2024年重庆市高考物理二调试卷

2024年重庆市高考物理二调试卷

一、选择题：共40分

1.（4分）纸质于提袋具有绿色环保、性能优良、循环利用等特点被广泛使用。当用因图绳带

甲纸质手提袋提重力为G的苹果处于静止时，其简化示意图图乙，设两绳带在同•竖直丰/y

面且不计纸质手提袋的重力，不计纸质手提袋的形变，则（）

森

图甲图乙

A.绳带中的张力大小一定为G/2

B.若增加绳带长度,则绳带中的张力将变大

C.若只减小两绳扣间33则绳带中的张力将变小

D.手捱袋底部对苹果的支持力与苹果的重力是一对相互作用力

2.（4分）如图为某品牌手机无线充电的原理示意图。若某段时间内送电线圈产生的磁场、B

B在逐渐增强，则（）\

J三三自发电线圈

2o-----------

...工巳W送电线圈

A.此时送电线圈中的电流由端口1流入B.此时受电线圈的端口3为正吸

C.此时受电线圈的面枳有扩大的趋势D.受电线图中电流产生的磁场方向与图示磁场方向相同

笫1页｛共18货

3.（4分）EUV光刻机是利用波长为13.5mm的极紫外光进行曝光来制盅光线

芯片。图为光刻机的简化原理图，为提高光刻机的光刻精度，在

UIIEB掩腴版―

投影物境和光刻胶之间填充了折射率为「」」_L^

投影物腌一|]

1.5的浸没液体，则加上浸没液体后，该极紫外光波（）

没没液体下I-----匚「真空区域

1=

光刻胶/,x鼻片

A.在浸没液体中的频率变为原来的1.5倍B.在浸没液体中的波长变为9nm

C.光从真空区域进入浸没液体传播速度不变D.在浸没液体中比在空气中更容易发生衍射

4.（4分）如图，玻璃管中封闭一定质量的理想气体倒扣在水银槽中，当温度为T质，管内的水银面比槽内水银面

高hem,管中气体的长度也为hem.当把玻璃管缓慢下压至管底部与槽内水银面将平，同时改变气体的温度保

持管内气体体积不变，已知大气压强为P。（单一：emHg）,则管内气|体（）

2kT

A.最终压强为Po・hB.对外界做功C,温度的变化量为—D.对外界放出热量

A.该简谐水波的波长为20mB.该简谐水波的波速为5m/sC.该简谐水波从甲传到乙的时间为12s

D.8s内甲运动的路程为2m

A.入射光子的波长为兀/IB.阴极感光材料的逸出功为cp-£⑦

C.若仅增大入射光强度，电压表的示数将墙大D.若用紫注照射K板，电压表的最大示数将小于E.

7.（4分）如图为某同学设计的电磁弹射装置示意图，平行的足够长光滑水平导轨

MN、N间距为L,置于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m,长度为2L导体棒X

ab垂直放在导轨上。单刀双掷开关先打向c,内阻不计电动势为E的电源给电容为CX

的电容器充电，充完电后打向d,导体棒ab在安培力的作用卜发射出去。阻力不N

计，下列说法正确的是（）X

X

X

X

XXX

A.导体棒达到最大速度前，做加速度逐渐增大的加速运动

B.导体棒以最大速度发射出去后，电容器储存的电荷量为零

C.导体棒能达到的最大速度为

1）.导体棒达到最大速度时，电容器放出的电荷量为

1.（4分）如图甲为我国海上风力发电简化工作原理模型图，风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动产生如图乙所示的交沆电，并通过两理

想变压器和远距离输电给用户供电。升压变压器原、副线圈匝数比为1：10,输电线的总电阻％为20。，电压表为理想

电表，风力发电机的输出功率为75kL下列说法正确的是（）

图甲

A.线圈转动的角速度为100五rad/s

B.t=0.01,时穿过线圈的磁通量为零

C.用电高峰期相当于滑片P下移动，则电压表的示数变大

D.若电压表的示数为220V,则降压变压器原、副线圈的匝数比为95：11

第3页/共18页

2.（4分）2023年11月16日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统。如

图，北斗系统空间段由若干地球同步卫星a、倾斜地球同步轨道卫星b和中圆地球轨道卫电

c等组成,将所有T>.星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若同步P.星a

的轨道半径是地球半径的k倍，下列说法正碓的是（）（

A.卫星c的线速度小于卫星a的线速度

B.卫星b有可能每天同•时刻经过重庆正上方

C.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1-专

D.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1+/

3.（4分）如图为某款新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别b/

为a、b、c的长方体，上下两面M、、为金属极板，当与电源相连时会在两极板/:

间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，1.泵体处于垂直纸面向外磁感应二三二大;

强度为3的匀强磁场中。导电液的电阻率为P,密度为D,重力加速度为g,工LL

作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（）

A.电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为Bic

B.导电液的流速稳定为v时，电源的输出功率为BIcv

C.该电磁泵中导电液流速丫与抽液高度h的关系：p=瑞-2gh为

D.该电磁泵的最大抽液高度为：D\\g

二、非选择题：共5题，共60分。

1.（12分）某款智能电动水枪有三种发射模式（散射、直线连续喷射和脉冲式），深受玩家的青睐。某同学想测定后两种模式下水抢的发射

速度，如图甲，将该水枪水平固定在铁架台上，在铁架台后面平行于水枪竖直固定•块坐标板，使0点位于枪口处，x粕与枪口在同•水平

线上，操作步骤如下（g取10,n/s2）:

笫/共18勇

图甲图乙图内

（1）选择直线连续喷射模式并按压扳机，在空中形成一条连续的细水柱曲线，用手机拍照，得到如图乙所示的轨迹图像，根据

图中轨迹可得初速度eo=m/s.（结果保留一位小数）。

（2）改用脉冲式发射模式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱），测出枪口的高度及“水弹”的射程。改变水枪高度，

多次实验，并作出枪口竖直高度（力与水平射程平方（Y）关系图线如图丙。由图可求得该模式下水枪发射“水弹”的初速度大

小为m/so

（3）如果水枪并不完全水平，而是枪口略向下偏，则根据图丙中数据测出的初速度相对实际值（选填“偏大”、

“相等”或“偏小”）。

2.（12分）电容电池具行无污染、寿命长、充电速度快等诸多优点而广泛应用。某同学想要用电流传感器探完电容电池特性，探究

电路如图甲。

笫5负/共18天

i/mA

图乙

(1)笫一次探究中，先将开关接1，待电路稳定后再接2。已知电流从上向下流过电流传感器时，电流为正，则电容器充放电过程中的i-

t和U-t图像是。

(2)第二次探究，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3,探究LC振荡电路的电流变化规律。

①实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的仄振荡电流的都分图像，如图乙，根据图像中A、B点坐标可知，振

荡电路的周期7=.(结果保留两位有效数字)。

②如果使用电动势更小的电源给电容器充电，则LC振荡电路的频率将(填“增大”、“减小”或“不变”)0

弟¥贝/共1851

③已知电源电动势比,测得充电过程i-t图像的面积为So,以及振荡电路的周期T,可以得到电感线圈的电感表达式

L=。（用测得的已知量表示）

D

3.（12分）如图，在光滑水平面上静置一长木板，在

距木板右侧处固定一半径为R的四分之一光滑圆弧

曲面CD，旦最低点C与木板上表面等高，现使一质量

为m的物块以F0=17ag〃的初动能从木板左侧滑上

木板并向右运动，当木板撞上圆弧面时，物块恰好滞

上弧面C点，且对C点的压力大小为5mg。已知物块与

木板间的动摩擦因数为"，重力加速度为g，不由空

气阻力，求；

（1）物块在木板上滑动过程中产生的内能;

⑵物块到达D点时的速度。

第；页/共】8页

4.(12分)某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给与两弹簧连接的质量块施加

一个初速度,然后质量块压缩和拉伸轻质弹黄,使手机向某方向振动.手机中质量块的质量为

0.02kg,除质量块外手机质量为0.18kg。若将手机放在水平光滑的桌面匕某次振动时，质量块获

得向左5m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，g=10m/s2,求：

(1)当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能;

(2)手机能获得的最大速度：

(3)质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。

B8UI/共18页

5.(12分)质谱仪是检测和分离同位素的仪器,如图，速度选择器的磁感应强

度为B1,方向垂直纸面向里，电场强度为E。分离器中磁幅应强度为Bz,.一,

方向垂直纸面向外。离子室内充有大量氮的同位素离子，经加速电场加速后从手

速度选择器两极板间的中点0平行于极板进入，选择出的部分离子通过小孔。进

入分离器的磁场中，在底片上形成3个有一定宽度分别对应-He.1

加和淮三种离子的感光区域.第一片感光区域的中心P到。,点的距离为

义.忽略离子的重力及相互间作用力，不计小孔C'的孔径。

(1)求沿直线运动通过速度选择器，并打在感光区域中心P点离子的速度，Y。

及比荷-；

m

(2)以速度为V=V。土4v从0点射入的离子，其在速度选择器中的运动可视为速

度为V，的匀速自..线运动和速度为的匀速圆周运动的合运动，感光板上要出

现3个有一定宽度的感光区域，求该速度选择器械板的最小长度L：

(3)在⑵的情况卜一，为能区分3种离子，求该速度选择器的极板间最大间距

d。

第9页/*18页

2024年重庆市高考物理二调试卷（答案&解析）

一、选择题：共40分

1.解：A.对环保袋的受力分析如图所示

可知绳带中的张力7=点吗故储误；

B.若增加绳带长度，则a变小，cosQ变大,绳带中的张力将变小，故B错误:

C.若只减小两绳扣间距，则。变小，cos。变大，绳带中的张力将变小，故C正确；

D.手提袋底部对苹果的支持力与苹果的重力是一对平衡力，故D错误。

故选:C.

【解析】对环保袋受力分析，可得出绳带上张力的大小：增加绳带长度以及减小绳扣之间间距，都可根据夹角变化可求出张力的变化：

根据受力平衡条件可分析出D选项。

2.解：A、送电线圈产生的磁场B方向向上，根据右手螺旋定则，送电线圈上的电流由端口1流入，由端口2流出，故A正确：

BCD、送电线圈产生的磁场B在逐渐增强，依据楞次定律和右手螺旋定则，受电线阖感应电流阻碍体通量变化,受电线圈感应电流的磁场

向下，受电线圈的面积有缩小的趋势，电流从3流进，由4流出，由于电源内部，电流从负极流向正极，因此端口4为正极，故BCD错误：

故选:A.

第10页!共18页

【解析】根据楞次定律与右手螺旋定则的内容，结合线圈感应电流从负极流向正极，从而即可求解。

3.解：A、紫外线由真空进入液体频率不变，故A错误：

B、根据》=［不加液体时，TTc=〃/加液体时彳hv=Xf,代入数据计算可得：A=9am,故B正确：

C、根据□=’,可知光在液体中的传播速减小，故0错误；

n

D、由于浸没液体中时波长变小，更不容易发生衍射,故0错误。

故选：B.

【解析】根据□=,求解光在液体中的传播速度；根据液体中v=、f和真空中x=M/,结合折射率公式求解光在液体中的波长；波

n

长变小，更不容易发生衍射“

4.解：A.当玻璃管底部与槽内水银面持平，保恃管内气体体枳不变，则管内的水银面比槽内水银面低hem,最终压强为p=p0+p2,故人错误：

B.由于体积不变，所以对外界不做功胃=0,故B错误：

C.原来气体的压强对=P0,Vo,根据查理定律P/=±,解得7=号故C正确：

D.由于温度升高，则△U>0,根据.△l=QM可得,Q〉0,从外界吸收热量，故D错误。

故选:C.

【解析】根据同一液面处压强相同即可分析：气体体枳不变不疝外做功：根据隹理定律解答：由热力学第一定律解答。

5.解：AB.由图可知,甲、乙的距离为/lr=g；l=6(hn,代入数据解得：2=21m,则水波波速为

u=；=?m/s=6m/s,故AB错误：

C.该简谐水波从甲传到乙的时间t=-=7S=10s,故0错误；

y6

D、峰、谷间的高度差为0.5叫则甲、乙的振幅为A=0.25m,t=8s=2T内乙运动的路程为：s=2x4A=8x0,25m=2m,

故D正硝。

故选：D.

【解析】根据甲、乙的距离得出波长的大小，结合波速公式求解波速；根据峰、谷之间的高度差得出甲、乙的振幅，结合时间和周期的关系得

出甲运动的路程。

6.解：A、根据镌布罗意波长公式可知，入射光子的波长入=I故A错误；

氏由爱因斯坦光电效应方程有：E,=.匕=5-%=cp.%,则K电极的逸出功W0=cp-弛故B正确：

C、随着K电极逸出的光电子运动到A电极，A、K之间的电压逐渐增大，当K电极正指A电极逸出的动能最大的光电子恰好运动不到A电极时，两极之

间的电压达到最大，对动能最大的光电子的运动过程出动能定理有：-cU=0-£瓦则两极间最大的电压0=号=也巴,

6C

可知与光照强度无关，所以若仅熠大入射光强度，A,K之间电压将不变，故0错误：

n由H_hav-R'e可知

第II页/共18页

射K极，电压表的最大示数将大于E.故D错误。

故选:B.

【解析】根据德布罗意波长公式与爱因斯坦光电效应方程，结合当KEA极正指A电极逸出的动能最大的光电子恰好运动不到A电极时，两极之间的电

压达到最大的情况分析求解。

7.解：A、开关先打向d,则电容器放电，通过导体棒的放电电流方向从a-b,由左手定则可知导体棒ab所受安培力水平向右，导体棒向右运动切

割磁蟋产生感应电动势，回路中总感应电动势k2=UcBLc,随着电容器放电，电容器两端电压U减小，导体棒速度、，增大，则回

路中总电动势减小，电流减小，由F=8〃可知安培力减小，对导体棒由牛顿第二定律有：F=ma,安培力F减小，则加速度a减

小，故A错误：

B、当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，即〃回路中心=0,电流1=0,导体棒所受女培力F=0,导体棒加

速度a=0,导体棒速度达到最大，此时电容器反压不为零，则电容器电荷量不为零，故B错误；

CD、电容器开始的电荷量：Q0=(C)=CE,设导体棒速度最大时电容器的电荷量为Qi,则Q1=C八,此时电路中总电动势为零，

则有：力=BLc0

取水平向右为正方向，导体棒从静止到圾火速度过程，对导体棒利用动量定理有：BILAt-mvQ-0

这一过程中电容器放出的电荷量4Q_QLQ\T。

联立方程可得I-倘..8•故口正确，°错误。

故选:D.

【解析】以根据回路中电动势和电流的大小变化可知导体棒所受安培力大小变化，由牛顿第二定律可知导体棒加速度变化特点:

B、根据电容器两谢电压与导体棒切割磁感线产生的电动势大小相等时，导体棒速度最大分析：

CD,导体棒从静止到最大速度过程，利用动量定理和电容器放出电荷量可得解，

I.解：A、由图乙可知，交流电的周期为：7=0.024,则线圈转动的角速度为3=：=^rad/s=100“rad/s；«lAiEfift：

B、由图乙可知，在t=0.01s时,感应电动势最小，为0,则此时穿过线圈的磁通量最大，不为0,故B错误：

C、用电高峰期相当于滑片P下移动，用户负载电压减小，所以通过输送回路的电流增大，则Ri两端电压烟大，根据U2.UG3=U3

所以图成小，降压变压器原副线圈匝数不变，所以电压表的示数变小，故0错误:

L2v>>/2

D、由图可知Ui有效值为1J、=云—-V=250P

根据匚=上

可得

出=2500V

输送回路电流

g的电压为

勇12天/共18或

%=02-/2%

根据

3=%

“424

解得d=3

巩11

故D正确。

故选:AD.

【解析】线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生正余弦式交变电流，由图乙可求线圈转动的角速度的大小：当磁通量为0时，线圈中产生的

感应电动势最大：

2.解:A、根据6芋=吗可得：口=产知轨道半径越大，线速度越小，所以IJ.星a的线速度小于H星c可的线速度，故A错误：

B、卫星b是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在重庆正上方，则过24小时之后又在重庆正上方，故B正确：

CD、在地球北极处，有：G^-=mgx

在地球赤道处TT：C^-m^=mg2

对于地球同步卫星有：G赢-m詈(AR)

解得：为-1故C正确，D错误。

9k

故选.EC

【解析】根据万有引力定律和牛顿第二定律分析线速度的情况，倾斜地球同步卫星与地球自转周期相同，在两极，万有引力与重力相等，住赤

道上，万有引力等于垂力与向心力之和。

3.解：A.将通电导电液看成导体棒，受到的安培力

F=BIL=BIc

根据左手定则可知磁场对导电液的作用力方向为水平向左，故A正确：

B.电源提供的电功率一部分为安培力的功率

Pi=Fi=BIcc

另一部分为导电液产生的热功率，故B错误；

CD、由安培力做功的特点可知电磁泵的机械功率等于安培力的功率，所以

P,=P1

设44内被抽至泵体中的液体的质辰为

Am=DbcvAl

△t内被抽至泵体中的液体的动能的增加量

E,=-4mr2=-DbcrlAt

*22

△l内被抽至泵体中的液体的重力势能的增加最为

AEV-△mgh-Dbcrgh△i

第13页/共18页

电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和，即

_为+也

13t31

联立可得

Bfcr=^Dbcr3At+Dbcrgh

W

T2gh

故当v=0时，即导电液的流速为零时，匕式中的h最大

故CD正确。

故选：ACD。

【解析】当泉体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出：根据功率计算公式列式求解，根据安培力公式分析安培力大小情况，再

由安培力产生压强，当”=0时，即导电液的流速为零时，上式中的h最大，从而即可求解.

二、非选择题：共5题，共60分。

1.解：⑴在图乙中选点x=1.0m,y=02m,根据平抛运动的规律，有y=

X=To

代入数据解得r0=5m/s

⑵由平抛运动的规律，有,=加2

r=c.)t

消去t何得丫=朋

在图丙中的斜率即为20

即—=k

可解得r0=5y/2m/s

⑶若怆口略向下偏，枪口商度y不变，而射程x偏小，则计算用的y-J图像斜率偏大，根据汽=A，则计算出的初速度偏

小。

故答案为：5;5注;偏小。

【解析】(1)根据平抛运动规律可求出初速度；

(2)根据平抛运动规律，得出轨迹的表达式，从而得出初速度大小：

(3)根据图像的轨迹分析可知，根据斜率的表达式可得出初速度的变化情况。

2.解：(DAB、第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从上向下流过传感器，即为正，山丁

充电后电容器右极板带正电，电容器通过R放电时，电流从下向上流过传感器，即为负，故A错误，R正确；

CD、绐电容器充电和电容器放电，通过电压传感器的电流方向均为从右向左，都为正，故0错误，D正确。

故选:BD.

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(2)由图乙可知T=阿78rHs=0.0092s

由振荡周期：7=2”也可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的周期小变，则效率也小变。

充电过程i-t图像的面积为So.则有：q=CE0=Ao

可得：C-鼻

振荡周期为T-2n4LC-

联立瓦得：L=焉一点

故答案为：(1)BD：(2)0,0092：不变；-

4x-5

【解析】(1)①结合题设和电容器充放电的特点逐一分析即可判断：

②根据电容器稳定时所带电荷量表达式得出充放电过程通过回路的电荷量情况，结合电流定义式得出图像所困面积的含义可分析出充放电图像面

积关系，分析出增大电阻箱阻值电流变化情况，从而得出充放电过程中电流及电压随时间变化情况即可判断；

(2)③艰据图像结合周期性得出振荡电路的周期；

④根据振荡回路的周期公式和周期与频率关系分析即可解题：

⑤结合前面分析和题设计算出电容器的电容，结合振荡回路的周期公式得出电感线圈的电感。

3.解：(1)根据牛顿第三定律可知物块在C点受到的支持力大小为：F=5ng

根据牛顿第二定律，对滑块在C点有：

F-mg二呜

解得vc=2y/gR：

对滑块从开始运动到C点过程，由动能定理有：

-Hmgx=:mVc-Ek,已知：F0=4ingR

解得：x=-

tt

木板长度.L=x-Lo

根据功能关系可得物块在长木板上滑动时产牛•的内能为：

Q=*ngL=(2R-nixing

(2)物表从C到D的过程，由机械能守恒定律有：

；mv,-mgR+；

解得：TD=7?gR

答：(.)物块在木板上滑动过程中产生的内能为(2R.心0)mg;

(2)物表到达D点时的速度为y/2gR

【解析】(D根据牛顿第三定律求得物块在。点受到的支持力大小，根据牛顿第二定律求得滑块在C点速度，根据动能定理求得物块的位移大小，

由距离关系得到木板长度，根据功能关系求得物块在长木板上滑动时产生的内能：

(2)对物块从。到D的过程，根据机械能守恒定律求解.

*15«/共18天

4.解:(D设质量块的质最为0.023,除质量块外手机质最为，ni=0.1srg,颂量块获得向左的初速度为v°-5m/3.手机和质

量块共建时(设共速的速度为V)珅簧的弹性势能最大(设为£(3町,以向左为汇方向，由动量守恒定律得：，叼，0-(”“十”12川

解得x=0.5m/s:

由机械能守恒定律得：

Epm=；叫说一:(叫+叫)仔

解得F0=0,225/

(2)弹贯第一次恢虹原长时手机获得的速度最大，设手机获得的最大速度为£=0,质量块的速度为力,以向左为正方向，由动员

守恒定律得：

mi。。=一献1J+m2f00

由机械能守怛定律存：

:叫诉=：叫诉+；叫《，

解得V0=lm/s:

(3)设历坡块开始向右运动的瞬间手机的速度为13,弹赞的弹性势能为此时质械块的瞬间速度为零，以向左为正方向，同理可得:

mjto=m2t3

；叫痛一：叫田+£「1

解得：Ep]=-J

答：(1)当弹性势能见大时，手机的速度及如黄的弹性势能为0.225J：

(2)手机能获得的最大速度为Im/s：

(3)质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能为-J.

94

【解析】(1)手机和质量块共速时冲筑的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解答；

(2)师贫第一次恢复原长时手机获得的速度最大，艰据动量守恒定律和机械能守恒定律解答：

(3)炭垣块开始向右运动的瞬间速度为零,根据动量守恒定律和机械能守恒定律解答.

5,解：11)离子在速度选择器中沿直线运动，需满足电场力与洛伦兹力平衡，则有：

qroBi=qk

解泡v0=-：

在分离器中离子做匀速圆周运动.轨迹为半个恻用,易知打在感光区域中心P点的离子的运幻半径为：

d

根据洛伦兹力提供向心力得：

qwB2=m-

解得-=—：

TTU)任£必

(2)在加速电场中，根据动能定理得：诏

在分离器中有：qv0B2=my

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可得-耳_里I.2L_L

丁―西-西V一耳yq

三种离了电荷砒相同，则质后最小的：He轨迹半径最小，则(1)问中所解比荷三He是离子的比荷，可得:沁子

m瓦。3%2

5m

的比荷为:当与He离子的比荷为:

27

He三种离子在速度选杼器中分运动的匀速留周运动的周期分别为:

22

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