重庆市2024年高考物理模拟试卷及答案1

重庆市2024年高考物理模拟试卷及答案

阅卷人

-------------------、单选题

得分

1.在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一

端。如图沿地球直径挖一个通道AB,地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间

做简谐运动，地心处为。点，则乘客（）

A.在O处速度最大B.从A到O受到的万有引力一直增大

C.从A到O的时间大于。到B的时间D.在A,B处加速度相同

2.轻轨是重庆市的一道名片。轨道交通3号线中铜元局站到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨

从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x

后恰好在两路口站停下。下列说法正确的是（）

A.轻轨行驶的平均速度为冬

B.轻轨行驶的平均速度为，

C.轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小

D.轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小

3.如图用货车运输规格相同的两块水平水泥板，底层水泥板车厢间的动摩擦因数为06两块水泥板之间

动摩擦因数为0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,为保证底层水泥板与车厢、两块水泥

板之间均不发生相对运动，货车行驶的最大加速度为（）

A.2m/s2B.4m/s2C.6m/s2D.8mls1

4.如图所示是某同学跳远的频闪图，该同学身高180cm,起跳点为O点。图中辅助标线方格横竖长度比

为2：1,请你估算他起跳时的初速度最接近的值是（）

5.如图所示，在y轴与直线％=4之间区域有垂直纸面向外的匀强磁场，在直线久=L与直线久=2L之间区

域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一直径为L的圆形导线框，从图示位置开

始，在外力F（未画出）的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。线框中感应电流（逆时针方向为正方

向）与导线框移动的位移x的变化关系图像中正确的（）

6.如图所示，半径为R的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内。某时刻，质量为1kg、直径略小于细圆管

内径的小球A（可视为质点）从细管最高点静止释放，当小球A和细圆管轨道圆心连线与竖直方向夹角为

37。时，小球对轨道的压力大小为（）（g=10m/s2）

A.38NB.40NC.42ND.44N

7.如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可

视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为H）；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第

一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（）

A.4HB.6HC.9HD.16H

阅卷人

-----------------二、多选题

得分

8.如图所示，甲图中&、。八以为两个等量异种点电荷连线上的四等分点。乙图中&、。2、&为垂直于

纸面向里的两等大恒定电流连线上的四等分点。下列说法正确的是（）

■----•------•-----6-----•----•----•-----■-----

+Q4OiBx-Qj4&坊I

甲乙

A.41、Bi两点的电场强度大小相等、方向相反

B.&、Bi两点的电场强度相同

C.人2、B2两点的磁感应强度大小相等、方向相反

D.X2,4两点的磁感应强度相同

9.如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器0、0均为

理想变压器。输电线电阻为&=I。。。，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值U=250U保持

不变。当输电功率P=lOOOkW时，输电线上损失的功率为输电功率的1%,电压表示数为220V。下列说

法正确的是（）

A.输电线上的电流为107^4

B.升压变压器Ti的原、副线圈匝数比为1；200V2

C.降压变压器上的原、副线圈匝数比为450：1

D.随着用电高峰到来，电压表的示数将变小

10.质量为m的小球以初速度火竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小

与小球的速率成正比(f=kv,k为常数)，重力加速度为g,下列说法正确的是()

A.小球落回到抛出点时速度大小为炉-火

B.小球上升时间小于拼

C.小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功

D.全过程小球克服阻力做功mgt%-37ng2t2

阅卷人

得分

11.重庆南开中学某兴趣小组的同学想通过测量单摆周期，进而测量重庆市区的重力加速度大小。

(1)为了比较准确地测量出重庆市区重力加速度的数值，选定器材有秒表、毫米刻度尺、游标卡尺、

铁架台、金属夹，除此之外在下列所给的器材中，还应选用(填序号)。

A.长约1m的轻质细线B.长约10cm的轻质细线

C.直径约为1cm的钢球D.直径约为1cm的塑料球

(2)组装实验装置并进行测量，n次全振动的时间如图甲所示为1=So

64

1

4.5—

甲

(3)该兴趣小组的小南同学设计实验并进行了多次测量，测出不同摆长L下对应的周期T,并作出

T2-L的图像如图乙所示，可求得重力加速度大小g=。

12.小南同学设计如图甲所示实验测量电源电动势与内阻，再利用该电源和必1表改装成欧姆表。

甲乙

实验步骤如下：

(1)如图甲所示，&=0.5。改变电阻箱R的阻值进行多次测量，读出多组U、R数值，根据测得数

据描绘X图线如图乙所示。根据与6图线求得电源的电动势？=V,内阻r=0。

(2)利用该电源、电阻箱、量程为100/M内阻约为300。的表改装成如图丙所示的欧姆表。进行欧姆

调零后，正确使用该欧姆表测量某待测电阻，欧姆表示数如图丁所示，被测电阻阻值为

(3)若考虑图甲中电压表内阻影响，则图丁电阻测量值_________(选填“大于”“等于”“小于”)真实值

阅卷人

四、解答题

得分

13.看到永不停息的海浪，有人想到用海浪来发电，设计了如图方案：浮筒通过长度不变的细绳与重锤相

连，细绳上固定一根长为L的水平导体棒PQ；地磁场的水平分量视为匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁

感应强度大小为B。在限位装置(未画出)作用下整个系统始终只在竖直方向上近似作简谐振动，振动位

移方程为久=Asinat；求:

(1)浮筒的速度随时间的变化关系式;

(2)试证明：导体棒PQ两端产生的电压u为正弦交流电，并求出其有效值。

14.在清洁外墙玻璃时可以用磁力刷。如图：厚度d=3cm的玻璃左右表面平整且竖直；两个相同特制磁

力刷A、B(均可视为质点)之间的吸引力始终沿AB连线方向，大小与AB距离成反比。已知A的质量

为m,与玻璃间的动摩擦因数为0.5,滑动摩擦与最大静摩擦大小相等；当A、B吸附在玻璃两侧表面且

水平正对时，A、B间的吸引力F=4mg；

(1)控制B从图中位置水平向右缓慢移动，要A不下滑，求AB的最远距离；

―Z玻璃侧截面

A匚ZB

d

(2)控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当A也恰能从图中位置竖直向上运动时，求AB连线与竖

直方向夹角。

15.地球周围不但有磁场，还有电场。如图，在赤道上一个不太高的空间范围内，有垂直纸面向里(水平

向正北)的匀强磁场，磁感应强度大小为B；有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。一群质量均为

m,电量均为q的带正电宇宙粒子射向地面；取距水平地面高度为h的P点观察，发现在如图所示水平线

以下180。方向范围内都有该种粒子通过P点，且速度大小都为V；所有粒子都只受匀强电磁场的作用力，

(1)若有些粒子到达了地面，这些粒子的撞地速度大小;

(2)若要所有粒子都不能到达地面，v的最大值是多少;

⑶若左且萩=入，过P点的这些粒子打在地面上区域的长度。注：本小问结果用h表

不，cos0.43兀x算心,18(717-1)«5。

V17+1

答案解析部分

L【答案】A

【解析】【解答】A.乘客达到地心时处于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，A符合题意；

B.乘客达到地心时受到的万有引力为零，B不符合题意；

C.地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，所以从A到O的时间

等于O到B的时间，C不符合题意；

D.根据牛顿第二定律可知，在A、B处受万有引力大小相同，方向相反，所以在A、B处加速度方向相

反，D不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】根据万有引力的表达式得出地心处万有引力的大小，结合牛顿第二定律得出AB处加速度的大小

和方向的关系。

2.【答案】B

【解析】【解答】AB.轻轨行驶的平均速度为v=^

A不符合题意，B符合题意；

CD.设轻轨开始减速时的速度大小为v,则轻轨在加速运动中的平均速度大小药=牛=当

轻轨在减速运动中的平均速度大小为为=亨=另

可知轻轨在加速运动中的平均速度大小等于在减速运动中的平均速度大小，CD不符合题意。

故答案为：Bo

【分析】根据平均速度的表达式得出轻轨行驶的平均速度，利用匀变速直线运动的平均速度得出加速运动

中的平均速度和减速运动中的平均速度。

3.【答案】C

【解析】【解答】要使上层水泥板不发生相对滑动，上层水泥板的最大静摩擦力同mg=mai

要使两块水泥板均不发生相对滑动，则2112mg=2ma2

所以最大加速度应=6m/s2

故答案为：Co

【分析】对上层的水泥板根据最大静摩擦力以及牛顿第二定律得出货车行驶的最大加速度。

4.【答案】D

【解析】【解答】从图中可知，人的高度约占三格竖直线，所以一格竖直线的长度约为yo=^m=O.6m

则一格水平线的长度约为%o=2yo=1.2m

从起跳到最高点过程，重心在竖直方向运动了约2格，根据逆向思维有2y0=3或2,%=或

挎，%=4^

解得t=

水平方向运动了约2格，则有2q=vot

解得"。母=*腼

起跳时的初速度为v-VQ+Vy=J8gyo=V8x10x0.6m/s«7m/s

故答案为：D。

【分析】从起跳到最高点过程，根据逆向思维得出该同学做平抛运动，结合平抛运动的规律以及速度的合

成得出起跳时的速度。

5.【答案】B

【解析】【解答】设导线框匀速运动的速度为v,导线框电阻为R。

在过程，框导线进入左侧磁场，导线框的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺

时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据I_£1_）星

可知导线框的电流先增大后减小，其中最大电流为11m©=半

在过程，导线框从左侧磁场进入右侧磁场，导线框的磁通量从向外减小到向里增大，根据楞

次定律可知，感应电流为逆时针方向（正方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据h=

口2BL士u

空._£

T——R-

可知导线框的电流先增大后减小，其中最大电流为5£^11人=噜H

在2LW久＜3L过程，导线框离开右侧磁场，导线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，感应电流为

JOJT

£

顺时针方向（负方向），导线框切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据f-3_＜

可知导线框的电流先增大后减小，其中最大电流为bm•j1a1cuxe人=喀K

故答案为：Bo

【分析】在0W久＜L和LW%＜2L以及2LW光＜3L过程根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧

姆定律得出电路中的最大电流。

6.【答案】D

【解析】【解答】以小球为对象，根据动能定理可mgR（l+cos37°）=^mv2—0

解"腭gR

根据牛顿第二定律可得N-mgcos370=噂

解得N=^-mg=44N

根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为44N。

故答案为：D。

【分析】以小球为对象，根据动能定理得出小球的速度，利用牛顿第二定律合力提供向心力得出轨道对小

球的支持力。

7.【答案】C

【解析】【解答】因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球与挡板碰撞前瞬间三球速度相等，由匀加

速直线运动位移速度公式可得2aH=v2

解得vA—vB—Vc—72aH

由题意可知，C球与挡板碰撞后反向碰B球，B球再反向碰A球，由于都是弹性碰撞，以沿斜面向上为正

方向，由动量守恒和机械能守恒，C球与B球碰撞过程有mcvc-mBvB-mBvB,^mcVc+=

1，2

2mBvB

B球与A球碰撞过程有mBvB—mAvA—mAvA,

联立解得m^：mg：=1：2：6,v=272aH，v=372aH

则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为卜-4-94

故答案为：Co

【分析】三个小球由静止释放时根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出ABC的速度，C球与球B

和球B与球A碰撞的过程根据动量守恒以及机械能守恒得出碰撞后各自的速度，利用匀变速直线运动的位

移与速度的关系得出A球碰后沿斜面向上运动最大位移。

8.【答案】B,C

【解析】【解答】AB.根据等量异种点电荷电场分布特点可知，41、Bi两点的电场强度大小相等、方

向相同，A不符合题意，B符合题意；

CD.根据右手螺旋定则可得，左侧电流在&、B2两点的磁场方向向下，右侧电流在4、B2两点

的磁场方向向上，由于人2点离左侧电流较近，所以人2点的磁场方向向下，B2点离右侧电流较近，所

以B2点的磁场方向向上，根据对称性可知，上、B2两点的磁感应强度大小相等、方向相反，C符合

题意，D不符合题意。

故答案为：BCo

【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式以及电场强度的合成得出AB两点电场强度的大小和方向，利

用右手螺旋定则得出通电导线周围磁场的分布以及磁场的叠加进行分析判断。

9.【答案】C,D

【解析】【解答】A.设输电线上的电流为12,则有P夜=/孤=0.0/

解得I2=10A

A不符合题意；

c.设降压变压器T2副线圈输出电流为"，则有P4=U4/4=P-尸友=0.99P

解得/=绰吧=099XX10=45004

4UA,Z7Z7Un°

则降压变压器T2的原、副线圈匝数比为言=然需=苧

C符合题意；

Ho

B.降压变压器T2的原线圈输入电压为例=尤以=99000^

升压变压器7\的副线圈输出电压为U2=U3+I2R0=1000007

升压变压器T］的原、副线圈匝数比为富=?=温市=焉

几2u2IUUUUUquu

B不符合题意；

D.随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器4的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线

电阻损失电压变大，则降压变压器T2的原线圈输入电压变小，降压变压器T2的副线圈输出电压变小，

电压表的示数将变小，D符合题意。

故答案为：CDo

【分析】根据电功率的表达式得出输电线上的电流，利用原副线圈匝数比和电流比与电压比的关系得出降

压变压器和升压变压器的原副线圈的匝数比。

10.【答案】A,B,D

【解析】【解答】A.设小球上升时间为h,小球下降时间为t2,小球落回至抛出点时的速度大小为V。取

向下为正方向，根据动量定理mgt-fiti+f2t2=mv-(-mvo)

由于上升的高度等于下降的高度vTti=vit2

则f=屈1=kvit2=y2t2

又因为ti+t2=t

联立解得V=gt-VO

A符合题意；

B.小球上升阶段的加速度。=吗也

上m

下降阶段的加速度。尸=吗也

则上升阶段加速度较大，根据h^^at2

可知小球上升时间小于1,B符合题意；

C.小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做

功，C不符合题意；

222

D.全过程小球克服阻力做功Wf=—^m(gt-v0)=mgtv0—^mgt

D符合题意。

故答案为：ABDo

【分析】小球竖直上抛后利用动量定理以及速度与时间的关系得出小球落回到抛出点时的速度，通过牛顿

第二定律得出上升和下降的加速度，利用功能关系得出全过程小球克服阻力做功。

11.【答案】(1)A；C

(2)126

(3)4兀2(久B—久4)

%一以

【解析】【解答】(1)在下列所给的器材中，还应选用长约1m的轻质细线和直径约为1cm的钢球，故答案

为：ACo

(2)由图可知，n次全振动的时间为t=2x60s+6s=126s

(3)根据T=2nR

可得产=%L

g

则苑=如一以

9^B-XA

解得_4兀2OB—比4)

解行"yB-yA

【分析】(1)根据测量单摆周期的实验原理得出需要的实验器材；

(2)结合甲图得出n次全振动的时间；

(3)利用单摆周期的表达式得出重力加速度的表达式。

12.【答案】(1)1.5；0.5

(2)6000

(3)小于

【解析】【解答】(1)根据闭合电路欧姆定律可得E=U+"(3+r)

可得1_R0+r1,1

"可U~~^R+E

1

可知专—用图像的纵轴截距为b=^=lv-

解得电源电动势为E=1.57

上一图像的斜率为卜=华=4平2

"八E13

解得内阻为r=0.50

F

（2）欧姆调零时，根据闭合电路欧姆定律有Ig

解得欧姆表内阻为rn=1,5X1。4。

4

根据欧姆中间刻度可知欧姆表倍率为n=15停=1000

测量某待测电阻，欧姆表示数如图丁所示，则被测电阻阻值为%=6X1000/2=6000/2

（3）若考虑图甲中电压表内阻影响，设电压表内阻为Rv,由图甲根据闭合电路欧姆定律可得后真=

0+&+给氏+3)

]Ro+r真]Rv+Ro+r^

可得U=一.亮+RvE真

Rp+Ro+r真

可知y图像的纵轴截距为b=/~

=RvE真

L_RvE真—

可得

E测=Rv+R0+rff<E真

EE

则欧姆调零时，有/g=r=r真

Q测C真

1

E真

设图丁指针对应电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得一，翔+R

3+普。真+R真

1

77i

真

RR士

可得芸=芸

L-itnilL-i士

则有口测＜R真

则电阻测量值小于真实值。

【分析】⑴根据闭合电路欧姆定律得出需-看的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻；

UK

（2）欧姆调零时根据闭合电路得出欧姆表的内阻，利用欧姆表的读数原理得出欧姆表倍率，结合欧姆表

的读数原理得出被测电阻的阻值；

（3）若考虑图甲中电压表内阻影响，根据闭合电路的欧姆定律以及图像得出电阻测量值与真实值的大小

关系。

13.【答案】（1）根据u=第

因为x=Asin3t

通过求导可得v=A（ji）cos（jL）t

（2）导体棒PQ两端产生的电压u=BLv=BLAa）cosa）t

所以是正弦式交流电，有效值u=W=qBLA3

【解析】【分析】（1）根据速度的定义式得出浮筒的速度随时间的变化关系式；

（2）根据法拉第电磁感应定律以及交流电电压的有效值和最大值的关系得出导体棒PQ两端产生的电压

有效值。

14.【答案】（1）控制B从图中位置水平向右缓慢移动，设AB的最远距离为d，则有Fd=F0

以A为对象，有mg=f

又f==阳

联立解得AB的最远距离为d=6cm

（2）控制B从图中位置竖直向上缓慢移动，当A也恰能从图中位置竖直向上运动时，设AB连线与竖直

方向夹角为9,则有Fd=Fa

又d=dosin'

以A为对象，有Fjcos。=mg+，Nr=Asin。

联立解得9=45°

【解析】【分析】（1）控制B从图中位置水平向右缓慢移动时以A为研究对象，根据共点力平衡以及滑动

摩擦力的表达式得出AB的最远距离：

（2）控制B从图中位置竖直向上缓慢移动时根据几何关系以及共点力平衡得出AB连线与竖直方向夹

角。

15.【答案】（1）对到达地面的粒子，从P点到地面，由动能定理可得qE/i=甘??1相—

解得v.=I优+也

（2