度θ，由靜止釋放小球。記錄下θ及運(yùn)動過程中力傳感器的最大示數(shù)F；③改變θ，重復(fù)②，獲得多組數(shù)據(jù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）現(xiàn)有半徑相等的鋼球和木球，為減小實驗誤差，小球應(yīng)選____（填字母序號）；A．質(zhì)量均勻的鋼球 B．質(zhì)量均勻的木球（2）若小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，下列哪一個關(guān)系滿足一次函數(shù)變化____（填字母序號）A．F—θ B．1F?θ C．F—cosθ （3）若忽略空氣阻力的影響，理論上細(xì)線長度對實驗結(jié)果影響（選填“有”或“無”）。12．某興趣小組使用如圖甲所示電路，探究太陽能電池的輸出電壓與光照強(qiáng)度及外電路電阻的關(guān)系，圖中電壓表為理想電壓表。（1）在某光照強(qiáng)度下，測得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱電阻R之間的關(guān)系如圖乙中的曲線①所示，隨R增大，U逐漸逼近2.80V。由該曲線可知，M點對應(yīng)的流過太陽能電池的電流為A，太陽能電池的內(nèi)阻Ω；（均保留三位有效數(shù)字）：（2）在另一更大光照強(qiáng)度下，測得U—R關(guān)系如圖乙中的曲線②所示。用一個阻值恒為150Ω的負(fù)載代替變阻箱，由圖乙可知，在曲線①對應(yīng)的光照情況下，太陽能電池的輸出功率為W；在電路不變的情況下，光照改成曲線②所對應(yīng)的強(qiáng)度，需要將阻值為Ω的電阻與此負(fù)載串聯(lián)才能保證此負(fù)載兩端的電壓不變。（均保留三位有效數(shù)字）閱卷人四、計算題∶本大題共3小題，共42分。13題10分，14題14分，15題18分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結(jié)果的不能得分。得分13．在很多餐館中，“機(jī)器人服務(wù)員”（圖甲）已替代人工進(jìn)行配送服務(wù)。某次配送服務(wù)過程中廚師將餐盤放在機(jī)器人的水平托盤上，機(jī)器人沿ABCD的路徑把餐盤送到16號桌。已知半徑為4m的圓弧BC與直線路徑CD相切，餐盤和托盤間的動摩擦因數(shù)為0.1，配送過程中餐盤與托盤不能發(fā)生相對滑動。求：（1）機(jī)器人勻速率通過BC段時的最大允許速度；（2）若機(jī)器人以（1）中的最大速度運(yùn)動，并在D點前某位置開始勻減速，到D點時速度恰好減為零。求開始減速時的位置距D點的最小距離。14．學(xué)完科技課程后，小軍同學(xué)自制了一個“火箭”玩具，如圖所示，它由上下A、B兩部分和一個夾在中間且不固接、勁度系數(shù)很大的輕彈簧構(gòu)成，最初彈簧處于壓縮狀態(tài)并鎖定，解除鎖定通過遙控完成，A的質(zhì)量為m、B的質(zhì)量為2m?，F(xiàn)讓“火箭”在離地面h處靜止釋放，不計空氣阻力和“火箭”的體積，彈簧恢復(fù)原長時間極短，已知釋放瞬間就解除鎖定，A上升離釋放點的最大高度也為h，重力加速度取g。（1）彈簧被鎖定時的彈性勢能；（2）若釋放后在向下運(yùn)動過程中的某位置解除鎖定，發(fā)現(xiàn)A恰好能運(yùn)動至初位置，則解除鎖定位置離地面的距離；（3）若“火箭”著地瞬間以原速率反彈，在上升到距離地面高為h0處解除鎖定（0<?15．如圖所示，第一象限內(nèi)某邊界的右側(cè)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，邊界左側(cè)無任何場，區(qū)域邊界過y軸上的P點和x軸上的Q點，P點到O點的距離為L。在x軸下方存在垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。在P點沿x軸正方向發(fā)射速度大小為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子A，恰好僅在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動后沿與x軸正方向成60°的方向穿過Q點，該粒子第二次穿過x軸的位置坐標(biāo)為Q點坐標(biāo)的2倍。在y軸上OP之間任意位置發(fā)射速度大小為v0的同種粒子，粒子穿過邊界僅在電場中運(yùn)動后均能通過Q點。忽略重力及粒子間的相互影響。求：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；（2）區(qū)域邊界的邊界方程；（3）若在y軸上OP之間某位置以相同的速度大小發(fā)射的同種粒子B通過Q點時的速度方向與x軸正方向成30°角，且A、B兩粒子同時第一次進(jìn)入電場，求A粒子從x軸上方第三次穿過x軸上某點后B粒子需要多長時間經(jīng)過該點？

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.在分析運(yùn)動員過桿動作特點時，運(yùn)動員的形狀和大小不能忽略，所以不能將其看作質(zhì)點，A不符合題意；

BD.上升過程中運(yùn)動員先做加速度減小的加速上升，加速度減為零時，速度達(dá)到最大，之后做加速度增大的減速上升，由牛頓第二定律可知，支持力先大于重力，加速度為零時，支持力等于重力，之后支持力小于重力，B不符合題意，D符合題意；

C.運(yùn)動員手上涂“防滑粉”可以增大手掌與桿之間的摩擦因數(shù)，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】當(dāng)物體的形狀和大小對所研究問題的影響可以忽略時，物體可以被看成質(zhì)點；分析運(yùn)動員上升過程的受力，由加速度的變化情況得出運(yùn)動員受到的支持力與重力的大小關(guān)系；動摩擦因數(shù)與接觸面的材料和粗糙程度有關(guān)。2．【答案】B【解析】【解答】AB.無論是單縫屏還是雙縫屏，光屏上出現(xiàn)的圖樣中央都是白色亮條紋，單縫屏?xí)霈F(xiàn)衍射圖樣，雙縫屏?xí)霈F(xiàn)干涉圖樣，A不符合題意，B符合題意；

CD.白熾燈發(fā)出的白光屬于自然光，所以如果M是偏振片，沿水平軸線旋轉(zhuǎn)M，光屏上光的亮度不會發(fā)生變化，顏色也不會發(fā)生變化，CD不符合題意。

故答案為：B。

【分析】用白光做單縫衍射實驗或雙縫干涉實驗，光屏上中央亮條紋均為白色；根據(jù)光的偏振原理，分析如果M是偏振片，沿水平軸線旋轉(zhuǎn)M，光屏上光的亮度和顏色的變化。3．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)開普勒第三定律

a3T2=k

可知，由于Ⅱ軌道的半長軸大于I軌道的半徑，所以載人飛船的運(yùn)動周期大于地球的公轉(zhuǎn)周期，即載人飛船的運(yùn)動周期大于1年，A不符合題意；

B.由圖可知，A為飛船軌道的近日點，C為軌道的遠(yuǎn)日點，根據(jù)開普勒第二定律可知，近日點的速度大于遠(yuǎn)日點的速度，故載人飛船由A到C的過程中速率變小，B不符合題意；

C.假設(shè)飛船在C處變軌到繞太陽做勻速圓周運(yùn)動的軌道上，則飛船在C處需要點火加速，所以飛船在Ⅱ上C點的速度小于在過C點的圓軌道上的速度；根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMmr2=mv2r

4．【答案】D【解析】【解答】A.氫原子從高能級向低能級躍遷時會向外輻射能量，所以氫原子向外輻射Hα后能級降低，A不符合題意；

B.Hα是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線，根據(jù)

E=?ν=?cλ

可知，光子能量最小，所以Hα對應(yīng)的能級躍遷過程是從n=3躍遷到n=2，B不符合題意；

C.Hα對應(yīng)的光子能量為

?ν=E3?E2=?1.51eV?(?3.40eV)=1.89eV

若Hα能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動能一定小于1.89eV，C不符合題意；

D.若Hα未能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，說明Hα的光子能量小于該金屬的逸出功，而巴爾末系其他光的光子能量均大于Hα5．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)對稱性，沒有取走電荷時圓心O點的電場強(qiáng)度為零，取走P、Q兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與P、Q兩處弧長為?x的小圓弧所帶正電荷在O點產(chǎn)生的合場強(qiáng)等大反向，由于圓環(huán)所帶電荷量均勻分布，故長度為?x的小圓弧所帶電荷量為

?q=?x2πrq

根據(jù)電場疊加原理結(jié)合對稱性，可得

E剩=6．【答案】A【解析】【解答】因為列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車的速度不允許超過2v03，則列車進(jìn)隧道前必須減速到2v03，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度-時間公式可得

2v03=v0?2at1

解得減速時間

t1=v06a

通過隧道時勻速運(yùn)動，通過的位移為3L，故所用時間

t2=3L23v0=7．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律，水噴出后，在豎直方向上

?=12gt2

水平方向上

R=vt

解得

?=gR22v2

可知若v1=v2，則

?1:?2=R12:R22

A不符合題意；

B.若ω增大，則噴水嘴轉(zhuǎn)動一周的時間變短，噴出的水量變小，其他量不變，則單位時間落入花盆的總水量減小，B不符合題意；

C.若ω1=8．【答案】B,D【解析】【解答】A.由圖可知，該波的波長為4m，A不符合題意；

B.根據(jù)波速公式

v=λT

可得，該波的周期為

T=λv=42s=2s

B符合題意；

C.經(jīng)過0.5s，波向前傳播的距離為

?x=v?t=19．【答案】B,C【解析】【解答】A.AD反向延長線過原點，可知從D→A氣體做等容變化，故D狀態(tài)的體積為2×103m3，A不符合題意；

B.對D→A過程，根據(jù)查理定律可得

pDTD=pATA

從A→B氣體做等壓變化，由蓋呂薩克定律可得

VATA=VBTB

聯(lián)立解得B狀態(tài)的體積為

VB=5×10?3m3

B符合題意；

CD.因為BC連線原點，可知從B→C氣體做等容變化，故從D→A、B→C兩個階段中各自氣體體積不變，外界對氣體不做功，從A→B，由

pVT=C

可知，氣體體積增大，氣體對外界做功，大小為10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.金屬棒從A運(yùn)動到D的過程中，重力和安培力一直對金屬棒做負(fù)功，由動能定理可知，金屬棒的速度一直減小，A不符合題意；

B.由A項分析可知，金屬棒從A運(yùn)動到D的過程中，速度一直減小，可知金屬棒在AC段的平均速率大于在CD段的平均速率，由于金屬棒在AC間與CD間通過的路程相等，所以金屬棒在AC間運(yùn)動時間小于CD間運(yùn)動時間，B符合題意；

C.金屬棒運(yùn)動到D點時，由牛頓第二定律可得

mg=mvD2r

解得

vD=gr

對金屬棒從A運(yùn)動到D的過程，根據(jù)能量守恒可得

12mv02?12mvD11．【答案】（1）A（2）C（3）無【解析】【解答】（1）為減小空氣阻力造成的誤差，小球應(yīng)選質(zhì)量大，體積小的鋼球。故選A。

（2）小球到達(dá)最低點時繩上的拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律，有

F?mg=mv2l

若小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，對小球從靜止釋放到達(dá)最低點的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

mg(l?lcosθ)=12mv2

聯(lián)立可得

F=3mg?2mgcosθ

可知12．【答案】（1）2.29×10-2；52.3（2）4.17×10-2；15.0【解析】【解答】（1）由題可知，M點對應(yīng)的電阻箱兩端的電壓為1.60V，電阻箱的電阻為70Ω，則流過太陽能電池的電流為

I=UR=1.6070A=2.29×10?2A

R趨于無窮大時，電壓表的示數(shù)等于電源電動勢，可知太陽能電池的電動勢為

E1=2.8V

由閉合電路歐姆定律可得

E1=I(R+r)

可得太陽能電池的內(nèi)阻

r=E1I?R=2.82.29×1013．【答案】（1）解：機(jī)器人在BC段做圓周運(yùn)動，餐盤所需向心力由托盤對其的摩擦力提供，設(shè)餐盤的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律有μmg=m代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s（2）解：根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma可得餐盤能夠達(dá)到的最大加速度的大小為a=1m/根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可得機(jī)器人速度減為零的位移大小為x=則“機(jī)器人服務(wù)員”從C點到D點的最短距離為2m。【解析】【分析】（1）機(jī)器人在BC段做圓周運(yùn)動時，靜摩擦力充當(dāng)向心力，當(dāng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，機(jī)器人的速度最大，由牛頓第二定律求出最大速度；（2）由牛頓第二定律求出機(jī)器人減速運(yùn)動的最大加速度，再由勻變速直線運(yùn)動位移-速度公式，求解開始減速時的位置距D點的最小距離。14．【答案】（1）解：釋放瞬間就解除鎖定，裝置的初速度為0，設(shè)彈簧恢復(fù)原長后A、B的速度大小分別為v1、vm此后A上升離釋放點的最大高度也為h，則有?2g?=0?聯(lián)立解得v1=根據(jù)能量守恒可知，彈簧被鎖定時的彈性勢能為E（2）解：設(shè)向下運(yùn)動了?1，裝置的速度為v0，彈簧恢復(fù)原長后A恰好能運(yùn)動至初位置，所以彈簧恢復(fù)原長時A的速度大小也為v03m解除鎖定過程，根據(jù)能量守恒可得E聯(lián)立解得v則有?所以解除鎖定位置離地面的距離為Δ?=??（3）解：“火箭”著地瞬間速度大小v著地后以原速率反彈，上升到距離地面?0v在?03m根據(jù)能量守恒可得E解得v繼續(xù)上升的高度為?所以A上升的最大高度為?【解析】【分析】（1）由動量守恒定律和自由落體公式位移公式，綜合求解彈簧恢復(fù)原長時A、B的速度，再根據(jù)能量守恒定律計算彈簧被鎖定時的彈性勢能；（2）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分析彈簧恢復(fù)原長的過程，求出彈簧解除鎖定時裝置下落的速度，再由自由落體運(yùn)動