重庆市杨家坪中学2024-2025学年高三下学期模拟考试物理试题

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1．【答案】A【详解】将重力沿OB、OA绳的方向分解，如图所示。因不计一切摩擦，则

则，故选A。
2．【答案】D【详解】A．因原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知光子①、⑤对应的能量关系为，故A错误；
B．由题图可知光子③、⑤对应的能量关系为由光子能量可知，③的频率小于⑤的频率，故B错误；
C．由光子能量和可知，用④照射某金属表面时能发生光电效应，可知大于此金属的逸出功，因，则无法比较与的大小关系，故用⑥照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；
D．态能级与基态能级差保持不变，即①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，故D正确。
故选D。
3．【答案】A【详解】A．潜水员看岸上的景物都出现在一个倒立的圆锥里是光的折射现象，故A正确；
B．垫片向左移动后，空气薄膜夹角增大，由可知条纹间距变小，条纹要向左移动，故B错误；
C．发生单缝衍射时当狭缝个数增加，衍射条纹的宽度将变窄，亮度将增加，故C错误；
D．3D电影的原理是利用光的偏振现象，故D错误。
4．【答案】B【详解】AB．对题图甲中A、B分析，设绳与竖直方向的夹角为，绳长为l，小球的质量为m，小球A、B到悬点O的竖直距离为h，则
解得
所以小球A、B的角速度相等，线速度大小不相等，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；
CD．对题图乙中C、D分析，设绳与竖直方向的夹角为，小球的质量为m，绳上拉力为FT，则有
，
得，
所以小球C、D所需的向心加速度大小相等，小球C、D受到绳的拉力大小也相等，故CD正确，不符合题意。故选B。
5．【答案】C【详解】由图可知，周期，振幅为4cm，则再过3.5s时，O点位移为
，故选C。
6．【答案】D【详解】A．线圈中产生的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据图乙可知，线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流i的变化步调一致，在时间内，线圈电流i从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0，所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，即通过金属小球的磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球中感应电动势也逐渐减小至0，金属小球中的涡流也逐渐减小至0，在时刻，磁感应强度为0，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0，时刻，金属小球的感应电动势为0，感应电流也为0，此时刻金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，即加速度应先增大后减小，故A错误；
B．电容器放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，同时线圈中有电流，会产生磁场，磁场本身也有一定的能量，所以时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C．适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度会在减小，故C错误；
D．时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选D。
7．【答案】B【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
联立可得图像的斜率为
该星球和地球的质量之比
故A错误；
B．“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足，则
则
根据万有引力提供向心力可得
可得
该星球和地球的第一宇宙速度之比
故B正确；
C．体积为
密度为
该星球和地球的密度之比为，故C错误；
D．根据万有引力与重力的关系
该星球和地球表面的重力加速度大小之比为
，故D错误。故选B。
8．【答案】AD【详解】AB．由右手定则可知，金属棒中电流由M流向N，金属棒相当于电路的电源，电源内部电流从电势低的位置流向电势高的位置，则M点电势低N点电势，故A正确，B错误；
C．金属棒转到MN位置时，感应电动势大小为
，故C错误；
D．金属棒转到MN位置时，圆环左右两部分并联，电路的总电阻为
由闭合电路欧姆定律可知金属棒中的电流的大小为
，故D正确。故选AD。
9．【答案】AB【详解】A．由L一T图像可知，从状态A到状态B，缸内封闭气体发生等容变化，活塞位于卡点处，从状态B到状态C，缸内封闭气体发生等压变化，缸内封闭气体的压强恒为，从状态A到状态B，由
解得
故A正确；
B．从状态B到状态C，由，，
联立解得。故B正确；
C．从状态B到状态C，缸内封闭气体对外做功
由热力学第一定律，有
故C错误；
D．从状态B到状态C，由(C为常量)
知
直线BC一定过坐标原点，故D错误。故选AB。
10．【答案】ABC【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，由于
小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从A运动到B所用的时间为
A正确；
B．小物块运动到皮带轮最高点时所需的向心力
所以小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用，B正确；
C．小物块与传送带的相对位移为
小物块与传送带摩擦产生的热量为
B、C的高度
小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为
故C正确；
D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有
解得
D错误。故选ABC。
11．【答案】(1)(2)是(3)(4)(5)偏小
【详解】（1）小球经过光电门的速度为
根据牛顿第二定律有
解得
可知图像横坐标表示的物理量为
（2）由（1）中
可知图像与纵坐标的交点代表，则理想情况下，图乙中各图像的延长线交于纵轴上的同一点。
（3）根据
可知图像的斜率为
图乙中A组实验与B组实验的斜率之比为
则A组实验所用细绳的长度与B组实验所用细绳长度之比为1:2。
（4）根据
可知将图乙的纵坐标改为则可以得到结论：向心力的大小与线速度的平方成正比。
（5）由于遮光片位于小球的下方，则半径变大，图乙中的斜率与准确值相比偏小。
12．【答案】(1) D 图略(2)2.5/2.4/2.6(3)PTC 在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备
【详解】（1）[1][2]因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器D；完整电路图如图所示
（2）由测量电路，可知热敏电阻电压为
热敏电阻的电流为
把图像转换为图像，并做出电动势，内阻的电源的图线，如图所示
图像中电源的图线与图线b的交点坐标的乘积为该元件的实际功率，则有
（3）[1][2]在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备。所以应该选用PTC热敏电阻。
13．解：（1）设m与M碰撞前瞬间m的速度大小为v0，由自由落体运动的规律有
v02=2gh
解得
v0=4m/s
m与M碰撞过程，由动量守恒定律有
mv0=(M+m)v
解得
v=2m/s
（2）m与M一起下降d过程，由动能定理有
(M+m)gd−fd=0−(M+m)v2
解得
d=0.4m
14．解：（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，竖直方向有
B点竖直方向的速度为
小物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，有
解得小物块1抛出时水平速度v0的大小
（2）B点的速度为
小物块1从B点到C点，根据动能定理有
解得
小物块1滑动至C点时，根据牛顿第二定律可得
根据牛顿第三定律，小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为
（3）小物块1与小木块2发生碰撞，由动量守恒得
解得
若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据动量守恒和能量守恒有
解得木板的长度为
若物块与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据能量守恒有
解得木板的长度为
综上所述，木板的长度为或。
15．解：（1）粒子从M点运动到P点的过程，由动能定理有
解得
从P点运动到Q点的过程，粒子做类平抛运动，则有
解得
解得
粒子在第一象限运动的过程中，由牛顿第二定律有
解得
（2）设粒子从Q点进入第四象限时的速度为，该速度与x轴正方向的夹角为θ，则
解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，在电场中，水平分速度恰好减为0时满足题意，即进入中的速度与水平方向间的夹角也为，则粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆，如图甲所示

在电场加速时，有
解得
根据几何关系有
在磁场中，有
解得
根据“逆向思维”，粒子进入电场中到回到M点所用时间与粒子从M点运动到P点的时间相等，则总时间
（3）欲使粒子最终垂直打在薄挡板上，则粒子打击点必定位于粒子在电场中运动轨迹的最高点，设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，由于
根据对称性有
由于粒子进入匀强磁场后没有越过y轴，则
所以
由于粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
当时，解得
当时，解得