2024届重庆市某中学高三年级下册5月模拟考试物理试卷

重庆市第八中学2024届高考全真模拟考试物理

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填

写清楚.

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分100分，考试用时75分钟.

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

一项符合题目要求。

1.如图甲所示为烤肠机，香肠可视为质量为机的均匀圆柱体，静止在两根水平的平行金属杆中间，其截

面图如图乙所示。金属杆1圆心与烤肠圆心的连线与竖直方向的夹角为仇不计一切摩擦，重力加速度为

g。则金属杆1对烤肠的作用力大小为（）

mg

2tan。

【答案】C

【解析】

【详解】对香肠受力分析如图所示

根据平衡条件有

乂=忆

2N]cos0=mg

解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为

故选C。

2.电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原理图如图所示，背板和振膜可视为构成平行板电容器，当

声波密部靠近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知不采集声音时电容

器电荷量稳定。则（）

A.不采集声音时，a点电势等于b点电势

B.电池放久后电动势变小，电容器电容变大

C.当疏部靠近时，。点电势高于6点电势

D.当密部靠近时，6点电势高于。点电势

【答案】A

【解析】

【详解】AB.不采集声音时，电容器完成充电，电路无电流，。和。点等势，电容大小不受电池影响，故A

正确，B错误；

C.当疏部靠近时振膜产生向左的形变，振膜与背板间距增大，电容减小，则电容器放电，通过电阻的电流

由6指向。，故。点电势低于6点电势，故C错误；

D.当密部靠近时振膜产生向右的形变，振膜与背板间距减小，电容增大，则电容器充电，通过电阻的电流

由a指向6,故。点电势高于。点电势，故D错误。

故选Ao

3.竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的

〃点竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，。点为轨迹的最高点，不

计空气阻力，则（）

A.小球从M到。的时间小于。到N的时间

B.小球从M到。的动量变化量等于。到N的动量变化量

C.小球从〃到。的电势能变化量等于。到N的电势能变化量

D.小球从M到N的过程中，经。点时为速度最小值

【答案】B

【解析】

【详解】AB.小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点。以后做自由落体运动，因为MN在同

一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量相等，动量变化量相等，故A错误，B正

确；

C.小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，因为和ON的运动时间相等，根据初速度为0

的匀加速直线运动推论可知，从知到。的水平位移与从。到N的水平位移之比为

♦M。_]

XON3

则从M到。电场力做功与从。到N。电场力做功之比为

qE'

qE,xON3

小球从加到。的电势能变化量与从。到N的电势能变化量之比为1:3,故C错误；

D.如图所示

由受力分析可知，才开始合力与初速度成钝角，速度减小，当二者垂直时，取得速度最小值，即轨迹切线

与合力方向垂直时，该点在。左侧，故D错误。

故选Bo

4.如图甲所示为压气式消毒喷壶，若该壶容积为3L,内装2.4L消毒液。闭合阀门K,缓慢向下压A,每

次可向瓶内储气室充入0.06L的LOatm的空气，经〃次下压后，壶内气体压强变为2.0atm时按下B,阀门

K打开，消毒液从喷嘴处喷出，喷出过程气体状态变化。-V图像如图乙所示。已知储气室内气体可视为

理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，LOatm=1.0x105Pa，则（）

A.充气过程向下压A的次数〃=20次

B.瓶内气体充气前后内能不变

C.喷液过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数增加

D,若喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，则喷液过程壶内气体从外界吸收的热

量90J

【答案】D

【解析】

【详解】A.壶中原来空气的体积

K=0.6L

由玻意耳定律

P1（明+h）=P2K

解得

〃=10

A错误；

B.充气后气体温度不变而分子数增加，故充气后内能大于充气前，B错误；

C.A到3的过程中，温度不变，分子平均运动速率不变，但是体积变大，分子变稀疏，压强减小，所以气

体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，C错误；

D.外界对气体做功

w=Pi+P2XAV=-90J

2

由热力学第一定律

△U=W+Q=O

解得

Q=90J

D正确。

故选D。

5.地磁场能抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面的地磁场可简化为厚度为地球半径的」的匀强磁场，方向如图

8

所示。从。点射入。、b,。三个同种带电粒子，运动轨迹如图，其中“、c入射方向与磁场边界相切于

。点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，且。、6、。都恰好不能到达地面，则（）

A.。粒子带负电，b、c粒子带正电

B.。、c粒子入射速度大小之比vfl：vc=1：17

C.从。运动至与地面相切，。粒子的运动时间小于〃粒子的运动时间

D.若。粒子速率不变，在图示平面内只改变。粒子射入的速度方向，粒子可能到达地面

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据左手定则可知，a、c均带负电荷，而〃带正电荷，A错误;

B.根据洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m—

r

所以

m

设地球半径为R,则

o

=-R+2R

8

2k_4_J.

匕rc17

B正确;

C.若。、6粒子比荷相同，根据

7=四

qB

0T_0m

2万qB

则从。运动至与地面相切，。粒子转过的圆心角比力大，则。的运动时间比〃长，C错误；

D.若。粒子速率不变，则粒子的轨道半径不变，因粒子到达的最远点恰能与地面相切，则在图示平面内只

改变a粒子射入的速度方向，粒子不可能到达地面，D错误。

故选B。

6.如图甲所示电路中，变压器为原副线圈匝数之比5:1理想变压器，电压表和电流表均为理想表，。、6间

接入图乙所示电压，Ro、4为定值电阻，R为滑动变阻器。现保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S由

闭合到断开，则（）

04Z/(xl0-2s)

-200

A.电压表V2的示数恒为40V

B.若观察到电流表Ai的示数减小了2A,则电流表A2的示数减小了0.4A

C.电压表V3示数变化量的大小与电流表A2示数变化量的大小的比值为Ro

D.保持开关断开，若再将滑动变阻器的滑片向上滑动，则电压表V3与Vi的比值变小

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由公式

U]=1^V=1OO0V

可得

。2=20A/2V

又

，2"1

々_A/0.5

——--2———J

%A/j0.1

由图乙可知解得

M=10A

故AB错误；

C.由于

。2=12%+。3

所以

故C正确；

D.将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻变大，所以副线圈电流变小,

定值电阻&的分压变小，故电压表V3的示数变大，而电压表V1的示数不变，电压表V3的示数与电压表V1

的示数的比值变大，故D错误。

故选Co

7.在同一水平面，两种不同介质I和II的分界面为一条直线，在水平面内垂直于的直线为x

轴，交点为坐标原点。，在x=-6m和》=12m处各有一个波源Si和S2发出同种机械波，频率均为

2Hz,在/=0时刻两波源同时开始沿垂直纸面方向从平衡位置振动，且起振方向相同，两列波在不同介质

中的振幅均为5cm。经半个周期后波形示意图如图所示，其中圆弧实线表示垂直纸面向外振幅最大处。则

)

A.两波的起振方向可能垂直纸面向里

B.波源Si在介质I中的波长为2m

C./=0.75s时两波在。点相遇

D.在/'=2.125s时。点的位移为5J5cm

【答案】C

【解析】

【详解】AB.振动频率相同均为2Hz,可知

T=—=0.5s

根据波形图是振动半个周期的波形图，可以判断得出两波源开始起振方向垂直纸面向夕卜，首先波源用，到

达最大位移处，然后再用宁将波峰状态传播如题图位置，因此4=4m,-8m,根据

2

v=—

T

可知，两列波的波速分别为8m/s,16m/s,波速之比为1:2,故AB错误。

C.H的波形传到。点用时

6

=-s=0.75s

8

等于邑的波形传到。点用时

t,=-s=0.75s

16

即两列波同时传到。点，故c正确。

D.两列波同时传到。点，且起振方向相同，振动加强，则振幅为10cm,因为

2.125s-0.75s=1.375s=2r+—

4

故位移为

x=10sinC^+—）=-10cm

故D错误。

故选Co

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，有选错的得0分。

8.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。如图甲所示，XX代表激发态1,X代表激发态2,G代表基

态，由于能级劈裂，如图乙所示，X态劈裂为两支，分别为XH、Xv两个能级。原子劈裂前辐射出光谱线

①和②，劈裂后辐射出光谱线③、④、⑤和⑥，则（）

A.①的波长大于③的波长

B.③的动量小于⑤的动量

C.③和④的波长之和等于⑤和⑥波长之和

D.若用②照射某种金属能发生光电效应，则用④照射也一定能发生

【答案】BD

【解析】

【详解】A.因原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知光子①、③对应的能量关系

为

E③<E①

由于

E=h-

2

则③的波长大于①的波长，故A错误。

B.由题图可知光子③、⑤对应的能量关系为

<

由光子能量

E=hv

③的频率小于⑤的频率，③的波长大于⑤的波长，③的动量小于⑤的动量，故B正确。

C.XX态能级与基态能级差保持不变，故③和④的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，③和④的波长倒数之

和等于⑤和⑥波长倒数之和，故c错误。

D.②的能量小于④，则用②照射某种金属能发生光电效应，用④照射也一定能发生，故D正确。

故选BDo

9.为测试玩具电动汽车的性能，通过计算机描绘了两款不同小车在平直的轨道上，从静止开始做匀加速运

动直到恰好达到额定功率的过程中，小车动量平方随位移变化的关系图像/—X如图所示。已知甲车质量

为乙车的质量的两倍。则两车匀加速阶段的()

Mp2/(kg-m/s2)

甲乙

什||x/m、

12

A.加速度之比1:4B.所用时间之比为1:1

C.最大动能之比为1:2D.牵引力之比为1:2

【答案】BC

【解析】

详解】根据

P2=m2v2=m2c2ax

则图像的斜率

k=2am2

因甲车质量为乙车的质量的两倍，则

a甲：〃乙=1:2

由

因

x甲：x乙=1:2

得

'甲:t乙=1:1

由

弓=(

得

Ek甲：线乙=1：2

因摩擦力未知，故牵引力不能确定。

故选BC

10.如图所示，天文台每隔2h拍摄某太阳系内某行星及其一颗卫星的照片。某同学取向左为正方向，在图

中照片上用刻度尺测得行星球心与卫星之间的距离L随时间变化的关系如表所示。已知该卫星围绕行星做

匀速圆周运动，在图中照片上测得行星的直径为2cm,10h时为L大小的最大值，万有引力常量为

G=6.67x1011Nm2/kg2o贝ij()

°oOh

oo2h

oo4h

oo6h

oo8h

oolOh

oo12h

oo14h

oo_24h

时刻/hL/cm

02.59

25

47.07

68.66

89.66

1。1。

9.66

伍8.66

%

A.该卫星围绕行星运动的周期为T=48h

B.该行星的近地卫星的环绕周期"=口■而h

25

C.该行星的平均密度约为6xl()i°kg/m3

D.该行星到太阳的距离一定大于地球到太阳的距离

【答案】AB

【解析】

【详解】AD.由题意可知，24h卫星和行星之间的距离和Oh时相反，转过半个周期，卫星绕行星做匀速圆

周运动的周期为

T=48h

这是卫星绕行星的周期而非行星绕太阳运动得周期，故A正确，D错误；

B.由题意可知，卫星绕行星做匀速圆周运动的周期为

T=48h

照片上行星的半径为

R=lcm

照片上的轨道半径

r=10cm

由开普勒第三定律可知

£上

解得该行星的近地卫星的环绕周期

T=—y/10h

o°25

故B正确;

C.根据万有引力提供向心力

行星体积为

43

V=-7TR3

3

通过甲图可知卫星在甲图中做圆周运动半径是10cm,即卫星的轨道半径是行星半径的十倍，即

R=­r

10

行星密度为

M

p=一

V

联立解得

p=5xlO3kg/m3

故C错误。

故选ABo

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.某实验小组要测量一半圆形玻璃砖的折射率。他们先在平铺的白纸上画出半圆形玻璃砖的直径ab和圆

心。，过。点画法线、并画出一条入射光线cO,cO与法线的夹角为30°。将半圆形玻璃砖沿着直径放

好，紧贴6点放置与法线平行的光屏，如图甲所示。现用一绿色激光笔沿着cO方向射入一束光.在光屏上

的尸点出现一个光斑。用刻度尺测出玻璃砖的半径为A,OP=1.57?o

光

屏

O

（1）玻璃砖的折射率"=o（结果用分数表示）

（2）若改用红色激光笔照射.其他条件不变，则光屏上的光斑会出现在______（选填“尸点上方”“P点、

下方”或“P点”）。

（3）若实验过程中，实验小组的同学不小心将玻璃砖向左下方平移，但入射光线仍能通过玻璃砖的圆

心，如图乙所示。在光屏上出现一个光斑，小组同学将此光斑仍记作尸点，并在白纸上连接。、P两点作

为出射光线，则此时测得的折射率（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

4

【答案】（1）-

3

（2）P点上方

（3）大于

【解析】

【小问1详解】

由题意可知，入射角为30°,折射角与NO/%大小相等，且

smN”精

根据折射定律可得玻璃砖的折射率为

sinZOPb4

sin30°-3

【小问2详解】

若改用红色激光笔照射，玻璃对红光的折射率小，光屏上的光斑会出现在P点上方；

【小问3详解】

作出光线的传播路径如图所示。P点为实际光屏上出现的光斑点，由折射率和几何知识可知，出射光线O'P'

与OP平行，连接OP作为出射光线，则折射角偏大，因此测得的折射率大于真实值。

12.某实验小组同时测量A、B两个箱子质量“入，，%，装置如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在

铁架台上的轻质光滑滑轮，F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），另外，该实

验小组还准备了刻度尺和一套总质量mo=0.5kg的祛码。

（1）在铁架台上标记一位置。，并测得该位置与光电门F之间的距离为//。取出质量为必的祛码放在A

箱子中，剩余祛码全部放在B箱子中，让A从位置。由静止开始下降，则A下落过程中，测得遮光条通

过光电门的时间为加，下落过程中的加速度大小。=（用d、加、力表示）。

（2）加速度。与A箱子中祛码质量有关，写出表达式。=.（用加，MA，〃"，加0，g表

示）

（3）改变加，测得遮光条通过光电门对应的时间，算出加速度。，作出。一机图像如图乙所示，可得A

的质量kg,B的质量利kg„（均保留2位有效数字，重力加速度g取:10m/s2）

悟案】⑴会

\Z)CL-

mA+mB+mx)

(3)①.3.0②.1.5

【解析】

【小问1详解】

A下落到尸处的速率为

d

v=——

加

由匀变速直线运动规律得

v2=2ah

解得下落过程中加速度为

二2二储

"记一2必—

【小问2详解】

对箱子A、B及其中祛码整体分析，由牛顿第二定律得

（叫+〃?）g—["%+（叫）—s）]g=（〃入+外+〃2）々

解得

（叫-2g

a=-----------------——I-----------------m

A+%+/

mmA+^+m0

【小问3详解】

⑴⑵由。-机图像的斜率得

2g_2m/s2

mA++m00.5kg

由a-加图像的纵截距得

gL-）=2m/s2

mA+“%+%

解得

mA=3.0kg

7〃B=L5kg

13.如图所示为学生常用的饭卡内部实物图，由感应线圈仍）和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，

刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈的匝数为w匝，

线圈的M边长为L,6c边长为上，绕制线圈的导线粗细均匀，单位长度的电阻为广，芯片的电阻可忽略

不计。某次刷卡时，线圈平面与磁场正好垂直，且全部处于磁场区域内，刷卡机激发的变化磁场的磁感应

强度随时间变化为3⑺=稣cos芋《T）,式中的母、T为已知量，仁0时刻磁感应强度方向垂直于线圈平

面方向向外，求：

（1）时刻，线圈演边所受安培力的大小；

（2）0~T内，线圈中电流的热功率

d・

芯片

lb

线圈

【答案】(1)0；(2)-----

(4+：)江2

【解析】

【详解】(1)根据

6(。=30cos沫/

可得，Y时刻

5=0

线圈演边所受安培力

G=nBlLx=0

(2)线圈的电阻为

R="(2Z,+2L,)r

感应电动势最大值

27r

〃①皿啰=〃稣乙乙~

Em=nBcoS=

有效值

线圈中的电流

线圈中电流的热功率

P=I-R

解得

p

(4+4)工

14.有一款三轨推拉门，三扇相同的门板如图乙所示，每扇门板宽为d,质量为机，与轨道的动摩擦因数

为〃，门框内部宽度为3d（如图甲所示）。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起。

现将三扇门板都静止在门框的最左侧，用恒力/（未知）水平向右拉3号门板，一段时间后撤去拉力，重

力加速度为g。

（1）若3号门板左侧凸起部位恰好能与2号门板右侧凸起部位接触，求力尸所做的功；

（2）若恒力尸=6〃%g,3号门板恰好到达门框的最右侧，大门恰好完整关闭。求：

①3号门板与2号门板碰撞过程损失的机械能；

②拉力厂作用的时间。

尼龙搭扣

俯视图

d

【答案】（1）因ngd；（2）①2"mgd,②

3〃g

【解析】

【详解】（1）对3号门板，根据动能定理

W-jumgd-0

W=jumgd

（2）①设3号门板与2号门板碰前速度为%,碰撞后两板一起运动的速度为V,对碰后到停下的过程，两

门板位移为d,对碰后的3号门板与2号门板（整体），根据动能定理可得

一〃-2mgd=0----2mv

对3号门板与2号门板的碰撞过程，根据动量守恒定律

mv0=2mv

解得

v0=2v=2d2〃gd

碰撞过程损失的机械能

1212

AE=-mv0--•2mv-=2jumgd

②对3号门板力有E作用的时间内

12

Fx-pimgd=-mVg-0

解得

5

x=—a<a

6

撤掉尸时，3号门板还未与2号门板相碰，根据牛顿第二定律可得

F—"mg—ma

解得

a=5jug

根据位移时间关系

1,2

x——at

2

解得

r~d~

15.如图甲所示，在真空室内，A、C为正对放置的两平行金属板，板长与板间距离均为d,0a为中

线，。2为。。I延长线上一点，O&2=*d；倾角37°且足够长的斜面与两板的截面在同一竖直面内，

其底边GF与两板平行，顶点G与A、C两板的右端点共线，G到。板右端的距离为d。现将某种粒子

从。点持续地以某初速度沿连续射入平行板间，粒子带电荷量+4、质量加，忽略电场的边缘效应，

不计粒子重力且不考虑粒子间相互作用及碰到斜面后的反弹。板间电压的大小与正负都可调节，

sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)若两板间电压为■，粒子恰好能射出电场，求粒子射出电场时的速率；

(2)粒子入射初速度为%时，粒子均能到达斜面，求两板间电压的取值范围;

2md2

(3)在两板间加上如图乙所示周期性变化的电压，其中。发现任意时刻进入电场的粒子均能

以水平速度射出电场；若在两板右侧存在以Q为圆心、半径为4的圆形匀强磁场区域(图中未画出)，磁

2

、一、八2m,方向垂直纸面向外，求在工内，哪些时间段进入电场的粒子能经磁场偏

感应强度大小方向B二-―^0~

2

转后打在斜面上?

WAC

乙

2⑶工rj-r〜

q8

【解析】

d

【详解】(1)设粒子的初速度为％,粒子在电场中运动时间/=一，则