重庆市2024年高考物理模拟试卷及答案11

重庆市2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。得分1．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，光路图如图所示，下列说法正确的是（）A．a光在玻璃中的折射率较大 B．a光在玻璃中的传播速度较大C．a光和b光从空气进入玻璃后频率都会增大 D．若增大入射角，a光可能会发生全反射2．北京时间2024年4月26日，神舟十八号载人飞船升空6.5h后采用自主快速交会对接模式，与离地高度约390km的中国空间站天和核心舱完成对接，形成三船三舱组合体，下列说法中正确的是（）A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．为实现对接，应先让飞船和天和核心舱处于同一轨道上，然后点火加速C．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船速度和运行周期都变大D．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船机械能和运行周期都变大3．如图所示，小明将一小型条形磁铁对着原本用轻绳竖直悬挂的金属小球（未触地）作用，金属小球缓慢上升，轻绳偏离竖直方向较小角度。该过程中小磁铁和小球连线与竖直方向的夹角保持不变，则（）A．轻绳拉力逐渐变大 B．轻绳拉力逐渐变小C．磁铁与小球的距离不变 D．磁铁与小球的距离变大4．如图所示，用轻绳把边长为L的正方形金属框竖直悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向里，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁感应强度大小随时间变化规律为B=kt(k>0)，已知金属框阻值一定，从t=0开始的全过程轻绳不会被拉断，关于该过程，下列说法正确的是（）A．金属框受到竖直向上的安培力 B．金属框的感应电动势大小E=kC．金属框中感应电流的大小方向均不变 D．金属框受到的安培力大小不变5．一质点做平抛运动，先后经过空中的P、Q两点，经过P点时速度方向与水平方向的夹角为30°，经过Q点时速度方向与水平方向的夹角为60°，则（）A．P到Q过程质点做非匀变速运动B．PQ连线与水平方向夹角为60°C．质点经过P、Q两点时竖直速度之比为1：3D．从抛出点到P、Q两点的水平位移之比为1：26．一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图a所示，x=0．3m处的质点的振动图像如图b所示，已知该波的波长大于0.3m，则（）A．t=0时刻x=0处的质点正在向y轴正方向振动B．t=0时刻x=0．3m处的质点正在向y轴负方向振动C．该波的波长为0.7mD．该波的波长为0.8m7．如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，一质量为m的小滑块以一定初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后再返回，整个过程中斜面始终保持静止。出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，则有关斜面受到地面的摩擦力f、斜面受到小滑块的压力F、小滑块运动过程中的机械能E和动能Ek随小物块位移A． B．C． D．阅卷人二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。得分8．如图所示，真空中固定两等量异种点电荷，A、B、O、C、D为两电荷连线上的五个点，O为两电荷连线的中点，BO=CO，AO=DO，则（）A．A、D两点的电场强度相同 B．B、C两点的电场强度不相同C．B、C两点的电势相同 D．正电荷在A点的电势能大于在D点的电势能9．氢原子的能级图如图所示，用大量处于n=4激发态的氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，n=4能级跃迁到n=2能级所发出的光恰好使该金属发生光电效应。则（）A．氢原子共发出6种频率的光B．氢原子发出的光中共有4种频率的光能使金属发生光电效应C．氢原子发出的光中，动量最小的光子的能量E=−0．66eVD．该实验中遏止电压U10．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u=1202sin100πt(V)，R0、R1和R2为定值电阻、阻值均为20Ω，当滑片P处于位置M时，ABA．流过R1B．滑片P处于位置M时，流过R2C．S1、S2均闭合后，将D．断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动，阅卷人三、非选择题：本题共5小题，共57分。得分11．某实验小组利用如图甲所示的装置探究向心力和圆周运动角速度以及运动半径的关系。带有遮光片的小球放在光滑的水平“”型槽内、槽内宽略大于球直径，“”型槽内安装带有压力传感器的挡板，挡板放置位置可调节，“”型槽固定在竖直转轴上，在电机带动下绕竖直转轴做匀速圆周运动。光电门调节到适当位置可记录遮光片遮光的时间Δt，压力传感器可测量小球所受向心力F的大小，刻度尺可测量挡板到转轴的距离L。（1）用游标卡尺测量遮光片宽度d，如图乙所示，则d＝mm；（2）保持挡板位置不变，改变转动快慢，以F为纵坐标，以（填“Δt”、“1Δt”、或“1（3）保持转动角速度不变，改变挡板位置，作出F-L图像，若考虑小球半径对实验的影响，所作的F-L图像应该是____A． B．C． D．12．某兴趣小组用多用电表测量一个二极管的正向电阻，分别利用“×10”欧姆档和“×100”欧姆档进行正确操作，发现测得的阻值有很大差距。分析原因时，有同学提出，可能因为多用电表欧姆档的两个倍率所用电源电动势不同而造成二极管的正向电阻不同，为分析具体原因，该小组同学进行了如下实验。（1）先将多用电表调到“×100”欧姆档，红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；再把多用电表、电流表（量程为0～500μA，内阻约为多用电表300Ω）、电阻箱（阻值范围为0～9999Ω）和开关串联成闭合回路，并将电阻箱的阻值调到最大；如图甲所示。其中多用电表的红表笔应该接电流表的极（填“正”或“负”）；（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，该多用电表的表盘指针和电流表指针位置如图乙所示，欧姆表中央刻度示数为15，可知多用电表内部电源的电动势为V（结果保留三位有效数字）；再换用“×10”欧姆档，重复上述操作，测得内部电源电动势与“×100”欧姆档相同。（3）该型号二极管的伏安特性曲线如图丙所示，根据图丙和多用电表欧姆档内部电路可知，用不同倍率欧姆档测得二极管阻值的不同并非电表内部电动势不同，而是不同倍率欧姆档的不同，由图可知，“×10”欧姆档测得的二极管正向电阻阻值为Ω（结果保留三位有效数字）。13．如图甲所示，一带有活塞的导热气缸静止放置在水平地面上，气缸内封闭有体积为V的理想气体，活塞质量为m，横截面积为S．大气压强保持不变且为14mgS，环境温度保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，sin37°=0．6，（1）封闭气体的压强；（2）如图乙将该气缸静止放置在倾角为37°的斜面上时缸内气体的体积。14．如图所示，质量为m=1kg的小物块A放在质量也为m的木板C的右端，木板静止在光滑地面上，t=0时刻给木板施加一水平向右的拉力F，物块和木板立即发生相对滑动。已知拉力功率P恒为8W，物块和木板间的动摩擦因数μ=0．2，t1=1.5s时物块和木板共速，且共速时立即撤去拉力，重力加速度（1）与木板共速前物块A运动的加速度；（2）若物块恰不从木板上滑下，木板C的长度；（3）若木板C右方还静置着另一物块B，木板C与A共速后再与B发生碰撞并粘在一起，则在满足第（2）问情况下，要保证物块A恰不从木板C上滑出，求物块B的质量。15．如图所示，空间存在平面直角坐标系xOy，第一象限整个空间都有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限既没有电场也没有磁场。一个不计重力的质量为m、电量为+q带电粒子，从y轴上的A点以初速度v0平行于x轴向x轴正方向飞出，A点坐标为(0,d)，然后从x轴上的M点第一次进入磁场，M点坐标为(2d,0)，再从x轴上的N点第一次离开磁场，N点坐标为(−3d,0)，粒子始终在xOy（1）电场强度的大小和磁感应强度的大小；（2）粒子第二次进入磁场时的位置及速度的大小和方向；（3）若能够设定一控制磁场大小的装置，使得粒子第n（n为大于1的任意自然数）次进入磁场时磁感应强度大小变为Bn，粒子第n次进入磁场时沿y轴方向的速度为第一次进入磁场时沿y轴方向的速度的n倍，不考虑磁场变化导致的电磁感应现象，求B

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、由光路图和折射定律可知

na>nb

故A正确

B、根据

v=cn

可知在玻璃中的传播速度b光更大，故B错误；

C、a、b光进入玻璃后频率不会发生改变，故C错误；2．【答案】D【解析】【解答】A、两者运行速度的大小都应小于第一宇宙速度，故A错误；

B、为实现对接，应先让飞船处于较低轨道上，然后点火加速，故B错误；

CD、对接后飞船轨道变高，速度变小，运行周期都变大，机械能变大，故C错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】第一宇宙速度是卫星绕地飞行的最大环绕速度，从低轨道进入高轨道需点火加速，卫星的机械能变大。再结合万有引力定律及牛顿第二定律确定运行周期变化情况。熟练掌握卫星对接的方法。3．【答案】B【解析】【解答】金属球缓慢上升时，以球为研究对象进行受力分析：

可见在小球上偏一个较小角度时，细线拉力T逐渐减小，磁铁对小球作用力F逐渐增大，则二者距离逐渐变小。

故答案为：B。

【分析】金属小球缓慢上升，即金属小球处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，再根据三角形法则结合题意进行动态分析。4．【答案】C【解析】【解答】BC、根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，根据法拉第电磁感应定律可知

E=∆ϕ∆t=∆B∆tL22=k5．【答案】C【解析】【解答】A、质点做平抛运动，加速度恒定不变，即P到Q过程质点做匀变速运动，故A错误；

B、画出轨迹图如下所示

由图可知PQ连线与水平方向夹角显然小于60°，故B错误；

C、根据平抛运动规律有

tan30°=vypv0

tan60°=vyQv0

则

vypvyQ=13

故C正确；

D、根据平抛运动规律竖直方向有

6．【答案】D【解析】【解答】A、由于该波沿x轴正方向传播，由图a可知0s时刻x=0处的质点正在沿y轴负方向振动，故A错误；

B、由图b可知0s时刻x=0.3m处的质点正在沿y轴正方向振动，故B错误；

CD、由于波长大于0.3m且波沿x轴正方向传播可得，x=0.3m处的质点在图中的P位置

则有

14+18λ=0.3m

解得

λ=0.8m7．【答案】C【解析】【解答】D、Ek-x图像的切线斜率大小表示小滑块运动过程中受到的合外力大小，小滑块上滑过程和下滑过程各自合外力都恒定，故D错误；

C、E-x图的斜率大小表示小滑块运动过程中受到的除重力和明显形变弹力以外做功的力的大小，即小滑块在上滑和下滑过程中受到的滑动摩擦力，两个过程大小相等，方向相反，故C正确；

B、以斜面为研究研究对象可得全过程斜面受到小滑块的压力F的大小和方向均未发生改变，故B错误；

A、由于小滑块可以下滑，则

tanθ>μ

全过程中斜面受到地面的摩擦力f方向不变，故A错误。

故答案为：C。

【分析】明确滑块在斜面上运动过程的受力情况，注意滑块所受摩擦力的方向。Ek8．【答案】A,D【解析】【解答】A、根据等量异种电荷电场分布特点及对称性可知，A、D两点距两点电荷的距离相等，且在电荷的连线上，则A、D两点的电场强度相同，故A正确；

B、根据等量异种电荷电场分布特点及对称性可知，B、C两点距两点电荷的距离相等，且在电荷的连线上，则B、C两点的电场强度相同，故B错误；

C、越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，根据电势叠加规律可知，B点电势高于C点电势，故C错误；

D、越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，则A点电势高于D点电势，根据电势与电势能的关系可知，正电荷在A点的电势能大于在D点的电势能，故D正确。

故答案为：AD。

【分析】熟练掌握等量异种电荷电场及电势分布的特点和规律。沿电场线方向电势逐渐降低，正电荷在电势高的位置电势能大。越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A、用大量处于n=4激发态的氢原子共发出C42=6种频率的光，故A正确；

B、由于n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光恰好使该金属发生光电效应，则4-2，4-1，3-1，2-1四种光都能使该金属发生光电效应，故B正确；

C、氢原子发出的光中，动量最小的光子波长最大，频率最小，即对应4-3的光子，此时光子能量为

E=0.66eV

故C错误；

D、该实验中遏止电压对应4-1的光去照该金属产生的最大初动能，根据动能定理可得

Uc=E10．【答案】B,D【解析】【解答】A、由题意知T=0.02s，一个周期流过R1的电流方向改变2次，则每秒改变100次，故A错误；

B、滑片P处于已知位置时，则等效电路为

R等效=n1n22R2·R0R2+R0=40Ω

根据闭合电路欧姆定律有

I=120R总=2A

流过R2电流

I2=12I·n1n2=2A

故B正确；

C、S1、S2均闭合后，将P沿顺时针方向转动，11．【答案】（1）8.42mm（2）1（3）B【解析】【解答】（1）游标卡尺的分度值为0.02mm，则图示读数为

d=8mm+21×0.02mm=8.42mm

（2）挡板经过光电门的

v=d∆t

则根据牛顿第二定律可得

F=mv2L=md12．【答案】（1）负（2）1.47（3）内阻；220（220～240为正确）【解析】【解答】（1）多用电表欧姆档电流从黑表笔流出，流入电流表的正极，再从电流表负极流出，流进多用电表红表笔。

（2）由串联电路可知，电流表示数420μA，电流表内阻和电阻箱阻值之和可由欧姆表示数得2000Ω，中值电阻1500Ω，故电动势

E=420μA×3500Ω=1.47V

（3）在二极管伏安特性曲线和电源U-I图像交点可得正向电阻不同是因为欧姆档内阻不同，且在伏安特性曲线坐标图中作出电源的函数

150I=1.47-U

图线如图所示

两图线交点即可二极管工作时的电流及电压，则此时二极管的正向电阻为13．【答案】（1）解：由活塞受力平衡可知PS+mg=（2）解：活塞受力分析可知PS+mg【解析】【分析】（1）对活塞进行受力情况，根据平衡条件确定封闭气体的压强；

（2）对活塞进行受力情况，根据平衡条件及力的合成与分解确定倾斜时封闭气体的压强，该过程气体发生等温变化，再根据玻意耳定律进行解答。14．【答案】（1）解：A物块水平仅受滑动摩擦力，故a=ug，a=2m/s（2）解：AC相对滑动到恰共速过程，两者组成的系统满足：2m（3）解：拉力F撤去后到三者共速，ABC系统动量守恒，则2mBC完全非弹性碰撞，则mBC碰后到三者共速满足m【解析】【分析】（1）明确物块A在木板上运动过程的受力情况，再根据牛顿第二定律确定其加速度大小；

（2）物块恰不从木板上滑下，即当物块与木板共速时物块恰好位于木板的最左侧。对物块进行分析，根据运动学规律确定共速时物块及木板的速度，再对整体进行受力分析，明确整个系统个受力情况及各力做功情况，再根据动能定理确定木板的长度；

（3）保证物块A恰不从木板C上滑出，则ABC共速时A恰好位于C的最右端。BC发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律确碰后BC的速度。拉力F撤去后到三者共速的整个过程中，ABC系统动量守恒，根据动量守恒定律确定三者共速时的速度，再对BC碰后到ABC共速的过程运用能量守恒定律进行解答。15．【答案】（1）解：粒子从A点飞出后做类平抛运动，则有x可得E=mv022qd，设第一次进入磁场时速度与x轴的夹角为θv1y=at在磁场中的第一次沿x轴的侧移量Δ由题可知Δx1（2）解：做出粒子运动的大致轨迹，粒子第一次离开磁场时速度与x轴夹角依然为θ1=45°，沿y轴正向运动的位移y1'=3d后到y轴上的A1点，再做反向的类平抛运动到最高点C1，可以知道C1在由于从最高点开始沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据vy2因此粒子第二次进入磁场时的位置x坐标为第一次类平抛的水平位移和第二次类平抛的水平位移之和由于t2=2t1粒子第二次进入磁场时的速度v速度与水平方向夹角为θ2，（3）解：每次进入磁场时竖直方向的速度分别为v则每次从最高点做类平抛到电场磁场边界用时为t每次类平抛的y方向的位移为y每次从电场离开到进入磁场沿y方向向上的位移大小为y根据分析可知，y则有y每次类平抛的x方向的位移为