重庆市2023-2024学年高三年级下册第二次月考物理试题

重庆市高2024届（三下）第二次月考物理试题

（试题满分100分，考试时间75分钟）

第I卷（共52分）

一、单项选择题（本大题共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是正确的）

1.2023年12月14日，我国宣布新一代人造太阳”中国环流三号”面向全球开放，邀请全世界科学家来中

国集智攻关，共同追逐“人造太阳”能源梦想。“人造太阳”物理本质就是核聚变，其发生核聚变的原理

和太阳发光发热的原理很相似，核反应方程为；*阳£He+X+17.6MeV。下列说法正确的是（）

A.X是质子B.该反应为链式反应

C.；He的比结合能比；H的大D.：He的结合能为17.6MeV

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据质量数与电荷数守恒有

2+34=1,1+12=0

可知，X是中子，故A错误；

B.重核裂变是链式反应，该反应是轻核聚变，不是链式反应，故B错误；

C.该核反应释放核能，表明生成核比反应核更加稳定，即；He的比结合能比；H的大，故C正确；

D.结合能指单个自由发散的核子合成原子核释放的能量，而17.6MeV是；H与；H发生聚变反应释放的核

能，可知，；He的结合能大于17.6MeV,故D错误。

故选C。

2.如图所示为某同学投篮的示意图。出手瞬间篮球中心与篮筐中心的高度差为〃（篮球中心低于篮筐中心）,

水平距离为2〃，篮球出手时速度与水平方向夹角为37。，不计空气阻力，重力加速度为g,sin37o=0.6,

cos37°=0.8；篮球中心恰好直接经过篮筐中心，则篮球出手时速度的大小为（）

ifI修

【答案】B

【解析】

【详解】设向上为正方向，初速度大小为%,由于篮球做斜抛运动，速度与水平方向夹角为37。，由篮球水

平方向做匀速直线运动得

2/1=%cos37°/

篮球竖直方向做匀减速直线运动得

1,

h=v0sin37°Z--gr

联立解得篮球出手时速度的大小为

国

故选B。

3.静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，

如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所

示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子,

电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A

上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标

甲乙

A,图乙中c点和d点的电场强度相同

B.带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力

C.一电子从c点运动到。点的过程中，其电势能增大

D.电势差关系：Uab<Ubc

【答案】D

【解析】

【详解】A.c点和d点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；

B.根据电场线的疏密可知，。点的电场强度小于。点的电场强度，带上负电的颗粒在。点所受的电场力小

于在c点所受的电场力，故B错误；

C.电子从。点运动到。点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D.由

U=Ed

可知，成间任意一点的电场强度都小于6c间任意一点的电场强度，因

ab=bc

所以

uab<ubc

故D正确。

故选D。

4.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、

江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为

飞船的近地圆轨道,其轨道半径为4,②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为氏2,

尸、。分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说

法正确的是（）

A.飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在。点点火减速

B.飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度

C.飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能

D.若核心舱在③轨道运行周期为T,则飞船在②轨道从P到。的时间为

【答案】D

【解析】

【详解】A.飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在。点点火加速，

故A错误；

B.第一宇宙速度是最小发射速度，最大的环绕速度，即物体环绕地球表面做匀速圆周运动时的速度，根据

万有引力充当向心力有

GM

可知轨道半径越大，线速度越小，而轨道3的轨道半径大于地球半径，因此飞船绕地球运行的速度小于第

一宇宙速度，故B错误；

C.根据以上分析可知，轨道半径越大，线速度越小，因此①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和

核心舱的质量未知，因此无法判断他们动能的大小，故c错误；

D.根据开普勒第三定律可知

飞船在②轨道从尸到0的时间为万厂，即

故D正确。

故选D。

5.胶囊型元件水平放置，由某透明材料制成，两端是半径为厂的半球，中间是长度为4r的圆柱体，中轴线

是0℃。4。一激光束从左侧平行中轴线水平射入，经折射、反射再折射后又从左侧水平射出。已知出射

光线与入射光线的间距为16、则该元件的折射率为（）

【答案】A

【解析】

【详解】由光路的对称性与可逆性可知，激光束在胶囊元件中的光路如下图所示。

/N----------4r----------->|

设光线在半球处的入射角为i,折射角为/则由折射定律得

sinz

n=———

sin/

由几何关系得

..0.8r

smz=-----二0.8

r

在三角形儿（>2。4中，由正弦定理得

sin/_sin(z-7)

5rr

结合三角公式

sin（z-/)=sinzcos/-coszsin/

联解可得

tan7=1

折射角

折射率

5

故BCD错误，A正确。

故选Ao

6.如图所示，用轻杆通过钱链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为相，两段轻杆等长。现将C

球置于距地面高〃处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g,

A.小球A、B、C组成的系统机械能不守恒

B.小球C的机械能一直减小

C.小球C落地前瞬间的速度大小为

D.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，则系统的机械能守恒，故A错误；

B.小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变,

则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减

小后增大，故B错误；

C.根据以上分析，设小球C落地前瞬间的速度大小为v,根据动能定理有

gmv2=mgh

解得

v=y/2gh

故C正确；

D.当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，

则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg,故D错误。

故选C。

7.如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为。，一长为£=2R的绝缘

细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为〃?、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳

定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P（图中未画出）是点尸关于

圆心。对称的点。已知静电常量为上重力加速度为g,若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（）

v

A.。点的场强一定为零

B.P点场强大小为3g

8炉

C.金属带电小球的电量为4=电容

D.剪断细线瞬间，小球加速度水平向右

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据对称性可知，带电量。的圆环，在圆心。点场强为0,带电金属小球在。点的场强不0,

所以。点的场强不为零，故A错误；

B.设细线与半径的夹角为仇由几何关系

cos6>=-=-

L2

6=60°

由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Aq,则

£左当sind=AE

L

其中

!Aq=Q

解得

A_yf3kQ_^3kQ

根据对称性可知，带电量为0的圆环，在尸、P两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为0的圆环在P

点的场强大小为且g,而尸'点的场强大小是圆环与带电金属小球在P的电场强度的叠加，所以

8R2

故B错误；

C.对小球受力分析如图，则

qEp=mgtan60°

解得

SmgR2

q---------

kQ

选项c正确；

D.剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下，则加速度方向斜向右下方，选项D错误。

故选C。

二、多项选择题（本题共3小题，每题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。全选对得5分，选不全得3分，选错不得分）

8.一列简谐横波沿x轴方向传播，在/=1.25s时的波形如图甲所示，M、N、P、0是介质中的四个质点，

己知N、。两质点平衡位置之间的距离为16m,图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）

A.该波的波速为12cm/s

B.该波沿x轴负方向传播

C.质点P的平衡位置位于x=1m处

D,从/=1.25s开始，质点。比质点尸早0.25s回到平衡位置

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.根据三角函数相关知识可知，N、。两质点平衡位置之间距离为

71

X™=-A—①A=16m

NQ42»

解得

2=24m

根据乙图可知波的周期为

T=2s

因此波速为

2，c

v=—=12m/;s

T

故A错误；

B.由图乙可知，=1.25s时刻，质点尸沿/轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿X轴负方向传播，故B

正确；

C.由图乙可知，在/=1.25s之后，质点P第一次位于波峰的时间为/=2.5s,由此可知是由波峰为/=1.25s

时刻质点。所在波峰传播来的，所以有

x-x

&n~-p=2.5s-1.25s=1.25s

v

其中

xQ=16m

解得

xp=Im

故C正确；

D.从/=1.25s开始，质点。第一次回到平衡位置所经历的时间为

T

t.=—=0.5s

14

。点左侧波形的第一个平衡位置处坐标为

2，八

X[=xQ--=10m

该振动状态第一次传播到P点所需时间为

X.-XP10m-lmerr

t、=」~巴=---------=0.75s

v12m/s

则

=t2~tl=0.25s

即从/=1.25s开始，质点。比质点尸早0.25s回到平衡位置，故D正确。

故选BCDo

9.如图所示，某理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1,原线圈与阻值凡=120Q的定值电阻串联后接

在电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端，副线圈电路中接有理想电流表和最大阻值及=400的滑动

变阻器，°、6为滑动变阻器的两端点。初始时滑动变阻器的滑片P位于滑动变阻器的中点，在将滑片P向

上缓慢滑至。点的过程中，下列说法正确的是（）

A.电流表的示数逐渐减小

B.交流电源的输出功率逐渐增大

C.滑动变阻器消耗电功率的最大值为120W

D.定值电阻消耗电功率的最大值为120W

【答案】AC

【解析】

【详解】A.设滑动变阻器接入电路的阻值为R],电流表的示数为/,则变压器副线圈的电压

。2=典

根据变压器原理知原线圈中

U1』U,=2I&

n2

1。="

nx2

电压有效值恒为240V的正弦交流电源两端

u—/07?0+U、

联立解得

2u

4+44

由此可知，电流表的示数随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故A正确;

B.交流电源的输出功率

U1

4二IU二

Q儿+钻

由此可知，交流电源的输出功率随滑动变阻器接入电路的阻值的增大而逐渐减小，故B错误;

C.滑动变阻器消耗的电功率

P,=[2R=414”_M_

2(4+44)~及+164+8&

410

当

&=16片

4

即

&=a=30Q

'4

时，鸟有最大值

与nax=120W

故C正确;

D.定值电阻消耗的电功率

月=&=­a"。

(4+4凡『

当用最小时，鸟有最大值

Amax=172.8W

故D错误。

故选AC-

10.如图所示，水平传送带以速度匕=2m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg,由通过定滑轮且不

可伸长的轻绳相连，/=0时刻P在传送带左端具有向右的速度匕=5m/s,P与定滑轮间的绳水平，不计定

滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数〃=0.2,传送带两端距离A=6m,绳足够长,

g=10m/s2o关于小物体P的描述正确的是（）

□Q

A.小物体P离开传送带时速度大小为3J5m/s

B.小物体P在传送带上运动的时间为5s

C.小物体P将从传送带的右端滑下传送带

D.小物体P在传送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为匹=-3.5J

【答案】AD

【解析】

【详解】ABC.P相对传送带向右运动时，对PQ,由牛顿第二定律有

一〃加g-mg=2ma

解得

a=-6m/s

相对运动的位移

22

丫」一％

-2a

（假设速度减小到匕时未从传送带右端滑出），代入数据解得

7,

x=­m<L

4

所用的时间

—v2—5

t=殳——=------s=0.5s

26

故假设成立，在P的速度和传送带速度相等后,，会继续减速速度小于传送带速度，所以摩擦力会突变向右,

由牛顿第二定律有

-mg+/Limg=2m%

得

2

ax=-4m/s

则速度减小到0的位移为

0-v；

—2%

代入数据得

1

x2=­m

则从匕减速到o的时间

—=^s=0.5s

,2

ax-4

由于

x+x工2

l12

故P不会从传送带右端滑出，后面以外向左加速,由

X+X]=；卬;

求得

「辽s

34

传动到传送带最左端的速度

v3-ait3=^^x4m/s=3V^m/s

随后掉下传送带，则P在传送带上的时间

0.5+0.5+迪

，=4++/3s=1+-----S

4

I4J\7

A正确，BC错误;

D.由动能定理可得合外力对P做的功为

代入数据求得

吟一3.5J

D正确。

故选ADo

第n卷（共48分）

二、实验题（本大题共2小题，11题6分，12题10分，共16分）

11.如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量

为加的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于8处的光电门，测得A、8间的

距离为〃，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为心当地的重力加速度为g。则：

/O金属球

接计

时器

（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=emo

（2）多次改变高度〃，重复上述实验，作出:随〃的变化图像如图丙所示，当图中已知量办、名和重

力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

（3）某次实验发现动能增加量AEk总是大于重力势能减少量转，则可能的原因是（多选）

A.金属球从A点下落时初速度不为零

B.小杰测量的高度〃为金属球在A点时球底与光电门B点的高度差

C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大

屋

【答案】0.1.86##1.87gH0=—③.AB##BA

【解析】

【详解】（1）[1]用游标卡尺测得小球的直径

d=1.80cm+6x0.01cm=1.86cm

（2）⑵若小球下落过程中机械能守恒，则

mgH0二—m

（3）[3]A.根据能量守恒推断金属球从A点下落时初速度不为零，则末速度大，动能增加量峡偏大

妆＞第

故A正确；

B.小杰测量的高度〃为金属球在A点时球底与光电门B点的高度差，则“偏小，重力势能妆偏小

AEKk>AEPp

故B正确;

C.小球下落的高度太高，以致下落过程中空气阻力的影响比较大，则末速度偏小，AEk偏小

AE<AE

KkPp

故C错误。

故选ABo

12.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较

准确地测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下:

图d

A.电流表G（满偏电流10mA,内阻为10。）

B.电流表A（0~0.6A~3A,内阻未知）

C.电压表V（0〜5V〜10V,内阻未知）

D.滑动变阻器尺（0-20Q,1A）

E.定值电阻&（阻值为990。）

F.开关与导线若干

（1）图（a）是小李同学根据选用的仪器设计的测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测

出的数据绘制的/「人图线如图（b）所示（人为电流表G的示数，右为电流表A的示数），则由图线可以

得到被测电池组的电动势E=V,内阻尸Qo（结果均保留2位有效数字）

（2）另一位小张同学则设计了图（c）所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接

1、2对应电压表的示数。和电流表的示数/；根据实验记录的数据绘制图线如图（d）中所示的/、B

两条图线。可以判断图线N是利用单刀双掷开关S2接（选填“1”或“2”）中的实验数据描出的；

分析43两条图线可知，此电池组的电动势为£=,内阻尸o（用图中E，、EB、IA、〃表

示）

E.

【答案】①.7.5②.5.0③.1④.EA⑤.

1B

【解析】

【详解】（1）电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则根据闭合电路的欧姆定律有

£=（&+凡）+（4+，2）「

整理可得

rrE

/]=----------T-----12T---------------

RG+R0+r~4+&+，"

设该图像的方程为

/]=—kJ?+b

将坐标（0.1,7）,（0.5,5）代入可得

4=—0.5/2+7.5

则图线与纵轴会相交于的位置（0,7.5mA）,则有

E.

-------------=7.5x10-3A

RG+&+T

k=r=（7-力1。，一

（j+7?nu+r0.5—0.1

联立可得

E=7.5V,r=5.0Q

（2）[3][4][5]由图（c）分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：当S2接1时,

是电流表的内接法（相对于电源），从图（d）可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，

而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图像的纵截距

1\=E

由于电流表内阻的影响，则短电流

，短1<，短

即横截距(即短路电流)小于真实值。当S2接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示

数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电动势，根据实验原理知：图像的纵截

距

\<E

由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则

/短2=/短

即图像的横截距是真实值。总结以上两点可知，U-/图像中纵截距小的&是S2接2的数据所绘。图线/

是S2接1时中的实验数据描出，则电源电动势

E=EA

电源内阻

EE

TA

四、计算题(本大题共3小题，13题12分，14题13分，15题18分，共41分)

13.如图所示，两个横截面积相同、导热性能良好的汽缸竖直放置在水平面上，右侧汽缸顶端封闭，左侧汽

缸顶部开口与大气连通，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门K,阀门关闭时，在左侧汽缸中

用质量为加、截面积为S的活塞封闭体积为忆的气柱A,右侧汽缸内封闭有体积为2%的气柱B,打开阀

门K,右侧汽缸中气体缓慢流入左侧汽缸中，当左侧汽缸中气体体积为2%时，两汽缸中气体压强相等。不

计活塞厚度，活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为网旦，重力加速度为g，环境温度始终不变，

S

封闭气体可视为理想气体，不计细管的容积。

(1)求未打开阀门时右侧汽缸中气体的压强。

(2)全过程气体吸收的热量。

AKB

【答案】⑴PL饕；⑵。=整

【解析】

【详解】（1）未打开阀门时，对/中气体有

PAlS=PoS+mg

解得

3mg

PAI=一^―

设2中气体的压强为。B1，打开阀门后，根据玻意耳定律有

pAy+pm-2V=pAl.4V

解得

9mg

PBI=..

（2）气体发生等温变化，则气体的内能不变，根据热力学第一定律有

Q+W=0

解得

14.如图所示，将一张长方形纸板放在水平桌面上，纸板T端稍稍伸出桌外，将一物块置于距纸板左边界

d=0.2m处。用水平向右的拉力厂将纸板迅速抽出，如果拉力足够大，物块几乎不动落在桌面上，这就是

大家熟悉的惯性演示实验。若物块的质量为啊=0.5kg,纸板的质量为加2=0-3kg,物块与纸板、纸板与

桌面、物块与桌面之间的动摩擦因数均为〃=0.5,重力加速度为g=10m/s2,假定最大静摩擦力等于滑

动摩擦力。求：

（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力了的大小；

（2）要使物块与纸板发生相对滑动，拉力尸应满足的条件；

（3）若物块移动的距离超过/=0.002m,人眼就能感知到物块位置的变化，忽略物块的体积因素影响，为

确保实验成功，纸板所需最小拉力的大小片。

【答案】（1）4N；（2）尸＞8N；（3）308N

【解析】

【详解】（1）当纸板相对物块运动时，桌面对纸板摩擦力的大小

f-H（加i+加2）g=4N

（2）物块与纸板发生相对滑动时，物块与纸板间摩擦力

工=〃叫g

纸板与桌面之间的摩擦力

-=〃（㈣+加2）g

设物块的加速度为q,纸板的加速度为电，则

工=叫为

Fma

-fl-f2=22

物块与纸板发生相对滑动，则

a2>ax

解得

F>2〃（加i+加2）g=8N

（3）对物块由牛顿第二定律得

/dmxg=mxa3

对纸板由牛顿第二定律得

F]-fimxg-〃（加i+加2）g=m2a4

物块的位移大小

12

%]二5卬]

纸板的位移大小

二1,2

+u=-a/]

纸板抽出后物块运动的距离

_j_/

X2=2%2

a5=a3=pig

由题意知

=a5t2'I=x1+x2

解得

K=2〃（加1+/%）g+m2g=308N

15.某兴趣小组设计了一个磁悬浮列车的驱动模型，简化原理如图甲所示，。町