重慶市2024屆高三年級下冊高考模擬調(diào)研卷物理（三）(含答案)

重慶市2024屆高三下學(xué)期高考模擬調(diào)研卷物理（三）

學(xué)校：___________姓名：班級：考號：

一,單選題

1.坐過山車時，人體會分泌大量腎上腺素和多巴胺，讓人感覺驚險刺激。如圖所示,

某車廂中游客通過環(huán)形軌道攀升的一小段時間內(nèi)速率不變，則該過程中（）

A.該游客所受合力做功為零

B.該游客所受合力始終為零

C.該游客的機械能守恒

D.該游客所受重力的瞬時功率一定變大

2.某電容式電子秤的部分結(jié)構(gòu)如圖所示。將該電子秤水平放置，未測物品時，兩金屬

板N平行正對，帶有等量異種電荷且保持不變；當(dāng)放置物品時，〃板受到壓力R

而發(fā)生微小形變，貝1］（）

F

M12

NI-I

A.M、N兩板間電勢差變小

B.M、N兩板間場強處處不變

C.M,N兩板構(gòu)成的電容器的電容變小

D.M,N兩板構(gòu)成的電容器的電容不變

3.用甲、乙兩種不同的金屬做光電效應(yīng)的實驗，甲的逸出功大于乙的逸出功，在同一

坐標(biāo)系中作出它們的遏止電壓上隨入射光頻率v變化的圖像，如圖所示，其中②、

甲、③三條圖線相互平行，則乙的圖線是（）

C.③D.④

4.如圖所示，一網(wǎng)球愛好者在某次訓(xùn)練時，無初速地釋放手中質(zhì)量為58g的網(wǎng)球，然

后在網(wǎng)球反彈上升途中進行擊打訓(xùn)練。試估算該網(wǎng)球由靜止釋放后第一次落地前瞬時

的動量大小約為（）

A.0.03kgm/sB.0.3kgm/sC.3kg?m/sD.30kg-m/s

5.如圖所示，航天器c位于日地系統(tǒng)中拉格朗日4點處，與太陽人地球6構(gòu)成穩(wěn)定

的等邊三角形，大圓為地球繞太陽中心做勻速圓周運動的軌跡。實際上，。、c是

一個“三星”系統(tǒng)，由于航天器的質(zhì)量遠小于天體的質(zhì)量，a、b、c繞著a、6構(gòu)成的“雙

星”連線中的。點轉(zhuǎn)動。忽略其他天體的影響，貝女）

一乙〉步［天器c

/!\\\\

太la贏6

A.c的周期大于6的周期

B.c的向心加速度等于b的向心加速度

C.c的向心力指向太陽中心

D.c的線速度大于b的線速度

6.如圖所示，水平面內(nèi)正方形的四個頂點固定著四個完全相同的點電荷a、c

d,豎直線MN為該正方形的中軸線，交正方形所在平面于。點，兩電荷量大小相等

的帶電小球甲、乙恰好靜止在MN軸上距。點相同距離的位置。下列說法正確的是（）

M

甲”

，/?一，

"O/

a/一/d

A.甲、乙可能為同種電性

B.甲、乙質(zhì)量可能不同

C.甲、乙質(zhì)量一定不同

D.點電荷a、b、c、d在甲、乙位置處產(chǎn)生的場強相同

7.如圖所示，。、。、。為足夠長的光滑水平面上的三個相同平板。初始時刻c靜止，

a、6整齊疊放在一起以某速度水平向右運動，之后反c發(fā)生完全非彈性碰撞且不粘

連，最終。恰好未從。右端滑出。忽略空氣阻力，從0、。碰撞后到。、。共速前的過

程中，a、b,。始終共線且粗糙程度處處相同，則下列圖像正確的是（）

。的速度隨時間變化的圖像6的加速度隨時間變化的圖像

6的速度的平方隨位移變化的圖像

c的速度隨時間變化的圖像

二、多選題

8.如圖所示，“af〃—cfa”表示某一定質(zhì)量的理想氣體的一個循環(huán)過程。下列說

法正確的是（）

A.afZ?過程中，該氣體放熱

B.bfc過程中，該氣體放熱

C.c?。過程中，該氣體放熱

D.afbfc過程中，該氣體吸熱

9.老鷹俯沖捕獵時的速度可達200km/h,圖1是老鷹成功捕獲鯉魚的圖片，圖2為某

同學(xué)估算所畫的捕獲示意圖。一質(zhì)量為2kg的老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為半

徑R=100m的圓周運動，捕獵前瞬時的水平速度大小%=180km/h,鯉魚質(zhì)量為

0.5kg,老鷹和魚均可視為質(zhì)點，忽略魚的初速度以及捕獵過程中水的作用力，重力加

速度g取lOm/s?,貝U（）

0

R//

一一一G.

水面--------二》一?一.

魚

圖1圖2

A.捕獵前、后瞬時，老鷹處于非平衡狀態(tài)

B.捕獵前、后瞬時，老鷹的加速度大小不變

C.捕獵后瞬時，老鷹的速度大小為40km/h

D.捕獵后瞬時老鷹所受空氣作用力比捕獵前瞬時減少5N

10.如圖所示，“L”形直角光滑金屬導(dǎo)軌。4N固定在豎直平面內(nèi)，金屬桿一端由光滑

較鏈連接在。處，另一端穿過套在水平導(dǎo)軌AN上的光滑輕環(huán)，金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的

回路連接良好，整個空間有垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場（圖中未畫出），只考慮段

的電阻，輕環(huán)在水平外力R的作用下，使金屬桿以不變的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，則在輕

環(huán)由。點運動到。點的過程中（）

A.輕環(huán)加速運動

B.輕環(huán)減速運動

C.回路中的電流增大

D.力E對輕環(huán)所做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

三、實驗題

11.某同學(xué)用圖1所示裝置“研究單擺運動的規(guī)律”。讓擺球在豎直平面內(nèi)擺動，用力

傳感器得到細線對擺球的拉力大小歹隨時間/變化的圖像如圖2所示。

2cm3主尺4

0游標(biāo)尺1020

圖3

(2)該同學(xué)先用20分度的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑，結(jié)果如圖3所示，其讀數(shù)為

(3)已知擺球的質(zhì)量為機，可得當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮=(用題給物理量符號表

示)。

(1)該小組同學(xué)先用歐姆表粗略測量電流計G的內(nèi)阻4；應(yīng)將歐姆表的紅表筆與電流計

6的^(選填接線柱接觸，把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到'100”位置，正確操作后，

歐姆表的指針如圖1所示，則Rg的大小為一C。

(2)為精細測量電流計G的內(nèi)阻4,該小組同學(xué)利用“半偏法”原理設(shè)計了如圖2所示電

路圖，請將圖3所示實物連線圖補充完整。

①閉合開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器&的滑片，使電流計G滿偏；

②保持滑動變阻器凡的滑片位置不動，斷開開關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱R,使電流計G半

偏；

③讀出電阻箱R的數(shù)值60L2Q,即為電流計G的內(nèi)阻Rg的測量值。

由此可知，本次電流計G的內(nèi)阻Rg的測量值與其真實值相比(選填“偏大”“偏

小”)。

(3)然后該小組同學(xué)利用所學(xué)知識，將電流計G改裝為量程4=3A的電流表，并測量

標(biāo)準(zhǔn)電流/°=2A時，發(fā)現(xiàn)電流計G的示數(shù)4=2.05mA。通過本次測量，經(jīng)分析可

知，(2)中“半偏法”測得的4的測量值的相對誤差為%(保留兩位有效數(shù)字)。

四、計算題

13.圖是某四分之一圓弧形均質(zhì)柱體玻璃磚的截面圖，。為圓弧圓心，圓弧半徑為

Ro與截面OWN平行的平行單色光線照射到0M部分，光線與邊的夾角。=45。，

已知該玻璃磚對該光線的折射率為血，光在真空中的傳播速度為c,不考慮反射光的

折射，求：

(1)圓弧上有光線射出的弧長占其總弧長的百分比；

(2)能從圓弧MN上射出的光線在該玻璃胸中經(jīng)過的最短時間。

14.如圖所示，形狀、材料相同的物塊八6靜止在足夠長的粗糙水平面上，6左端固

定一勁度系數(shù)足夠大的輕彈簧c,a、b、c中心共線，c左端與。相距與。現(xiàn)給。一水

平向右的初速度v,a剛接觸c時的速度為上，此后a的速度減為零時恰好與c分離，

2

且此時6的速度恰好為上。已知物塊八6質(zhì)量分別為2機、加，兩物塊均可視為質(zhì)點，

2

重力加速度為g,忽略空氣阻力，求：

a

///////////////////////////////

(1)物塊a、6與水平面間的動摩擦因數(shù)〃；

⑵物塊a與c接觸的時間/；

(3)物塊。與c剛分離時，物塊6的位移大小X。

15.如圖1所示，與PQ是兩條固定在同一水平面上的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為

L,一質(zhì)量為機、電阻為R、長度也為L的金屬桿a。垂直跨接在導(dǎo)軌上，仍桿左側(cè)導(dǎo)

軌上安裝有電流傳感器，導(dǎo)軌左端連接一阻值也為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計且足

夠長。整個導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為3的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面

(圖中未畫出)。t=0時刻，仍桿在水平拉力R的作用下由靜止開始水平向右運動，

整個運動過程中，電流傳感器的示數(shù)，隨時間/變化的關(guān)系如題15圖2所示，時桿始

終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知而桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,

求整個運動過程中

⑴通過a。桿的電荷量；

(2)時桿與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q-,

(3)水平拉力R的沖量。。

參考答案

1.答案：A

解析：A.根據(jù)題意可知，由于游客速率不變，則動能變化量為零，由動能定理可知，

該游客所受合力做功為零，故A正確；

B.由于游客速率不變，游客做勻速圓周運動，該游客所受合力不為零，指向圓心提供

做圓周運動的向心力，故B錯誤；

C.游客勻速率上升，動能不變，重力勢能增加，則該游客的機械能增加，故C錯誤；

D.若游客在環(huán)形軌道下半部分爬升，豎直分速度逐漸增大，重力的瞬時功率變大，若

游客在環(huán)形軌道上半部分爬升，豎直分速度逐漸減小，重力的瞬時功率減小，故D錯

誤。

故選A。

2.答案：A

解析：CD.根據(jù)題意，由電容器的決定式。=旦可知，〃板受到壓力R而發(fā)生微小

471kd

形變，板間距離d減小，則電容器電容增大，故CD錯誤；

A.根據(jù)題意，由電容器的定義式。=義可知，由于極板上電荷量不變，電容增大，則

U

M、N兩板間電勢差變小，故A正確；

B.M板受到壓力R而發(fā)生微小形變，M、N兩板不平行，則”、N兩板間場強不再是

勻強電場，則一定不是場強處處不變，故B錯誤。

故選A。

3.答案：B

解析：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可得

eUc^hv-W0

所以

ee

根據(jù)題意，甲乙兩種金屬對應(yīng)的圖線斜率相同，即兩條圖線應(yīng)平行，且甲的逸出功大

于乙的逸出功，甲的極限頻率更大，即圖線的橫截距較大。

故選B。

4.答案：B

解析：網(wǎng)球落地的速度

v=y12gh

該網(wǎng)球由靜止釋放后第一次落地前瞬時的動量大小為

p-mv=m^2gh

網(wǎng)球釋放高度約為L2m,則

p=0.058xj2xl0xl.2kg-m/s=0.284kg?m/s?0.3kg-m/s

故選B。

5.答案：D

解析：在“三星，，系統(tǒng)中，由于航天器與太陽廈地球6構(gòu)成穩(wěn)定的等邊三角形，則三者

圓周運動的角速度大?、傧嗟?。航天器質(zhì)量遠小于天體質(zhì)量，在太陽地球構(gòu)成的“雙

星”系統(tǒng)中，二者之間的萬有引力大小相等，因為地球質(zhì)量小于太陽質(zhì)量，則地球環(huán)繞

半徑小于太陽環(huán)繞半徑，。點更靠近太陽，三星系統(tǒng)中，三者的半徑分別為

Ob、Oc,根據(jù)幾何關(guān)系可知

Oc>Ob>Oa

A.根據(jù)圓周運動規(guī)律可知周期

27r

1---

co

三者角速度大小相等，所以周期也相等，故A錯誤；

B.根據(jù)

a—co2r

因為C的環(huán)繞半徑大于6的環(huán)繞半徑，所以C的向心加速度大于》的向心加速度，故

B錯誤；

C.三星系統(tǒng)中。的向心力指向圓周運動的中心。點。故C錯誤；

D.線速度

v=a)r

因為c的環(huán)繞半徑大于》的環(huán)繞半徑，所以c的線速度大于6的向心加速度，故D正

確。

故選D。

6.答案：C

解析：D.水平面內(nèi)正方形的四個頂點固定著四個完全相同的點電荷a、b、c、d,ac和

切分別為等量同種電荷，分別在它們連線的中垂線上，根據(jù)等量同種的電荷周圍

的電場分布，可得，上甲、乙靜止的兩點的電場等大反向，故D錯誤；

A.甲、乙靜止，即甲、乙受力平衡。設(shè)甲、乙之間的庫侖力大小為R若甲、乙為同

種電荷，則甲、乙受到的電場力和彼此間的庫侖力均大小相等，方向相反，即甲、乙

受到的電場力和庫侖力的合力等大反向，不可能都能和重力平衡，即甲、乙一定為不

同電性，故A錯誤；

BC.由A選項可得，甲、乙一定為不同電性，則電場力相同，庫侖力等大反向，則

甲、乙受到的電場力和庫侖力的合力大小一定不相同，則與之平衡的重力一定不同，

即甲、乙的質(zhì)量一定不同，故B錯誤，C正確。

故選C。

7.答案：C

解析：由于。、。不粘連，在?；蟘的過程中6受到的滑動摩擦力與c受到的滑動摩

擦力大小不同，隨著?；稀５拈L度的增加，。對C的正壓力增大，對6的正壓力減

小，則可知。對人的滑動摩擦力逐漸減小，而。對c的滑動摩擦力逐漸增大，設(shè)木板a

的長度為L七表示。在6上的長度，馬表示。在。上的長度，則根據(jù)牛頓第二定律

有

x.mx,m

ki-g=mab,]Li^-g=mac

解得

〃牛，—牛

LL-i

在。完全滑上。的過程中占減小，%增大，但由于在。滑上c的長度過半之前，始終

是6推動著。向前運動，因此在?；蟘的長度過半之前。、。始終共速，即有

門_門_"mg_"g

即。、c一起做勻加速直線運動，而。做勻減速直線運動，但當(dāng)?；蟘的長度過半之

后，根據(jù)

=等（石4），&=等5號

可知，。的加速度將大于6的加速度，則此后木板C做加速度逐漸增大的加速運動，木

板人做加速度逐漸減小的加速運動，這個過程中6與C分離且距離逐漸增大，直至。

與6分離，此時由于。在C上的長度已經(jīng)過半，因此對木板。的正壓力即為自身重力

的大小，即。與方分離后，C的加速達到最大值，將做勻加速直線運動，一直到。與C

完全重合共速，而對于木板。而言，在。與c未分離時，做勻減速直線運動，而當(dāng)6

與。開始分離時其所受摩擦力逐漸減小，直至。與6分離后其所受摩擦力又達到最大

值，因此可知。先做勻減速直線運動，接著做加速度逐漸減小的減速運動，后又做勻

減速直線運動，直至與。共速后做勻速直線運動；而對于0,根據(jù)以上分析可知，其

先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸減小的加速運動，直至最后做勻速直線運動；

對于c,其先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸增大的加速運動，最后做勻加速直

線運動，直至與。共速后做勻速直線運動。

A.速度時間圖像的斜率表示加速度，該圖像表示到a、c共速前a始終做勻減速直線運

動，跟上述分析不符，故A錯誤；

B.該圖像表示到a、c共速前6先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加速度逐漸減小

的加速運動，直至加速度減為零，與上述分析不符，故B錯誤；

C.該圖像表示。先做勻加速直線運動，再做加速度逐漸增大的加速運動，最后以最大

加速度做勻加速直線運動，與上述分析相符，故C正確；

D.根據(jù)勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系

2

v-VQ=2ax

變式可得

2

v=lax+VQ

則可知該圖像表示6先以較大的加速度做勻加速直線運動，再以較小的加速度做勻加

速直線運動，跟以上分析不符，故D錯誤。

故選C。

8.答案：BCD

解析：A.根據(jù)熱力學(xué)第一定律

AU=Q+W

結(jié)合圖像可知，afb過程中，氣體體積增大，即氣體對外做功，W<0,氣體溫度升

高，則AU>0,因此可知該過程中。一定大于0,即氣體一定從外界吸熱，故A錯

誤；

B.bfc過程中，氣體體積不變，則氣體既不對外做功外界也不對氣體做功，W=0,

但此過程中溫度降低，即AU<0,因此，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知該過程中一定放

熱，故B正確；

C.cf。過程中，氣體體積減小，則可知外界對氣體做功，W>0,而溫度不變，則可

知△[/=(),因此，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，Q<0,即該過程中一定放熱，故C正確；

D.根據(jù)以上分析可知，af/?過程中，叱<0,a>0；bfc過程中，嗎=0,

2<0，a-6過程和bfc過程溫度的變化量相同，則內(nèi)能的變化量相同，即有

AU]=叱+,AC/2=W2+Q29AU]=At/2

因此afZ?過程中吸收的熱量一定大于bfc過程中放出的熱量，即afc過程

中，該氣體吸熱，故D正確。

故選BCDo

9.答案：AD

解析：A.老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為圓周運動，圓周運動是曲線運動，所以

合外力不為0,老鷹處于非平衡狀態(tài)。故A正確；

B.捕獵前、后瞬時，圓周運動過程由老鷹的質(zhì)量變成了老鷹和魚的總質(zhì)量，根據(jù)水平

方向動量守恒可得老鷹的瞬時速度減小，即

叫%=(叫+7%)V共

代入數(shù)據(jù)，解得

以共=40m/s

加速度

v2

CI——

R

老鷹的速度減小了，圓周運動半徑不變，則老鷹的加速度變小。故BC錯誤；

D.捕獵前設(shè)空氣對老鷹的作用力為R捕獵后空氣對老鷹的作用力為廣，分別對捕獵

前老鷹和捕獵后的整體進行受力分析，有

F-m1g=/亳,F'-t^g-m2g—(ml+m2)

解得

F=70N,r=65N

可知

F-F=5N

即捕獵后瞬時老鷹所受空氣作用力比捕獵前瞬時減少5N。故D正確。

故選ADo

10.答案：AC

解析：

AB.輕環(huán)的線速度大小為

v-cor

輕環(huán)的半徑「在變大，角速度不變，則線速度在變大，故A正確，B錯誤；

C.金屬桿轉(zhuǎn)動切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

1,

E=-BI}Q)

2

金屬桿轉(zhuǎn)動切割磁感線的有效長度在變大，則產(chǎn)生的電動勢在變大，根據(jù)

R

電阻不變，則電流變大，故C正確；

D.力R對輕環(huán)做的功轉(zhuǎn)化為輕環(huán)的動能和系統(tǒng)的熱量，故D錯誤。

故選ACo

11.答案：(1)2%

(2)2.070

(3)月+21

3m

解析：(1)擺球每過最低點，即平衡位置拉力達到最大，則單擺一個周期內(nèi)擺線拉力有

兩次達到最大，由圖2可得，該單擺的振動周期為2J；

(2)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為

20mm+14x0.05mm=20.70mm=2.070cm

(3)設(shè)最大擺角為仇則有

=mgcos0

v2

r2—mg=m—

從最高點到最低點由動能定理得

mgL(l—cos6b――mv2

聯(lián)立解得

12.答案：(1)-600

偏大

(3)2.5

解析：(1)歐姆表中電流由黑表筆流出，紅表筆流入，則黑表筆接電流計G的“+”，紅

表筆接

把選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“x100”位置，正確操作后，由圖1可知

Rg=6義100Q=600Q

(2)根據(jù)圖2電路圖，補全圖3實物圖，如圖所示

根據(jù)題意可知，斷開S2,接入電路的總電阻增大，則干路電流減小，電流計所在支路

兩端的電壓增大(大于電流計的滿偏電壓)，則電流計G半偏時

R+Rg>24

可得

R>Rg

即本次電流計G的內(nèi)阻&的測量值與其真實值相比偏大。

⑶根據(jù)題意，設(shè)改裝電表并聯(lián)的電阻為凡電流計G的內(nèi)阻的測量值為％',真實值

為則有

3義1。3一3_&2x103-2.05_4

3一元’105—五

解得

R；=999R,%2975R

則⑵中“半偏法”測得的4的測量值的相對誤差為

R'-R

———^xl00%?2.5%

4

13.答案：（1）〃=50%（2/=

解析：（1）設(shè)光線從OM邊射入玻璃磚的折射角為「，畫出光路圖，如圖所示

sin45°

n=-------

sinr

解得

r=30°

光線在圓弧MN上恰好發(fā)生全反射時

sinC=-

n

解得

C=45°

由幾何關(guān)系可知

?=180°-900-300-45°=150

能從圓弧MN上射出的光線范圍夾角

/7=90°-a-r=45°

因此，圓弧上有光線射出的弧長占其總弧長的百分比為

"=2x100%=50%

90°

(2)設(shè)能從圓弧上射出的光線在玻璃磚中經(jīng)過的最短路程為d,根據(jù)正弦定理有

dR

sin15°-sin120°

光線在玻璃磚中的傳播速度大小

C

V=—

n

能從圓弧MN上射出的光線在玻璃磚中經(jīng)過的最短時間

d

t=—

v

聯(lián)立解得

/內(nèi)氏

I3Jc

14.