重庆市2024年高考物理模拟试卷及答案10

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：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。得分1．如图甲，风吹向风力发电机叶片带动风轮机内部的矩形线圈在水平匀强磁场中转动，发电机简化模型为图乙。矩形线圈以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动产生交流电，已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为EA．图示位置时AB边产生的感应电流方向为A到B B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零C．图示位置时磁通量的变化率最小 D．穿过线圈的最大磁通量为E2．如图图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，图乙（侧视图），不计爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则（）A．d越大，爪与锅之间的弹力越大 B．d越大，锅受到的合力越大C．R越大，爪与锅之间的弹力越大 D．R越大，锅受到的合力越小3．空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，加热一段时间后气体温度升高到T＝360K，此过程中气体吸收的热量为4.2×103J，则（）A．升温后所有气体分子的动能都增大 B．升温后胆中气体的压强为1.5×105PaC．此过程胆中气体的内能增加量为4.2×103J D．升温后压强增大是由于单位体积的分子数增多了4．图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图，图乙为太阳光穿过六角形冰晶的过程。a、b是其中两种单色光的光路，则在冰晶中（）A．a的折射率比b的小 B．a的频率比b的大C．a的波长比b的大 D．a的传播速度比b的大5．工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的PI2−1IA．该蓄电池的电动势为12V B．该蓄电池的内阻为2ΩC．该蓄电池的最大输出功率为144W D．该蓄电池的短路电流为12A6．如图，两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在绝缘细杆两端，杆的中点O固定但杆可绕O自由转动，以O为原点建立空间直角坐标系，在y轴和z轴上有两点M、N，他们到O点的距离都等于杆的长度，下列说法正确的是（）A．若杆与y轴重合，M点的电势高于O点电势 B．若杆与z轴重合，M点的电势低于O点电势C．若杆与y轴重合，M点的场强小于N点场强 D．若杆与x轴重合，M点的场强和N点场强相同7．如图，静止在匀强磁场中的原子核X发生一次衰变后放出的射线粒子和新生成的反冲核均垂直于磁感线方向运动。已知大小圆半径和周期之比分别为n、k，且绕大圆轨道运动的质点沿顺时针方向旋转。设该过程释放的核能全部转化成射线粒子和反冲核的动能，已知该衰变前后原子核质量亏损为m，光速为c。下列说法正确的是（）A．该匀强磁场的方向垂直于纸面向外 B．大圆是反冲核的运动轨迹C．原子核A的原子序数是n+1 D．反冲核的动能为k阅卷人二、多项选择题：共3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8．一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=3m处的质点b的振动图像分别如图所示。下列说法正确的是（）A．若波沿x轴负方向传播，这列波的最大传播速度为0.6m/sB．若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为1m/sC．质点a处在平衡位置时，质点b一定在波谷且向y轴正方向振动D．质点a的振动方程为y=2cos(9．如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。质量为m的水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆进入每个磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为3R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，h>d，下列说法正确的是（）A．金属杆从第4个磁场穿出时，金属杆中产生的热量6mgdB．金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小g(ℎ−d)C．金属杆穿过第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量BLdD．金属杆在第1个磁场中做加速度越来越大的减速运动10．未来6G将成为卫星互联网技术的重要应用，2023年7月9日，在酒泉卫星中心使用长征二号丙（CZ-2C）运载火箭将卫星互联网技术试验卫星成功发射。卫星绕地球运动的T−1v3图像如图，其斜率为k。已知地球的半径为RA．地球的质量为2πGB．地球的密度为3kC．地球的第一宇宙速度为kD．若卫星的运动周期为T1，则卫星离地球表面的高度为3阅卷人三、非选择题∶共5题，共57分。得分11．如图图甲是研究小组用智能手机phyphox软件的“磁力计”功能测量小车在斜面上运动的加速度。将手机的感应端紧贴斜面放置，圆柱形磁粒固定在小车的前后端，两磁粒中心之间的距离为d。当小车前后端磁粒依次经过手机时，“磁力计”记录下前后磁粒经过手机的时间间隔Δt，如图乙。（1）由图乙可知，前后端磁粒依次经过手机的时间间隔Δt＝s。（2）某次实验时，第一次手机置于位置1，小车由静止释放，读取时间间隔为Δt1，第二次将手机沿小车运动方向移动距离L（L＞d），置于位置2，再次静止释放小车，读取时间间隔为Δt2，则加速度的表达式a＝。（用题中所给物理量的字母表示）（3）对本次实验的理解，下列说法正确的是____。A．第二次小车可以从不同位置由静止释放B．若增加小车的长度不会影响初、末速度的测量值C．若实验操作都准确无误，加速度的测量值仍偏大12．如图图甲为电阻式触摸屏的简化原理∶按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，从而改变接入电路的电阻。（1）某研究小组找到一块电阻式触摸屏单元，将其接入电路中，简化电路如图乙。先将开关闭合到1让电容器充满电，再将开关切换到2，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图丙中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则不按压状态对应图丙中（填“I”或“Ⅱ”）。（2）粗测该触摸屏单元未按压状态下的电阻约为几十欧姆。某同学想较准确测量此电阻，可供使用的器材有∶A.电源E（电动势为3V，内阻约为12Ω）3C.电流表A1（量程为3mA，内阻为5Ω）；D．电流表A2（量程为60mA，内阻约为2Ω）E.滑动变阻器R1（总阻值约为10Ω）；F.电阻箱R2，最大阻值为99999Ω；G.开关S，导线若干。①该同学将电流表A1和电阻箱R2串联改装成量程为4.5V的电压表，电阻箱R2的阻值应调为Ω。②该同学设计了图丁测量电路，为了尽量减小实验的系统误差，电阻箱右边的导线应该接（填“a”或“b”）；按正确选择连接好电路之后，改变滑动变阻器滑片位置，测得多组对应的电流表A1和电流表A2的示数I1、I2，得到了图戊的图像，由图中数据可得该触摸屏单元未按压状态下的阻值为Ω（结果保留2位有效数字）；该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果（填“有”或“没有”）影响。13．如图，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行于ad边竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求∶（1）该粒子的比荷；（2）该离子在磁场中运动的总时间t。14．某质量为m＝50kg的体操运动员展示下杠动作如图，双手与肩同宽抓住单杠，使重心以单杠为轴做半径R＝1m的圆周运动，重心通过单杠正上方A点时速率v＝2m/s，转至B点时松手脱离单杠，然后重心以速率vC＝1.8m/s经过最高点C，落地时重心的位置为D点。脱离单杠后运动员空中上升与下降的时间之比为2∶3，B、D两点的高度差为1m，g取10m/s2，A、B、C、D在同一竖直平面内，忽略空气阻力，不考虑体能的消耗与转化。求∶（1）运动员在A点时，单杠对每只手的弹力大小；（2）B、D两点间的水平距离及落地瞬间重力的瞬时功率；（3）从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功。15．2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期T=2πmk，m为物体的质量，（1）若神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；（3）如图乙，若通道已经挖好，且ℎ=23R，如果在AB处同时释放质量分别为M和m的物体和飞船，他们同时到达O'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M

答案解析部分1．【答案】A,D【解析】【解答】A、根据右手定则当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为A到B。故A正确；

B、电流表示数显示的是有效值而不是瞬时值，因而电流示数不为0。故B错误；

C、图示位置在中性面的垂面，交流电中的电压瞬时值为

e=Emcosωt=NBSωcosωt

该位置磁通量的变化率为

ΔΦΔt=eN=E2．【答案】A【解析】【解答】对锅进行受力分析如图所示

炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即

4Fcosθ=mg

由几何关系，可得

cosθ=R2−d3．【答案】C【解析】【解答】A、升温后分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，故A错误；

B、根据

p0T0=pT

解得升温后胆中气体的压强为

p=1.2×105Pa

故B错误；

C、此过程胆中气体体积不变，则W=0，吸收的热量为Q=4.2×103J，则气体内能增加量为

4．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、由图可知，太阳光射入冰晶时，a光的偏折程度比b光的偏折程度小，则a的折射率比b的小，故A正确；

B、因为a的折射率比b的小，所以a的频率比b的小，故B错误；

C、因为a的频率比b的小，所以a的波长比b的大，故C正确；

D、由

v=cn

可知a的传播速度比b的大，故D正确。

故答案为：ACD。5．【答案】A【解析】【解答】AB、蓄电池的输出功率为

P=EI−I2r

变形得

PI2=EI−r

结合图像可得

E=12V

r=0.5Ω

故A正确，B错误；

C、由

P=EI−I2r=−I−E2r2r+E24r6．【答案】B【解析】【解答】AC、设小球分别为A、B，杆的长度为2L，若杆与y轴重合，如图所示

由于M点和O点离A球距离相等，则A球在M点和O点的电势相等；由于O点离B球较近，且小球带正电，则B球在O点的电势大于在M点的电势，故M点的电势低于O点电势；设小球带电量为q，则M点的场强大小为

EM=kqL1+kq(3L)2=10kq9L2

由几何关系可知，N点离两电荷的距离为

r=L2+(2L)2=5L7．【答案】D【解析】【解答】AB、由洛伦兹力提供向心力可得

qvB=m1v2r

解得

r=m1vqB

由于衰变过程中动量守恒，反冲核的电荷较大，则反冲核的轨道半径较小，所以大圆是射线粒子的运动轨迹，由于射线粒子沿顺时针方向旋转，则反冲核沿逆时针方向旋转，且反冲核带正电，根据左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直于纸面向里，故AB错误；

C、由于匀强磁场的方向垂直于纸面向里，射线粒子沿顺时针方向旋转，可知粒子带负电，则粒子为β粒子（电子），β粒子的电荷量为e（电荷数为-1），由于大小圆半径之比为n，则新生成的反冲核的电量为ne（电荷数为n），由电荷数守恒可知，原子核A的电荷数为n-1，即原子核A的原子序数是n-1，故C错误；

D、根据周期公式

T=2πrv=2πm1qB

可得

m1=TqB2π

则射线粒子和新生成的反冲核的质量之比为

mβm反=TβqβT反8．【答案】B,D【解析】【解答】A、质点a、b间距为3m，0时刻，质点a处于波谷，质点b处于平衡位置向上振动，若波沿x轴负方向传播，则有

nλ+λ4=3mn=0,1,2,3…

解得

λ=124n+1mn=0,1,2,3…

根据图像可知，周期为4s，则波速为

v=λT=34n+1m/sn=0,1,2,3…

当，n取0时，最大波速为

v1=3m/s

故A错误；

B、结合上述，若波沿x轴正方向传播，则有

nλ+3λ4=3mn=0,1,2,3…

解得

λ=124n+3mn=0,1,2,3…

9．【答案】C【解析】【解答】A、由于金属杆进入每个磁场的速度都相等，故在金属杆穿过第一区域磁场到进入第二区域磁场，根据能量守恒可知

Q0=mg·2d

故穿过第四个磁场时产生的总热量

Q=4Q0=8mgd

故A错误；

B、设穿过第四个磁场的速度为v，根据能量守恒可知

mg(ℎ+7d)=12mv22+Q

解得

v=2g(ℎ−d)

故B错误；

C、根据法拉第电磁感应定律，穿过第一个磁场的电动势

E=ΔΦΔt=BΔSΔt

通过电路中的电流

I=ER+3R=BΔS4RΔt

又因为

10．【答案】B,C,D【解析】【解答】A、根据万有引力提供向心力

GMmr2=mv2r=m×4π2T2r

解得

v=GMr

T=2πrrGM

则图线的斜率为

k=T×v3=2πGM

所以，地球的质量为

M=k2πG

故A错误；

B、地球的体积为

V=43πR3

则地球的密度为

ρ=MV11．【答案】（1）0.70（2）d（3）C【解析】【解答】（1）由图乙可知，前后端磁粒依次经过手机的时间间隔

Δt=0.70s

（2）小车做匀加速直线运动，则有

2aL=(dΔt2)2−(dΔt1)2

12．【答案】（1）Ⅱ（2）1495；a；79；没有【解析】【解答】（1）按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，并联进去电阻，总电阻减小，放电速度变快，根据图像可知，按压状态对应的图像应为Ⅰ。不按压状态对应图中Ⅱ。

（2）①根据

UIg1=RA1+R2

解得

R2=1495Ω

②由于已知电流表A1的阻值，可以计算出待测电阻两端的电压，再用差值法计算流过待测电阻的电流，故应接a。

根据

R=I1(RA1+13．【答案】（1）解：粒子运动轨迹如图所示

粒子在电场中运动过程，据动能定理可得qE⋅粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m据几何关系可得r=联立解得q（2）解：粒子在磁场中转过的时间为t=【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做匀加速运动直线运动，根据动能定理确定粒子进入磁场的速度大小，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，再根据几何关系确定粒子的运动半径，再根据洛伦兹力提供向心力进行解答；

（2）根据几何关系确定粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律进行解答。14．【答案】（1）解：设单杠对每只手的弹力大小为T，方向竖直向上，则运动员在A点时，由牛顿第二定律mg−2T=m代入数据解得T=150N（2）解：设运动员从B到C的时间为2t0，从C到D的时间为3t0，B、C两点的高度差设为ℎℎB、D两点间的高度差Δℎ=B、D两点的水平距离为x联立解得B、D两点间的水平距离为xD点竖直方向的速度为v落地瞬间重力的瞬时功率P=mg（3）解：设运动员在B点时速度为vBv又vBx=运动员从A到B点的过程中，根据动能定理可知W联立解得从A点运动至B点过程中合外力对运动员做的功为W【解析】【分析】（1）确定运动员在A点处的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；

（2）运动员从B点松手到落地过程中，运动员做斜抛运动，到达最高点C时竖直方向速度为零，根据运动的可逆性，可将运动从B到D的过程，分别视为从C到B和从C到D的两个平抛运动，再根据平抛运动规律确定运动员落地时的瞬时速度及两段过程的水平位移，再根据瞬时功率公式及几何关系进行解答；

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