重庆市2024届高三年级下册高考模拟调研卷物理（三）(含答案)

重庆市2024届高三下学期高考模拟调研卷物理（三）

学校：___________姓名：班级：考号：

一,单选题

1.坐过山车时，人体会分泌大量肾上腺素和多巴胺，让人感觉惊险刺激。如图所示,

某车厢中游客通过环形轨道攀升的一小段时间内速率不变，则该过程中（）

A.该游客所受合力做功为零

B.该游客所受合力始终为零

C.该游客的机械能守恒

D.该游客所受重力的瞬时功率一定变大

2.某电容式电子秤的部分结构如图所示。将该电子秤水平放置，未测物品时，两金属

板N平行正对，带有等量异种电荷且保持不变；当放置物品时，〃板受到压力R

而发生微小形变，贝1］（）

F

M12

NI-I

A.M、N两板间电势差变小

B.M、N两板间场强处处不变

C.M,N两板构成的电容器的电容变小

D.M,N两板构成的电容器的电容不变

3.用甲、乙两种不同的金属做光电效应的实验，甲的逸出功大于乙的逸出功，在同一

坐标系中作出它们的遏止电压上随入射光频率v变化的图像，如图所示，其中②、

甲、③三条图线相互平行，则乙的图线是（）

C.③D.④

4.如图所示，一网球爱好者在某次训练时，无初速地释放手中质量为58g的网球，然

后在网球反弹上升途中进行击打训练。试估算该网球由静止释放后第一次落地前瞬时

的动量大小约为（）

A.0.03kgm/sB.0.3kgm/sC.3kg•m/sD.30kg-m/s

5.如图所示，航天器c位于日地系统中拉格朗日4点处，与太阳人地球6构成稳定

的等边三角形，大圆为地球绕太阳中心做匀速圆周运动的轨迹。实际上，。、c是

一个“三星”系统，由于航天器的质量远小于天体的质量，a、b、c绕着a、6构成的“双

星”连线中的。点转动。忽略其他天体的影响，贝女）

一乙〉步［天器c

/!\\\\

太la赢6

A.c的周期大于6的周期

B.c的向心加速度等于b的向心加速度

C.c的向心力指向太阳中心

D.c的线速度大于b的线速度

6.如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、c

d,竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于。点，两电荷量大小相等

的带电小球甲、乙恰好静止在MN轴上距。点相同距离的位置。下列说法正确的是（）

M

甲”

，/•一，

"O/

a/一/d

A.甲、乙可能为同种电性

B.甲、乙质量可能不同

C.甲、乙质量一定不同

D.点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同

7.如图所示，。、。、。为足够长的光滑水平面上的三个相同平板。初始时刻c静止，

a、6整齐叠放在一起以某速度水平向右运动，之后反c发生完全非弹性碰撞且不粘

连，最终。恰好未从。右端滑出。忽略空气阻力，从0、。碰撞后到。、。共速前的过

程中，a、b,。始终共线且粗糙程度处处相同，则下列图像正确的是（）

。的速度随时间变化的图像6的加速度随时间变化的图像

6的速度的平方随位移变化的图像

c的速度随时间变化的图像

二、多选题

8.如图所示，“af〃—cfa”表示某一定质量的理想气体的一个循环过程。下列说

法正确的是（）

A.afZ?过程中，该气体放热

B.bfc过程中，该气体放热

C.c♦。过程中，该气体放热

D.afbfc过程中，该气体吸热

9.老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h,图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某

同学估算所画的捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半

径R=100m的圆周运动，捕猎前瞬时的水平速度大小%=180km/h,鲤鱼质量为

0.5kg,老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力，重力加

速度g取lOm/s?,贝U（）

0

R//

一一一G.

水面--------二》一•一.

鱼

图1图2

A.捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态

B.捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变

C.捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h

D.捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N

10.如图所示，“L”形直角光滑金属导轨。4N固定在竖直平面内，金属杆一端由光滑

较链连接在。处，另一端穿过套在水平导轨AN上的光滑轻环，金属杆与导轨构成的

回路连接良好，整个空间有垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出），只考虑段

的电阻，轻环在水平外力R的作用下，使金属杆以不变的角速度逆时针转动，则在轻

环由。点运动到。点的过程中（）

A.轻环加速运动

B.轻环减速运动

C.回路中的电流增大

D.力E对轻环所做的功等于系统产生的热量

三、实验题

11.某同学用图1所示装置“研究单摆运动的规律”。让摆球在竖直平面内摆动，用力

传感器得到细线对摆球的拉力大小歹随时间/变化的图像如图2所示。

2cm3主尺4

0游标尺1020

图3

(2)该同学先用20分度的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图3所示，其读数为

(3)已知摆球的质量为机，可得当地重力加速度大小g=(用题给物理量符号表

示)。

(1)该小组同学先用欧姆表粗略测量电流计G的内阻4；应将欧姆表的红表笔与电流计

6的^(选填接线柱接触，把选择开关旋转到'100”位置，正确操作后，

欧姆表的指针如图1所示，则Rg的大小为一C。

(2)为精细测量电流计G的内阻4,该小组同学利用“半偏法”原理设计了如图2所示电

路图，请将图3所示实物连线图补充完整。

①闭合开关S2,调节滑动变阻器&的滑片，使电流计G满偏；

②保持滑动变阻器凡的滑片位置不动，断开开关S2,调节电阻箱R,使电流计G半

偏；

③读出电阻箱R的数值60L2Q,即为电流计G的内阻Rg的测量值。

由此可知，本次电流计G的内阻Rg的测量值与其真实值相比(选填“偏大”“偏

小”)。

(3)然后该小组同学利用所学知识，将电流计G改装为量程4=3A的电流表，并测量

标准电流/°=2A时，发现电流计G的示数4=2.05mA。通过本次测量，经分析可

知，(2)中“半偏法”测得的4的测量值的相对误差为%(保留两位有效数字)。

四、计算题

13.图是某四分之一圆弧形均质柱体玻璃砖的截面图，。为圆弧圆心，圆弧半径为

Ro与截面OWN平行的平行单色光线照射到0M部分，光线与边的夹角。=45。，

已知该玻璃砖对该光线的折射率为血，光在真空中的传播速度为c,不考虑反射光的

折射，求：

(1)圆弧上有光线射出的弧长占其总弧长的百分比；

(2)能从圆弧MN上射出的光线在该玻璃胸中经过的最短时间。

14.如图所示，形状、材料相同的物块八6静止在足够长的粗糙水平面上，6左端固

定一劲度系数足够大的轻弹簧c,a、b、c中心共线，c左端与。相距与。现给。一水

平向右的初速度v,a刚接触c时的速度为上，此后a的速度减为零时恰好与c分离，

2

且此时6的速度恰好为上。已知物块八6质量分别为2机、加，两物块均可视为质点，

2

重力加速度为g,忽略空气阻力，求：

a

///////////////////////////////

(1)物块a、6与水平面间的动摩擦因数〃；

⑵物块a与c接触的时间/；

(3)物块。与c刚分离时，物块6的位移大小X。

15.如图1所示，与PQ是两条固定在同一水平面上的平行金属导轨，导轨间距为

L,一质量为机、电阻为R、长度也为L的金属杆a。垂直跨接在导轨上，仍杆左侧导

轨上安装有电流传感器，导轨左端连接一阻值也为R的定值电阻，导轨电阻不计且足

够长。整个导轨处于磁感应强度大小为3的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面

(图中未画出)。t=0时刻，仍杆在水平拉力R的作用下由静止开始水平向右运动，

整个运动过程中，电流传感器的示数，随时间/变化的关系如题15图2所示，时杆始

终与导轨垂直并接触良好。已知而杆与导轨间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,

求整个运动过程中

⑴通过a。杆的电荷量；

(2)时杆与导轨间因摩擦产生的热量Q-,

(3)水平拉力R的冲量。。

参考答案

1.答案：A

解析：A.根据题意可知，由于游客速率不变，则动能变化量为零，由动能定理可知，

该游客所受合力做功为零，故A正确；

B.由于游客速率不变，游客做匀速圆周运动，该游客所受合力不为零，指向圆心提供

做圆周运动的向心力，故B错误；

C.游客匀速率上升，动能不变，重力势能增加，则该游客的机械能增加，故C错误；

D.若游客在环形轨道下半部分爬升，竖直分速度逐渐增大，重力的瞬时功率变大，若

游客在环形轨道上半部分爬升，竖直分速度逐渐减小，重力的瞬时功率减小，故D错

误。

故选A。

2.答案：A

解析：CD.根据题意，由电容器的决定式。=旦可知，〃板受到压力R而发生微小

471kd

形变，板间距离d减小，则电容器电容增大，故CD错误；

A.根据题意，由电容器的定义式。=义可知，由于极板上电荷量不变，电容增大，则

U

M、N两板间电势差变小，故A正确；

B.M板受到压力R而发生微小形变，M、N两板不平行，则”、N两板间场强不再是

匀强电场，则一定不是场强处处不变，故B错误。

故选A。

3.答案：B

解析：根据爱因斯坦光电效应方程可得

eUc^hv-W0

所以

ee

根据题意，甲乙两种金属对应的图线斜率相同，即两条图线应平行，且甲的逸出功大

于乙的逸出功，甲的极限频率更大，即图线的横截距较大。

故选B。

4.答案：B

解析：网球落地的速度

v=y12gh

该网球由静止释放后第一次落地前瞬时的动量大小为

p-mv=m^2gh

网球释放高度约为L2m,则

p=0.058xj2xl0xl.2kg-m/s=0.284kg•m/s®0.3kg-m/s

故选B。

5.答案：D

解析：在“三星，，系统中，由于航天器与太阳厦地球6构成稳定的等边三角形，则三者

圆周运动的角速度大小①相等。航天器质量远小于天体质量，在太阳地球构成的“双

星”系统中，二者之间的万有引力大小相等，因为地球质量小于太阳质量，则地球环绕

半径小于太阳环绕半径，。点更靠近太阳，三星系统中，三者的半径分别为

Ob、Oc,根据几何关系可知

Oc>Ob>Oa

A.根据圆周运动规律可知周期

27r

1---

co

三者角速度大小相等，所以周期也相等，故A错误；

B.根据

a—co2r

因为C的环绕半径大于6的环绕半径，所以C的向心加速度大于》的向心加速度，故

B错误；

C.三星系统中。的向心力指向圆周运动的中心。点。故C错误；

D.线速度

v=a)r

因为c的环绕半径大于》的环绕半径，所以c的线速度大于6的向心加速度，故D正

确。

故选D。

6.答案：C

解析：D.水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d,ac和

切分别为等量同种电荷，分别在它们连线的中垂线上，根据等量同种的电荷周围

的电场分布，可得，上甲、乙静止的两点的电场等大反向，故D错误；

A.甲、乙静止，即甲、乙受力平衡。设甲、乙之间的库仑力大小为R若甲、乙为同

种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等，方向相反，即甲、乙

受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定为不

同电性，故A错误；

BC.由A选项可得，甲、乙一定为不同电性，则电场力相同，库仑力等大反向，则

甲、乙受到的电场力和库仑力的合力大小一定不相同，则与之平衡的重力一定不同，

即甲、乙的质量一定不同，故B错误，C正确。

故选C。

7.答案：C

解析：由于。、。不粘连，在。滑上c的过程中6受到的滑动摩擦力与c受到的滑动摩

擦力大小不同，随着。滑上。的长度的增加，。对C的正压力增大，对6的正压力减

小，则可知。对人的滑动摩擦力逐渐减小，而。对c的滑动摩擦力逐渐增大，设木板a

的长度为L七表示。在6上的长度，马表示。在。上的长度，则根据牛顿第二定律

有

x.mx,m

ki-g=mab,]Li^-g=mac

解得

〃牛，—牛

LL-i

在。完全滑上。的过程中占减小，%增大，但由于在。滑上c的长度过半之前，始终

是6推动着。向前运动，因此在。滑上c的长度过半之前。、。始终共速，即有

门_门_"mg_"g

即。、c一起做匀加速直线运动，而。做匀减速直线运动，但当。滑上c的长度过半之

后，根据

=等（石4），&=等5号

可知，。的加速度将大于6的加速度，则此后木板C做加速度逐渐增大的加速运动，木

板人做加速度逐渐减小的加速运动，这个过程中6与C分离且距离逐渐增大，直至。

与6分离，此时由于。在C上的长度已经过半，因此对木板。的正压力即为自身重力

的大小，即。与方分离后，C的加速达到最大值，将做匀加速直线运动，一直到。与C

完全重合共速，而对于木板。而言，在。与c未分离时，做匀减速直线运动，而当6

与。开始分离时其所受摩擦力逐渐减小，直至。与6分离后其所受摩擦力又达到最大

值，因此可知。先做匀减速直线运动，接着做加速度逐渐减小的减速运动，后又做匀

减速直线运动，直至与。共速后做匀速直线运动；而对于0,根据以上分析可知，其

先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速直线运动；

对于c,其先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀加速直

线运动，直至与。共速后做匀速直线运动。

A.速度时间图像的斜率表示加速度，该图像表示到a、c共速前a始终做匀减速直线运

动，跟上述分析不符，故A错误；

B.该图像表示到a、c共速前6先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小

的加速运动，直至加速度减为零，与上述分析不符，故B错误；

C.该图像表示。先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，最后以最大

加速度做匀加速直线运动，与上述分析相符，故C正确；

D.根据匀变速直线运动的速度与位移的关系

2

v-VQ=2ax

变式可得

2

v=lax+VQ

则可知该图像表示6先以较大的加速度做匀加速直线运动，再以较小的加速度做匀加

速直线运动，跟以上分析不符，故D错误。

故选C。

8.答案：BCD

解析：A.根据热力学第一定律

AU=Q+W

结合图像可知，afb过程中，气体体积增大，即气体对外做功，W<0,气体温度升

高，则AU>0,因此可知该过程中。一定大于0,即气体一定从外界吸热，故A错

误；

B.bfc过程中，气体体积不变，则气体既不对外做功外界也不对气体做功，W=0,

但此过程中温度降低，即AU<0,因此，根据热力学第一定律可知该过程中一定放

热，故B正确；

C.cf。过程中，气体体积减小，则可知外界对气体做功，W>0,而温度不变，则可

知△[/=(),因此，根据热力学第一定律，Q<0,即该过程中一定放热，故C正确；

D.根据以上分析可知，af/?过程中，叱<0,a>0；bfc过程中，吗=0,

2<0，a-6过程和bfc过程温度的变化量相同，则内能的变化量相同，即有

AU]=叱+,AC/2=W2+Q29AU]=At/2

因此afZ?过程中吸收的热量一定大于bfc过程中放出的热量，即afc过程

中，该气体吸热，故D正确。

故选BCDo

9.答案：AD

解析：A.老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以

合外力不为0,老鹰处于非平衡状态。故A正确；

B.捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平

方向动量守恒可得老鹰的瞬时速度减小，即

叫%=(叫+7%)V共

代入数据，解得

以共=40m/s

加速度

v2

CI——

R

老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；

D.捕猎前设空气对老鹰的作用力为R捕猎后空气对老鹰的作用力为广，分别对捕猎

前老鹰和捕猎后的整体进行受力分析，有

F-m1g=/亳,F'-t^g-m2g—(ml+m2)

解得

F=70N,r=65N

可知

F-F=5N

即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。

故选ADo

10.答案：AC

解析：

AB.轻环的线速度大小为

v-cor

轻环的半径「在变大，角速度不变，则线速度在变大，故A正确，B错误；

C.金属杆转动切割磁感线，产生的感应电动势为

1,

E=-BI}Q)

2

金属杆转动切割磁感线的有效长度在变大，则产生的电动势在变大，根据

R

电阻不变，则电流变大，故C正确；

D.力R对轻环做的功转化为轻环的动能和系统的热量，故D错误。

故选ACo

11.答案：(1)2%

(2)2.070

(3)月+21

3m

解析：(1)摆球每过最低点，即平衡位置拉力达到最大，则单摆一个周期内摆线拉力有

两次达到最大，由图2可得，该单摆的振动周期为2J；

(2)游标卡尺的读数为

20mm+14x0.05mm=20.70mm=2.070cm

(3)设最大摆角为仇则有

=mgcos0

v2

r2—mg=m—

从最高点到最低点由动能定理得

mgL(l—cos6b――mv2

联立解得

12.答案：(1)-600

偏大

(3)2.5

解析：(1)欧姆表中电流由黑表笔流出，红表笔流入，则黑表笔接电流计G的“+”，红

表笔接

把选择开关旋转到“x100”位置，正确操作后，由图1可知

Rg=6义100Q=600Q

(2)根据图2电路图，补全图3实物图，如图所示

根据题意可知，断开S2,接入电路的总电阻增大，则干路电流减小，电流计所在支路

两端的电压增大(大于电流计的满偏电压)，则电流计G半偏时

R+Rg>24

可得

R>Rg

即本次电流计G的内阻&的测量值与其真实值相比偏大。

⑶根据题意，设改装电表并联的电阻为凡电流计G的内阻的测量值为％',真实值

为则有

3义1。3一3_&2x103-2.05_4

3一元’105—五

解得

R；=999R,%2975R

则⑵中“半偏法”测得的4的测量值的相对误差为

R'-R

———^xl00%»2.5%

4

13.答案：（1）〃=50%（2/=

解析：（1）设光线从OM边射入玻璃砖的折射角为「，画出光路图，如图所示

sin45°

n=-------

sinr

解得

r=30°

光线在圆弧MN上恰好发生全反射时

sinC=-

n

解得

C=45°

由几何关系可知

«=180°-900-300-45°=150

能从圆弧MN上射出的光线范围夹角

/7=90°-a-r=45°

因此，圆弧上有光线射出的弧长占其总弧长的百分比为

"=2x100%=50%

90°

(2)设能从圆弧上射出的光线在玻璃砖中经过的最短路程为d,根据正弦定理有

dR

sin15°-sin120°

光线在玻璃砖中的传播速度大小

C

V=—

n

能从圆弧MN上射出的光线在玻璃砖中经过的最短时间

d

t=—

v

联立解得

/内氏

I3Jc

14.