【高考真題】重慶市2024年高考物理試卷（含答案）

【高考真題】重慶市2024年高考物理試卷一、單項選擇題：共7題，每題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖所示，某滑雪愛好者經(jīng)過M點后在水平雪道滑行。然后滑上平滑連接的傾斜雪道，當其達到N點時速度如果當0，水平雪道上滑行視為勻速直線運動，在傾斜雪道上的運動視為勻減速直線運動。則M到N的運動過程中，其速度大小v隨時間t的變化圖像可能是（）A． B．C． D．2．2024年5月3日，嫦娥六號探測成功發(fā)射，開啟月球背面采樣之旅，探測器的著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過程中（）A．減速階段所受合外力為0B．懸停階段不受力C．自由下落階段機械能守恒D．自由下落階段加速度大小g=9.8m/s23．某救生手環(huán)主要由高壓氣罐密閉。氣囊內(nèi)視為理想氣體。密閉氣囊與人一起上浮的過程中。若氣囊內(nèi)氣體溫度不變，體積增大，則（）A．外界對氣囊內(nèi)氣體做正功 B．氣囊內(nèi)氣體壓強增大C．氣囊內(nèi)氣體內(nèi)能增大 D．氣囊內(nèi)氣體從外界吸熱4．活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（）A．被彈出時速度大小為2(B．到達目標組織表面時的動能為F1d1C．運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2D．運動d2的過程中動量變化量大小為m5．某同學設(shè)計了一種測量液體折射率的方案。容器過中心軸線的剖面圖如圖所示，其寬度為16cm，讓單色光在此剖面內(nèi)從空氣入射到液體表面的中心。調(diào)整入射角，當反射光與折射光垂直時，測出豎直器壁上的反射光點與液體表面的距離h，就能得到液體的折射率n。忽略氣壁厚度，由該方案可知（）A．若h=4cm，則n=3 B．若h=6cm，則C．若n=54，則h=10cm D．若6．沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電電勢的φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷都為e帶負電的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向若該電荷僅受電場力。則其將（）A．不能通過x3點 B．在x3點兩側(cè)往復(fù)運動C．能通過x0點 D．在x1點兩側(cè)往復(fù)運動7．在萬有引力作用下，太空中的某三個天體可以做相對位置不變的圓周運動，假設(shè)a、b兩個天體的質(zhì)量均為M，相距為2r，其連線的中點為O，另一天體（圖中未畫出）質(zhì)量為m（m<<M），若c處于a、b連線的垂直平分線上某特殊位置，a、b、c可視為繞O點做角速度相同的勻速圓周，且相對位置不變，忽略其他天體的影響。引力常量為G。則（）A．c的線速度大小為a的3倍 B．c的向心加速度大小為b的一半C．c在一個周期內(nèi)的路程為2πr D．c的角速度大小為GM二、多項選擇題:共3題，每題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．我國太陽探測科學技術(shù)試驗衛(wèi)星“羲和號”在國際上首次成功實現(xiàn)空間太陽Hα波段光譜掃描成像。Hα和Hβ分別為氫原子由n=3和n=4能級向n=2能級躍遷產(chǎn)生的譜線（如圖），則（）A．Hα的波長比Hβ的小B．Hα的頻率比Hβ的小C．Hβ對應(yīng)的光子能量為3.4eVD．Hβ對應(yīng)的光子不能使氫原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)9．小明設(shè)計了臺燈的兩種調(diào)光方案，電路圖分別如圖甲，乙所示，圖中額定電壓為6V燈泡的電阻恒定，R為滑動變阻器，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2。原線圈兩端接電壓為220V的交流電，滑片P可調(diào)節(jié)燈泡L的亮度，P在R最左端時，甲、乙圖中燈泡L均在額定功率下工作，則（）A．n1：n2=110：3B．當P滑到R中點時，圖甲中L功率比圖乙中的小C．當P滑到R最左端時，圖甲所示電路比圖乙更節(jié)能D．圖甲中L兩端電壓的可調(diào)范圍比圖乙中的大10．一列沿x軸傳播的簡諧波，在某時刻的波形圖如圖甲所示，一平衡位置與坐標原點距離為3米的質(zhì)點從該時刻開始的振動圖像如圖乙所示，若該波的波長大于3米。則（）A．最小波長10B．頻率5C．最大波速15D．從該時刻開始2s內(nèi)該質(zhì)點運動的路程為(4?三、非選擇題:共5題，共57分。11．元代王禎《農(nóng)書》記載了一種人力汲水灌田農(nóng)具——戽斗。某興趣小組對庫斗汲水工作情況進行模型化處理，設(shè)計了如圖甲所示實驗，探究庫斗在豎直面內(nèi)的受力與運動特點。該小組在位于同一水平線上的P、Q兩點，分別固定一個小滑輪，將連結(jié)沙桶的細線跨過兩滑輪并懸掛質(zhì)量相同的砝碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO'運動。當沙桶質(zhì)量為136.0g時，沙桶從A點由靜止釋放，能到達最高點B，最終停在C點。分析所拍攝的沙桶運動視頻，以A點為坐標原點，取豎直向上為正方向。建立直角坐標系，得到沙桶位置y隨時間t的圖像如圖乙所示。（1）若將沙桶上升過程中的某一段視為勻速直線運動，則此段中隨著連結(jié)沙桶的兩線間夾角逐漸增大，每根線對沙桶的拉力（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點的加速度方向（選填“豎直向上”“豎直向下”）。（2）一由圖乙可知，沙桶從開始運動到最終停止，機械能增加J（保留兩位有效數(shù)字，g=9.8m/s2）。12．探究電容器充放電規(guī)律，實驗裝置如圖甲所示，有電源E，定值電阻R0，電容器C，單刀雙置開關(guān)S。（1）為測量電容器充放電過程電壓U和電流I變化，需在①、②處接入測量儀器，位置②應(yīng)該接入測（電流、電壓）儀器。（2）接通電路并接通開關(guān)，當電壓表示數(shù)最大時，電流表示數(shù)為。（3）根據(jù)測到數(shù)據(jù)，某過程中電容器兩端電壓U與電流I的關(guān)系圖如圖乙所示。該過程為（充電，放電）。放電過程中電容器兩端電壓U隨時間t變化關(guān)系如圖丙所示。0.2s時R0消耗的功率W。13．小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導線相連，形成閉合回路，兩根導線的間距和P、Q的長度均為L，僅在Q的運動區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當P勻速下降時，求（1）P所受單根導線拉力的大小；（2）Q中電流的大小。14．有人設(shè)計了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為qm的帶正點的粒子，由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為v0（1）求OK間的距離；（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；（3）速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時O點。求打開磁場的那一時刻。15．如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正上方有不可伸長的輕質(zhì)細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質(zhì)量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數(shù)為548（1）若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運動，且能經(jīng)過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值；（2）若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大?。唬?）若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）間中的相同，使B旋轉(zhuǎn)n圈。經(jīng)過M正下的時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時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】滑雪愛好者在水平雪道上做勻速直線運動，速度不變，加速度為零，在傾斜雪道上做勻減速直線運動，加速度速度不斷減小，到達最高點速度為零，再結(jié)合v-t圖像的斜率表示加速可知C符合題意。

故選C。

【分析】明確運動員在水平賽道和傾斜賽道的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律確定其在不同賽道的加速度及運動情況，再根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速進行解答。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)減速概念分析合外力是否為0，組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯誤；B．根據(jù)懸停的平衡態(tài)分析受力情況，組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯誤；C．組合體在自由下落階段只受重力，只有重力做功，機械能守恒，故C正確；D．月球表面重力加速度不為9.8m/s2，故D錯誤。故選C。

【分析】根據(jù)機械能守恒條件進行判斷；根據(jù)月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度進行判斷。3．【答案】D【解析】【解答】AB．由于氣囊內(nèi)密閉氣體溫度不變，上浮過程中體積增大，根據(jù)

PVT=C

可得

V=CTP

溫度不變，體積變大，則壓強變小。體積變大，則氣體對外做功，故AB錯誤；

CD．理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，氣體溫度不變，額內(nèi)能不變，由熱力學第一定律有

ΔU=Q+W

即

Q=ΔU-W

由于氣體對外做功，則W<0，故Q>0，即氣囊內(nèi)氣體從外界吸熱，故C錯誤，D正確。4．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)動能定理有

F1d1+F2d2=12mv2

解得

v=2(F1d1+F2d2)m

故A正確；

B．針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進d2減速至零，對在目標組織中運動過程運用動能定理有5．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)幾何關(guān)系畫出光路圖，如圖所示

標注入射角θ1，折射角θ2，根據(jù)折射定律可得

n=sinθ1sinθ2=xh=8cmh

A．若h=4cm，則n=2，故A錯誤；

B．若h=6cm，則n=43，故B正確；

C．若n=6．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)

Ep=qφ

可知試探電荷在x2處的電勢能為

Ep=-1ev

則試探電荷在x2處的總能量為

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

根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，在x0-0與x1-x3區(qū)域電場強度方向沿x軸負方向，在0-x1區(qū)域電場強度方向沿x軸正方向，x3右側(cè)區(qū)域電場強度方向沿x軸正方向。則電荷在x0-0與x1-x3區(qū)域所受電場力方向沿x正方向，在0-x1和x3右側(cè)區(qū)域電場強度方向沿x軸負方向。由于電荷在x2處速度沿x軸正方向，則電荷在x2~x3區(qū)域做加速運動，且在x3處加速度為零，速度最大，隨后試探電荷在x3右側(cè)做減速運動，當電荷速度減為零時，根據(jù)能量守恒定律可知，此時試探電荷的電勢能為0.5eV，根據(jù)

Ep=qφ

可知電荷運動到電勢為-0.5V處減速到零。隨后試探電荷開始向x軸負方向運動，電荷先在x3右側(cè)區(qū)域做加速運動，隨后在x3左側(cè)區(qū)域做減速運動，當電荷速度減為零時，根據(jù)能量守恒定律可知，及

7．【答案】A【解析】【解答】D．a(chǎn)、b、c可視為繞O點做角速度相同的勻速圓，由于m<<M，則可忽略c對a、b天體的萬有引力作用，則根據(jù)牛頓第二定律及萬有引力定律，對a天體有

GMM(2r)2=Mω2r

解得

ω=GM4r3

故D錯誤；

A．設(shè)c與a、b的連線與a、b連線中垂線的夾角為α，則a、b天體與c的距離為

L=rsinα

a、b天體對c的萬有引力大小相等，均為

F=GMmL2

則根據(jù)力的合成與分解及牛頓第二定律，對c天體有

Fosα+Fosα=mω2rtanα

聯(lián)立解得

α=30°

則c做勻速圓周運動的軌道半徑為

r8．【答案】B,D【解析】【解答】AB．能級差越大，能級躍遷釋放的光子的能力越大，能量越大，光子的頻率越大，波長越小。氫原子n=3與n=2的能級差小于n=4與n=2的能級差，則Hα與Hβ相比，Hα的波長大、頻率小，故A錯誤、B正確；

C．根據(jù)能級躍遷的特點，可知Hβ對應(yīng)的光子能量為

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

故C錯誤；

D．氫原子從低能級躍遷至高能級吸收的能量等于兩能級的能量差。氫原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)至少需要能量

E=(-3.40)eV9．【答案】A,C【解析】【解答】A．滑片P在最左端時，滑動變阻器R被短路，只有燈泡L被接入電路中，則此時圖甲、乙中變壓器輸出電壓均為燈泡的額定電壓6V，根據(jù)理想變壓器規(guī)律可得

n1n2=U1U2=2206=1103

故A正確；

B．當P滑到R中點時，圖甲中滑動變阻器與燈泡串聯(lián)，則圖乙中燈泡與Р右端的電阻并聯(lián)后再與P左端電阻串聯(lián)，其中R并<R10．【答案】B,D【解析】【解答】B．設(shè)平衡位置與坐標原點距離為3m的質(zhì)點的振動方程

y=sinωt+φ

根據(jù)乙圖帶入點(0,32)和（2，0）解得

φ=π3，ω=5π6

可得

T=2πω=2.4s

f=1T=512Hz

故B正確；

A．在題圖甲中標出位移為32cm的質(zhì)點

若波沿x軸正方向傳播則為Q點，則波長可能為

16λ1=3m

即

λ1=18m

若沿x軸負方向傳播則為P點，則波長可能為

111．【答案】（1）逐漸增大；豎直向下（2）0.11【解析】【解答】（1）設(shè)細線與豎直方向夾角為θ，沙桶勻速上升，根據(jù)力的合成與分解及平衡條件可得

2Tcosθ=Mg

即

T=Mg2cosθ

上升過程中，夾角θ逐漸增大，T逐漸增大，沙桶從A點由靜止釋放，能到達最高點B，到達最高點的速度為零，隨后向下運動至C點停止，即從B點開始先向下做加速運動，再做減速運動，故沙桶在最高點的加速度方向豎直向下。

（2）沙桶從開始運動到停在C點的過程中，沙桶上升高度為8.4cm，初末狀態(tài)動能均為零，則機械能增加量為12．【答案】（1）電壓（2）0（3）放電；0.32【解析】【解答】（1）電壓測量儀與電路并聯(lián)，位置②與電容器并聯(lián)，則②為測電壓儀器。

（2）充電過程，電容器兩極板電勢差逐漸增大，回路中電流逐漸減小，電壓表示數(shù)最大時，此時電容器充電完畢，回路中電流為零，即兩極板的電流表示數(shù)為零。

（3）電容器放電過程，兩極板的電壓和回路中的電流都減小，由圖像可知，該過程為電容器放電過程。

由圖丙可知，t=0.2s時電容器兩端電壓為U=8V，由圖乙可知，當U=8V時，電流I=40mA，則電阻R0消耗的功率為

P=UI=8×40×10-3W=0.32W

13．【答案】（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導線的拉力大小為T，對P有

2T=2mg解得

T=mg（2）??????設(shè)Q所受安培力大小為F，對Q受力分析，有

mg+F=2T又

F=BIL解得

I=【解析】【分析】（1）確定P的受力情況，P做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，再根據(jù)平衡條件進行解答；

（2）根據(jù)左手定則，確定Q所受安培力的方向。P做勻速運動，則Q也做勻速運動。再對P、Q構(gòu)成的整體進行受力分析，再根據(jù)平衡條件及安培力公式進行解答。14．【答案】（1）解：當粒子到達О點時打開磁場開關(guān)，粒子在OKN區(qū)域做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示設(shè)軌跡半徑為r1，則由洛倫茲力提供向心力及牛頓第二定律得

q由幾何關(guān)系可知

OK=2r1=2m（2）解：速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，運動軌跡如圖所示

設(shè)軌跡半徑為r2，則由洛倫茲力提供向心力及牛頓第二定律得

4q由幾何關(guān)系有

(r2-OK)聯(lián)立可得

MO=（3）解：速率為4v0的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，則粒子的運動軌跡半徑不變，根據(jù)平移法可知，此時粒子的運動軌跡圖如下所示則根據(jù)幾何關(guān)系有

(其中

OK=2mv粒子在打開磁場開關(guān)前做勻速直線運動，則其運動時間為

t=聯(lián)立解得

t=【解析】【分析】（1）當粒子到達O點時打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系可以得出OK的距離；（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可以求解MO之間距離；

（3）率為4v0的粒子射出一段時間t到達N點要使粒子仍然經(jīng)過區(qū)點，根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡結(jié)合幾何關(guān)系可以求解ON之間距離，結(jié)合勻速直線運動可以求解粒子在打開磁場開關(guān)前運動的時間。15．【答案】（1）解：碰后B能在豎直平面內(nèi)以M點為圓心做圓周運動，運動半徑為10a，設(shè)碰后B的最小速度大小為v1，能經(jīng)過圓周運動最高點，設(shè)到達最高點速度大小為v2，則此時在最高點完全有質(zhì)量提供向心力，則由牛頓第二定律可得

mg=m則B從最低點到最高點的過程，由動能定理可得

?mg×2×10a=聯(lián)立解得

v（2）解：A和B碰撞過程中動量守恒，設(shè)碰前A的速度大小為v3，碰后A的速度大小為v4。碰后B的速度大小為v5，則根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律有

2m1碰后A減速到0，則A碰后到P點過程，根據(jù)動能定理有

-μ×2mgL=-碰后B在豎直面圓周