【文档说明】备战2024年高考物理模拟卷01（重庆卷）（全解全析）.docx，共(19)页，2.030 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高三第一次模拟考试高三物理（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2．答第1至10题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦

擦干净后，再选涂其他答案标号。3．答第11至15题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共7小题，每小题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，一质量为0.3kg的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取210m/s，则推力作用后（）A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动B．白板擦可能做匀加直线运

动C．白板擦受到的摩擦力大小为5.0ND．白板擦共受6个力【答案】B【详解】AB．水平推力作用后，重力与推力的合力为5N，白板擦不可能做水平方向运动。若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故A错误，B正确；C．此时摩

擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误；D．推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，故D错误。故选B。2.科幻电影《流浪地球2》中描述的“重核聚变”是通过“烧石头”的方式实现行星发动机的能量供应。但从当前工程角度来

讲，“重核聚变”暂时还不属于重点研究方向，而现实世界人类利用轻核聚变实现聚变能源的利用指日可待。下列关于核能与核反应的叙述正确的是（）A．23992U发生一次β衰变可变成23994PuB．2351136901

92054380UnXeSr10n+→++是铀核裂变方程，裂变产物13654Xe的结合能小于9038SrC．查德威克发现中子的核反应方程为23411120HHHen+→+D．如果质子、中子、α粒子的质量分别为1m、2m、3m，则质子和中子结合成一个α粒

子的过程中，释放的核能为()212322mmmc+−【答案】D【详解】A．23992U电荷数为92，发生一次β衰变电荷数增加1，即电荷数变为93，而23994Pu的电荷数为94，则23992U发生一次β衰变不可能变成23994Pu，故A错误；B．组成原子核的核子越多，它的结合能越大，所以13654

Xe结合能比9038Sr的结合能大，故B项错误；C．查德威克用α粒子轰击铍核94Be发现了中子，故C项错误；D．两个质子和两个中子结合成一个α粒子，质量亏损是()123Δ22mmmm=+−根据质能方程可得释放的

能量是()22123Δ22Emcmmmc==+−故D项正确。故选D。3.如图所示，一水平放置的平行板电容器的下极板接地。一带电油滴静止于P点。现将一与极板相同的不带电的金属板插入图中虚线位置，则下列说法正确的是（）A．油滴带正电B．M、N两极板间的电压保持不变C．P点的

电势减小D．油滴在P点的电势能减小【答案】C【详解】A．一带电油滴静止于P点，电场力向上，则油滴带负电，故A错误；B．现将一与极板相同的不带电金属板插入图中虚线位置，相当于减小了板间距，根据电容的决定式r4SCkd=可知，电容C变大，电量Q不

变，依据公式QUC=可知，M、N两极板间电压变小，故B错误；C．板间场强4rUkQEdS==可知场强E不变，而P点与下极板间距减小，根据P0P0P0UEd==−则可知P点的电势减小，故C正确；D．油滴在P点的电势能PEq=，因油滴带负电，则电势能变大，故D错误。故选C。4.在竖

直平面内光滑圆轨道的外侧，有一小球（可视为质点）以某一水平速度从最高点A出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（）A．小球从A点出发的速度大小AvgR=B．小球经过B点时的速度大小BvgR=C．小

球经过B点时速度变化率大小为gD．小球落在C点时的速度方向竖直向下【答案】C【详解】A．根据题意可知，小球在A点没有脱离轨道，则小球对圆轨道的压力不为零，由牛顿第二定律有2NAvmgFmR−=解得NAFvgRgRm=

−故A错误；B．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力作用，设此时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律有2cosBvmgmR=解得cosBvgRgR=故B错误；C．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，则小球对圆轨道的压力为零，只受重力

作用，小球的加速度为g，即小球经过B点时速度变化率大小为g，故C正确；D．根据题意可知，小球在B点脱离轨道，速度方向为斜向下，只受重力作用，水平方向做匀速直线运动，小球落地时，水平方向速度不为零，则小球落在C点时的速度方向不可能竖直向下，故D错误。故

选C。5.如图，一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子，不计重力，从x轴上的P点以速度v射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成45°角。OP=a。则以下说法正确的是（）A．带电粒子运动轨迹的半径为aB．磁场的磁感

应强度为2mvqaC．OQ的长度为2aD．粒子在第一象限内运动的时间为324av【答案】D【详解】A．带电粒子做匀速圆周运动的圆心和轨迹如下图设带电粒子运动轨迹的半径为R，根据几何知识可得45asinR＝解得2Ra＝故A正确；B．根

据牛顿第二定律可得2vBqvmR＝解得22Bmvqa＝故B错误；C．根据几何知识可得2OQRa＝＝OOa=故(21)OQOOOQa++＝＝故C错误；D．带电粒子做匀速圆周运动的周期为2mTqB=由几何知识可得135QOP=则135323604atTv=

＝故D正确。故选D。6.如图所示，a、b间所接电源电压恒定，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，电路中两个灯泡完全相同，都标有“12V，6W”，电表都是理想电表。调节滑动变阻器，当触头P位于某位置时，两个灯泡都正常发光，下列说法正确的是（）A．此时原副线圈中电流相同B．此时滑动变阻器接入电路

的阻值与灯泡的阻值相同C．滑动变阻器的触头P向下滑动，电压表1V、2V的示数不变D．滑动变阻器的触头P向下滑动，电流表示数减小【答案】B【详解】A．因为理想变压器原副线圈匝数比为2:1，则原副线圈中电流之比为1:2

，A错误；B．因原副线圈中电流之比为1:2，两个灯泡都正常发光，此时通过滑动变阻器的电流大小与通过灯泡的电流相同，所以此时滑动变阻器的阻值与灯泡的阻值相同，B正确；C．设变压器原、副线圈的匝数比为2:1k=，灯泡的等效电阻是RL，则有

变压器等效电路如图所示，滑动变阻器的触头P向下滑动，副线圈电路的总电阻R减小，ｋ值不变，则有原、副线圈的电流都增大，电源电压恒定，则原线圈两端电压减小，电压表1V、2V的示数都减小，C错误；D．滑动变阻器的触头P向下滑动，副线

圈电路的总电阻R减小，则有原、副线圈的电流都增大，则电流表示数增大，D错误。故选B。7.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）A．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的

弹力冲量大小为43MvB．在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D．从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为243Mv【答案】A【详解】A．根据动量守恒定律得AB22MvMvMv=+根

据机械能守恒定律得222AB11122222MvMvMv=+解得A13vv=B43vv=根据动量定理得BIMv=解得43IMv=A正确；B．在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧

对B的弹力做功的功率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；CD．根据动

量守恒定律得()22MvMMv=+解得23vv=弹簧对A、B做功分别为222A11522229WMvMvMv=−=−22B1229WMvMv==弹簧对A、B做功的代数和为2AB13WWWMv=+

=−最大弹性势能为222p11123223EMvMvMv=−=CD错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题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。全部选对得5分，选对但不全得3分，选错得0分。8.北京时间2022年6月5

日10时44分，搭载“神舟十四号”载人飞船的“长征二号”F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约577s后，“神舟十四号”载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。北京时间2022年6月5日

17时42分，“神舟十四号”成功对接“天和”核心舱径向端口，整个对接过程历时约7h。对接后组合体在距地面高为h的轨道上做匀速圆周运动，环绕的向心加速度为a，环绕的线速度为v，引力常量为G，则下列判断正确的是（

）A．组合体环绕的周期为2vaB．地球的平均密度为2434aGvC．地球的第一宇宙速度大小为22vvha−D．地球表面的重力加速度大小为22vavha−【答案】AC【详解】A．组合体的向心加速度22vavvrT===解得2vTa=故A正确；D．组合体的轨道半径2

vra=由22MmvGmrr=2MmGmgR=Rrh=−联立解得()24222vrvagRvha==−故D错误；B．地球的密度()423233443MMvaVGvhaR===−故B错误；C．根据212vMmGmRR=

地球的第一宇宙速度212GMvvRvha==−故C正确。故选AC。9.某静电场的电场线与x轴平行，电势φ随x坐标变化的关系图像如图4所示。若将一带电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，在仅受电场力的作用下，该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动，已知电场中A、B两点的x坐标分别为10mm、3

0mm，则()A．该带电粒子一定带负电荷B．该电场为匀强电场，电场强度大小为1000V/mC．该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电势能一先减小后增大D．在x轴上从A点到B点电场的方向沿x轴正方向【答案】

BD【解析】A.粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，选项A错误；B.φ－x图像的斜率表示电场强度大小，斜率不变说明电场为匀强电场，电场强度大小为E＝Ud＝Δφx＝2020×10－3V/m＝1000V/m，选项B正确；C.粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直

减少，选项C错误；D.由图像知电势一直降低，根据沿着电场线方向电势降低，所以在x轴上从A点到B点电场强度都沿x轴正方向，选项D正确。故选BD10.如图所示，电阻不计的水平U形光滑导轨上接一个阻值为0R的电阻，放在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m

、电阻为r的半圆形硬导体棒AC（直径与导轨垂直，并接触良好），在水平向右的恒定外力F的作用下，由静止开始运动，当速度为v时，位移为d，下列说法正确的是（）A．此时AC两端电压为002=+ACBLvRURrB．此时杆克服安培力做功的功率为22202=+BLvPR

rC．此过程中导体棒AC的平均速度大于2vD．此过程中通过电阻0R的电荷量为02BLdqRr=+【答案】ACD【详解】A．导体AC有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体棒AC切割磁感线产生感应电动势的大小为22EBLvBLv==AC相当于电源，其两端

电压为外电压，由欧姆定律得00002ACRBLvRUERrRr==++A正确；B．此时杆克服安培力做功的功率为222002422BLvBLvPBILvBLvRrRr===++B错误；C．若导体棒做匀加速运动，则平均速度等于2v，但是由于导体棒AC做加速度

减小的加速运动，根据运动图像可知，此过程中的位移大于做匀加速过程的位移，则此过程中导体棒AC的平均速度大于2v，C正确；D．根据qR=总可知此过程中通过电阻0R的电荷量为02BLdqRr=+D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题）三

、实验题：本题共2小题，共15分。第11题6分，第12题9分。11.在探究加速度a与所受合力F的关系时，某实验小组采用图甲所示的实验装置进行实验探究。控制小车质量M不变，寻找其加速度a与所受合力F的关系。（1）该实验必须要平衡摩擦力。在平衡摩擦力的这步操作中，该同学______（选填“

需要”或“不需要”）通过细绳把砂桶挂在小车上。（2）在实验中，该同学得到的一条如图乙所示的纸带，他每隔4个点取一计数点，在纸带上做好1，2，3，4，5的标记，用毫米刻度尺测量出从起点1到各计数点的距离，

在图中已经标出。已知电火花打点计时器的打点周期为0.02s，则该小车运动的加速度大小为_______2m/s（计算结果保留两位有效数字）。（3）在数据处理环节，把砂和砂桶的总重力当成小车的合力F，采用图像法处理数据，画出如图丙所示a

F−图像，发现图线上端弯曲，并不是直线，出现这一问题的可能原因是________。（4）关于本实验存在的误差，以下说法正确的是________。A．在用刻度尺测量出从起点到各计数点的距离时，存在偶然误差，可以减小B．把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，可以消除C．实验中用图

像法处理数据不仅可以减小系统误差，还能直观的得出a与F的关系【答案】（1）不需要；（2）0.39；（3）小车质量没有远远大于砂和砂桶的总质量；（4）AB【详解】（1）在补偿阻力这步操作中，不需要通过细绳把砂桶挂在小车上。（2）相邻的两计数点之间还有4个点

未画出，则0.025s0.1sT==根据2saT=可得该小车运动的加速度大小为351324ssaT−=20.15370.06910.069140.1−−=22m/s0.39m/s（3）图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有远

远大于砂和砂桶的总质量。（4）A．在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误差，通过多次测量的方式可以减小，A正确；B．因砂和砂桶加速下降，失重，则细绳的拉力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总重力当成小车的合力导致实验中存在系统误差，可以将砂和

砂桶以及小车看成一个整体研究，这样可以避免该系统误差，B正确；C．实验中用图像法处理数据可以减小偶然误差，C错误。故选AB。12.某同学为了精确测量一节干电池的电动势和内阻，设计了如图所示的电路。实验室为其提供的实验器材如下：③电压表V（量程1.0V，内阻V10kΩR

=）②定值电阻110kΩR=③定值电阻220kΩR=④电阻箱3R（0～99.9Ω）⑤开关S和导线若干回答下列问题：（1）由于电压表的量程较小，需将电压表改装成量程为2V的电压表，需_________（填“串”或“并”）联一定值电阻，该定值电阻应选择_________；（2）实验时

，将开关闭合，调节电阻箱的阻值，记录多组电压表的示数U以及对应的电阻箱的阻值R，然后根据记录的数据描绘出11UR−的图像，如图乙所示，已知描绘图像时忽略了电压表的分流作用，若该图像的纵截距为b，斜率为k，则电源的电动势E＝________

_，电源的内阻r＝_________；（3）如果不能忽略电压表的分流作用，则（2）中获得的电源内阻的测量值_________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）串、R1；（2）2b、kb；（3）小于【详解】（1）由于电压表的量程较小，需将电压表改装成量程为2V的电压

表，电阻需要分压，所以要串联一定值电阻。电压表改装成量程为2V的电压表，则()mgggUrRUr+=解得10kR=故选R1。（2）根据闭合电路欧姆定律22UEUrR=+整理得1212rUERE=+结合数学知识可

知2rkE=2bE=所以2Eb=krb=（3）测得的电源内阻应等于电压表内阻RV与电阻R1之和再与电源内阻r并联后的阻值，即()V1V1RRrrrRRr+=++真测真真故测量值小于真实值。四、解答题：本题共3小题，共42分

。13题12分，14题18分，15题12分。13.两质量均为m的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，在足够长水平地面上以初速度0v开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为002vtg=时，火药爆

炸将两物块炸开，有2094Emv=的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向运动。爆炸时间极短。求：（1）火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；（2）两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。【

答案】（1）02v；（2）2052vg【详解】（1）对于两物块根据牛顿第二定律得22mgagm==根据匀变速运动的规律有01002vvvat=−=（2）火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设炸后瞬间B、A物块速度分别为2v和3v，根据动量守恒定律有123

2mvmvmv=+根据能量守恒定律有222200239114222vEmvmvmvm==+−解得20vv=−向左运动302vv=向右运动（另一组解与题意不符，舍去）火药爆炸后物块A向右运动的距离2230A22vv

xag==火药爆炸后物块B向左运动的距离2202B22vvxag==两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离20AB52vdxxg=+=14.如图所示，在直角坐标系0y的范围内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在0y的范围内有与y轴负方向成30斜向下的匀强

电场。y轴与x轴上有P、Q两点，Q点坐标为(),0L−。一个质量为m、带电量为q−的粒子从O点以与x轴正方向夹角为30=的方向射入磁场中，先后经过P、Q两点又回到O点，粒子重力不计。求：（1）P点的纵坐标Py和粒子

从O射入磁场时的初速度0v的大小；（2）匀强电场场强E的大小；（3）在此过程中，粒子轨迹经过点的纵坐标范围。【答案】（1）3pyL=，0=qBLvm；（2）24LB3mqE=；（3）323162LyL+

−【详解】（1）依题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示根据几何关系判断，可知粒子在磁场中的运动轨迹所对应圆心角为300；利用几何知识，可求得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为RL=且2sin603

OPRL==所以P点的纵坐标为3pyL=由粒子在磁场中运动时满足20vqvBmR=可得0mvRqB=因为RL=，可得0=qBLvm（2）依题意，可知粒子进入电场后在电场力的作用下做类平抛运动，从Q到O点过程中，有2

1sin302Lat=0cos30Lvt=qEam=而0=qBLvm联立可求得243qLBEm=（3）利用几何关系，可得粒子轨迹点纵坐标的最大值为max23cos302yRRL+=+=粒子在电场中做类平抛运动，当粒子的速度方向平行x轴时，此时粒子轨迹的纵

坐标有最小值。将Q处速度及电场力分别分解，在垂直x轴方向上，则有0sin30vv⊥=cos30EE⊥=则可得qEvattm⊥⊥⊥==min2vyt⊥=−联立可求得min316yL=−所以，可得粒子运动轨迹纵坐标的范围为3231

62LyL+−15.如图所示，内径粗细均匀的U形玻璃管竖直放在水平桌面上，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内，玻璃管左侧上方水银柱的长度为14cmh=，当环境温度为1280KT=时，左右两侧水银面的高度差为210cmh=，左侧封闭气体的长度为114cmL=，右侧封闭气体的长度为

224cmL=，已知大气压强为076cmHgp=，现将环境温度缓慢升高到2300KT=，水银不会溢出。求：（1）系统稳定时左侧封闭气体的长度；（2）系统稳定时右侧封闭气体的长度。【答案】（1）15cm；（2）25cm【详解】（1）由盖-吕萨克定律可得1211LsTLsT=

得115cmL=（2）当1280KT=时，设右侧封闭气体的压强为2p，有2201pghpgh+=+得270cmHgp=当2300KT=时，设右侧水银面下降h，右侧气体压强为2p，有22012()p

pghhppgh+−=+由理想气体状态方程有()222212pLhpLTT+=得1cm=h所以系统稳定时右侧封闭气体长度为