【高考真题】重庆市2024年高考物理试卷（含答案）

【高考真题】重庆市2024年高考物理试卷一、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。1．如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度如果当0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是（）A． B．C． D．2．2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（）A．减速阶段所受合外力为0B．悬停阶段不受力C．自由下落阶段机械能守恒D．自由下落阶段加速度大小g=9.8m/s23．某救生手环主要由高压气罐密闭。气囊内视为理想气体。密闭气囊与人一起上浮的过程中。若气囊内气体温度不变，体积增大，则（）A．外界对气囊内气体做正功 B．气囊内气体压强增大C．气囊内气体内能增大 D．气囊内气体从外界吸热4．活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针翘鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（）A．被弹出时速度大小为2(B．到达目标组织表面时的动能为F1d1C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2D．运动d2的过程中动量变化量大小为m5．某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略气壁厚度，由该方案可知（）A．若h=4cm，则n=3 B．若h=6cm，则C．若n=54，则h=10cm D．若6．沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（）A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动7．在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m<<M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（）A．c的线速度大小为a的3倍 B．c的向心加速度大小为b的一半C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为GM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，有选错的得0分。8．我国太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”在国际上首次成功实现空间太阳Hα波段光谱扫描成像。Hα和Hβ分别为氢原子由n=3和n=4能级向n=2能级跃迁产生的谱线（如图），则（）A．Hα的波长比Hβ的小B．Hα的频率比Hβ的小C．Hβ对应的光子能量为3.4eVD．Hβ对应的光子不能使氢原子从基态跃迁到激发态9．小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲，乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（）A．n1：n2=110：3B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大10．一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则（）A．最小波长10B．频率5C．最大波速15D．从该时刻开始2s内该质点运动的路程为(4−三、非选择题:共5题，共57分。11．元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力（选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加速度方向（选填“竖直向上”“竖直向下”）。（2）一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加J（保留两位有效数字，g=9.8m/s2）。12．探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。（1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测（电流、电压）仪器。（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为。（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率W。13．小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求（1）P所受单根导线拉力的大小；（2）Q中电流的大小。14．有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为qm的带正点的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0（1）求OK间的距离；（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；（3）速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。15．如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为548（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，速度不变，加速度为零，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，加速度速度不断减小，到达最高点速度为零，再结合v-t图像的斜率表示加速可知C符合题意。

故选C。

【分析】明确运动员在水平赛道和倾斜赛道的受力情况，再根据牛顿第二定律确定其在不同赛道的加速度及运动情况，再根据v-t图像的斜率表示加速进行解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据减速概念分析合外力是否为0，组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；B．根据悬停的平衡态分析受力情况，组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；C．组合体在自由下落阶段只受重力，只有重力做功，机械能守恒，故C正确；D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。故选C。

【分析】根据机械能守恒条件进行判断；根据月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度进行判断。3．【答案】D【解析】【解答】AB．由于气囊内密闭气体温度不变，上浮过程中体积增大，根据

PVT=C

可得

V=CTP

温度不变，体积变大，则压强变小。体积变大，则气体对外做功，故AB错误；

CD．理想气体内能只与温度有关，气体温度不变，额内能不变，由热力学第一定律有

ΔU=Q+W

即

Q=ΔU-W

由于气体对外做功，则W<0，故Q>0，即气囊内气体从外界吸热，故C错误，D正确。4．【答案】A【解析】【解答】A．根据动能定理有

F1d1+F2d2=12mv2

解得

v=2(F1d1+F2d2)m

故A正确；

B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，对在目标组织中运动过程运用动能定理有5．【答案】B【解析】【解答】根据几何关系画出光路图，如图所示

标注入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得

n=sinθ1sinθ2=xh=8cmh

A．若h=4cm，则n=2，故A错误；

B．若h=6cm，则n=43，故B正确；

C．若n=6．【答案】B【解析】【解答】根据

Ep=qφ

可知试探电荷在x2处的电势能为

Ep=-1ev

则试探电荷在x2处的总能量为

E=EK+Ep=1.5eV-1eV=0.5eV

根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x0-0与x1-x3区域电场强度方向沿x轴负方向，在0-x1区域电场强度方向沿x轴正方向，x3右侧区域电场强度方向沿x轴正方向。则电荷在x0-0与x1-x3区域所受电场力方向沿x正方向，在0-x1和x3右侧区域电场强度方向沿x轴负方向。由于电荷在x2处速度沿x轴正方向，则电荷在x2~x3区域做加速运动，且在x3处加速度为零，速度最大，随后试探电荷在x3右侧做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，此时试探电荷的电势能为0.5eV，根据

Ep=qφ

可知电荷运动到电势为-0.5V处减速到零。随后试探电荷开始向x轴负方向运动，电荷先在x3右侧区域做加速运动，随后在x3左侧区域做减速运动，当电荷速度减为零时，根据能量守恒定律可知，及

7．【答案】A【解析】【解答】D．a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆，由于m<<M，则可忽略c对a、b天体的万有引力作用，则根据牛顿第二定律及万有引力定律，对a天体有

GMM(2r)2=Mω2r

解得

ω=GM4r3

故D错误；

A．设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，则a、b天体与c的距离为

L=rsinα

a、b天体对c的万有引力大小相等，均为

F=GMmL2

则根据力的合成与分解及牛顿第二定律，对c天体有

Fosα+Fosα=mω2rtanα

联立解得

α=30°

则c做匀速圆周运动的轨道半径为

r8．【答案】B,D【解析】【解答】AB．能级差越大，能级跃迁释放的光子的能力越大，能量越大，光子的频率越大，波长越小。氢原子n=3与n=2的能级差小于n=4与n=2的能级差，则Hα与Hβ相比，Hα的波长大、频率小，故A错误、B正确；

C．根据能级跃迁的特点，可知Hβ对应的光子能量为

E=(-0.85)eV-(-3.40)eV=2.55eV

故C错误；

D．氢原子从低能级跃迁至高能级吸收的能量等于两能级的能量差。氢原子从基态跃迁到激发态至少需要能量

E=(-3.40)eV9．【答案】A,C【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得

n1n2=U1U2=2206=1103

故A正确；

B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中R并<R10．【答案】B,D【解析】【解答】B．设平衡位置与坐标原点距离为3m的质点的振动方程

y=sinωt+φ

根据乙图带入点(0,32)和（2，0）解得

φ=π3，ω=5π6

可得

T=2πω=2.4s

f=1T=512Hz

故B正确；

A．在题图甲中标出位移为32cm的质点

若波沿x轴正方向传播则为Q点，则波长可能为

16λ1=3m

即

λ1=18m

若沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为

111．【答案】（1）逐渐增大；竖直向下（2）0.11【解析】【解答】（1）设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，根据力的合成与分解及平衡条件可得

2Tcosθ=Mg

即

T=Mg2cosθ

上升过程中，夹角θ逐渐增大，T逐渐增大，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，到达最高点的速度为零，随后向下运动至C点停止，即从B点开始先向下做加速运动，再做减速运动，故沙桶在最高点的加速度方向竖直向下。

（2）沙桶从开始运动到停在C点的过程中，沙桶上升高度为8.4cm，初末状态动能均为零，则机械能增加量为12．【答案】（1）电压（2）0（3）放电；0.32【解析】【解答】（1）电压测量仪与电路并联，位置②与电容器并联，则②为测电压仪器。

（2）充电过程，电容器两极板电势差逐渐增大，回路中电流逐渐减小，电压表示数最大时，此时电容器充电完毕，回路中电流为零，即两极板的电流表示数为零。

（3）电容器放电过程，两极板的电压和回路中的电流都减小，由图像可知，该过程为电容器放电过程。

由图丙可知，t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由图乙可知，当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0消耗的功率为

P=UI=8×40×10-3W=0.32W

13．【答案】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有

2T=2mg解得

T=mg（2）​​​​​​设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有

mg+F=2T又

F=BIL解得

I=【解析】【分析】（1）确定P的受力情况，P做匀速运动，处于平衡状态，再根据平衡条件进行解答；

（2）根据左手定则，确定Q所受安培力的方向。P做匀速运动，则Q也做匀速运动。再对P、Q构成的整体进行受力分析，再根据平衡条件及安培力公式进行解答。14．【答案】（1）解：当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子在OKN区域做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设轨迹半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得

q由几何关系可知

OK=2r1=2m（2）解：速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，运动轨迹如图所示

设轨迹半径为r2，则由洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律得

4q由几何关系有

(r2-OK)联立可得

MO=（3）解：速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，则粒子的运动轨迹半径不变，根据平移法可知，此时粒子的运动轨迹图如下所示则根据几何关系有

(其中

OK=2mv粒子在打开磁场开关前做匀速直线运动，则其运动时间为

t=联立解得

t=【解析】【分析】（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出OK的距离；（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹，结合几何关系可以求解MO之间距离；

（3）率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点要使粒子仍然经过区点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解ON之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。15．【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1，能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得

mg=m则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得

−mg×2×10a=联立解得

v（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有

2m1碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有

-μ×2mgL=-碰后B在竖直面圆周