重庆市某中学2025届高三年级上册一诊模拟考试（二）物理试卷（含解析）

重庆市育才中学校高2025届高三上一诊模拟考试二（75分钟）

物理黄卷

一、单选题：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.元代《王桢农书》记载了母斗，它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，靠两人拉绳牵斗取水。

如图所示，绳两边对称，不计绳子质量，犀斗处于平衡状态时，若两人站得越近，则（）

A.两边绳子对犀斗的合力越大B.两边绳子对摩斗的合力越小

C.人对每边绳子的拉力越小D.人对每边绳子的拉力越大

【答案】C

【解析】

【详解】AB.对库斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力。合力与其斗

的重力平衡。所以两人站的远近不影响绳子对脚斗的合力，AB错误；

CD.由共点力平衡条件知

2Tcos6=mg

当两人站得越近，两绳夹角越小，则绳中拉力越小，C正确，D错误。

故选C。

2.国际机器人联合会年9月发布的报告显示，中国工业机器人总保有量近180万台，位居全球第一。某工

业机器人在一段时间内运动的图像如图所示，在。〜4s内，下列说法正确的是（）

A.机器人做曲线运动B.机器人做匀减速运动

C.机器人的速度变化率变大D.机器人在0〜4s内的位移小于12m

【答案】D

【解析】

【详解】A.V-t图像只能描述直线运动，所以机器人做直线运动，A错误;

BC.根据丫一，图像中图线的斜率表示加速度可知，机器人在0~4s内做减速运动，且加速度减小，速度

的变化率逐渐减小，BC错误；

D.根据V-C图像中的图线与r轴所围面积表示位移，用直线连接图线初、末两点，对应围成面积为

1+5，

_X4m=12m

而原图线位于连线下方，所以机器人在4s内的实际位移小于l2m,D正确。

故选D。

3.游乐园的夜晚身披彩灯的摩天轮格外醒目。若摩天轮绕中间的固定轴匀速转动，则以下说法正确的是

()

A.因为角速度为恒量，所以在相同的时间内，乘客的速度变化量相同

B.乘客在最低点时，他的动量变化率为零

C.当乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小

D.乘客在与转轴等高的位置时，他的加速度就是重力加速度

【答案】C

【解析】

【详解】A.摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，是变加速

运动，所以在相同时间内，乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，故A错误；

B.根据动量定理可知“动量变化率大小即为物体的合力大小”，由于摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运

动，根据曲线运动的条件可知，乘客需要合外力，所以他的动量变化率不为零，故B错误；

C.当乘客位于摩天轮的最高点时，他受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，故乘

客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小，故c正确；

D.乘客在与转轴等高的位置时，他受到的合外力水平指向圆心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，

故D错误。

故选C。

4.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出

警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波朗特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波?=0

时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则()

A.该列波的传播方向沿x轴正向传播

B.该列波的传播速度为4m/s

C.质点M在7s内通过的路程为280cm

D.质点M在2s内沿x轴运动了8m

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的

传播方向沿龙轴负向传播，故A错误；

B.根据图甲可知，波长为4m,根据图乙可知，周期为2s,则波传播速度为

v=—=Jm/s

T

故B错误；

C.由于

7s=打+工7

o

则质点M在7s内通过的路程为

3x4/+2Z=14x20cm=280cm

故C正确；

D.机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。

故选C。

5.如图是高中物理必修第一册封面上的沙漏照片。同学们发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的

形状，而是成了条条痕迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒下落的初速度为0,忽略空气阻

力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，同学们有以下推断，其中正确的是（）

A.出口下方6cm处的痕迹长度约是？cm处的W倍

B.出口下方6cm处的痕迹长度约是2cm处的3倍

C.出口下方0〜-cm围内的砂粒数约与2~6cm范围内的砂粒数相等

D.出口下方°〜icm范围内的砂粒数远少于2〜Scm范围内的砂粒数

【答案】A

【解析】

【详解】AB.根据V'=可知，出口下方6cm处的速度约是2cm处的小倍，出口下方6cm处的痕迹

长度约是2cm处的6倍，故A正确，B错误；

CD.根据初速度是零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1:3:5.,可知从出口下落0〜2cm与

2〜8cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方。〜2cm范围内的砂粒数约与2〜8cm范

围的砂粒数相等，故CD错误。

故选A»

6.某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用

户提供语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由

“天通一号”01星、02星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T,地球的半径为R,

该系统中的卫星距离地面的高度为人电磁波在真空中的传播速度为c,引力常量为G。下列说法正确的

是（）

4-

A.可求出地球的质量为

B.“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度

C.“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小

2h

D.该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间T,手机才能接收到信号

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据万有引力提供向心力，有

_Mm

G--------7但+〃）

(R+为/I）

可知地球的质量为

故A错误;

B.根据

可知“天通一号”01星的向心加速度

(R+h)

静止在赤道上的物体的向心加速度

则%>的,故B错误；

C.“天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据

cMmv2

G-L=m—

rr

有

[GM

v什

可知，变小，V变大，故C错误;

D.该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2九所需时间至少为

故D正确。

故选D。

7.真空中有电荷量为+4。和一。的A、8两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为“=-4,8的坐标

为与二°,如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的

试探电荷C从坐标a处（0<°<刈静止释放，用耳和线分别表示试探电荷C的电势能和动能，x轴正半

轴上各点电场强度E和电势中随尤变化。下列图像正确的是（）

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据电势决定式

*r

由于电势是标量，设X。（M>°）处的电势为零o,得

0=丝一丝

d+x0A0

解得

d

A0<x<―

故可知当，时

(p<0

X>±

当3时

(f>>0

故A正确；

B.试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力平衡点，设该点坐标xi(xi>0),根据

kx4Qq_kQq

~T=~~

("xjvi

解得

可知电场强度为0的点位于X轴正半轴上距离坐标原点为d的点，故B错误；

C.从静止释放到xi=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了xi=d的位置再往正方向运动时，电场力

做负功，动能减小，故C错误；

D.从静止释放到尤i=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了xi=d的位置再往正方向运动时，电场

力做负功，电势能增大，故无尸4是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能趋于

零，不会存在大于零情况，故D错误。

故选Ao

二、多选题：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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

8.如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平

台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在()

A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动

B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动

C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v

【答案】BC

【解析】

【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒

可知

mv=wvM

1,131J

—=—mvM+-wvj,

由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即

%=°,VN=V

碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于V；

在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

故选BC。

9.图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4」，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，Ri

为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压M随时间f按正弦规律变化，如图

（b）所示。下列说法正确的是（）

A.变压器输入、输出功率之比为4:1

B.变压器原、副线圈中的电流强度之比为1:4

c.u随t变化的规律为"=51sin（50m）（国际单位制）

D.当电阻的温度降低时电流表读数变小电压表的读数不变

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为11,故A错误;

B.变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即

故B正确；

C.由图（b）可知交流电压最大值

4=5iv

周期

T=0.02s

可由周期求出角速度的值为

a■100^1ad/s

则可得交流电压〃的表达式

t/=51sinl00^(V)

故C错误；

D.4处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故D正确。

故选BDo

10.如图所示，半径为R、圆心为。的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为的小球P通过轻质细线

跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于。点正上方，且O到滑轮A

的距离为R,M点为轨道上一点，/MON=60°,N点为轨道的最低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由

静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g,小球P可视为质点，两定滑轮

的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是()

A.小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重

申1+6-同gR

B.到M点时小球P的速度大小为3

"1+旦向gR

C.到M点时物体Q的速度大小为3

D.到N点时小球P的加速度大小为

【答案】BD

【解析】

【详解】A.小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重,

再失重，故A错误；

BC.到/点时，根据速度分解有

vpsin30°=VQ

根据系统机械能守恒有

/\11

33

2mgRsin300-mg(2Rcos30°-\(2R)="x2mvp+-mvQ

解得

25十区向gR拙+小⑹gR

VP=4VQ=4

故B正确，C错误；

D.到N点时，根据系统机械能守恒有

ZmgR-mg^R-J2R)=-x2wv/3

根据向心加速度公式有

故D正确；

故选BDo

三、非选择题：共57分。

11.某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图(a)所示，某次实验电压传感器示数U与电流

传感器示数/'U-/关系如图小)所示。

图(a)囹(b)图(c)

(1)图(a)中.定值电阻耳在电路中的作用是。

(2)由图(b)的可得，该电源电动势V,内阻「=Q。.

u_

(3)根据实验测得的U,/数据，若令】'='R，.一=/,则由计算机拟合得出的丁一丁图线如图(c)所

示，则图线最高点A点的纵坐标】'=W(结果保留3位有效数字)。

【答案】(1)保护电源

(2)①.2.83②.1.03

(3)1.94

【解析】

【小问1详解】

为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值

电阻Ro在电路中的作用是保护电源；

【小问2详解】

[1]根据闭合电路欧姆定律

U^E-Ir

UT图像表达式可知，电源电动势

£=2.83V

⑵内阻

r=1.030

【小问3详解】

由题意可知

4居

则功率

E2

&=——

R*+r(公

+4r

呢

当

R外=r=1.03Q

时，电源的输出功率最大

7=L94W

所以图线最高点A点的纵坐标

j，=1.94W

(1)为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸

带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是

（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画

出），测得5=6.20cm,s?=6.70cm,7.21cm,$4=7.73cm。已知打点计时器所接交流电源频率为

50Hz,则小车的加速度。=m/s'（要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字）；

:----S---|-------：-----------$--2--------：-----------»--------------：------------”--------------►!

(3)该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为2工国。按要

求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为58、1°8、1°8、4°8处理数据时，用两种

方式得到小车(含传感器)受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，

则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为go

【答案】(1)B(2)0151

(3)40

【解析】

【小问1详解】

若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选B。

【小问2详解】

每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度

a=(7.73+7.21-670-620)xlQ-^m/s3=0万柳

4T34x0?

【小问3详解】

根据牛顿第二定律，对祛码

mg-T=ma

对小车

T=Ma

可得

T=M^=^mg

M+m［十一

则当小较小时传感器的示数越接近与祛码的重力机g；加越大，则传感器的示数与祛码重力的差异越大，

即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g0

13.如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势E=3V,内阻r=0.5。的电源，

定值电阻耳二°5C,导轨间距£=o.5m,导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好

的水平放置的金属棒ab,在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场(图中仅画出了一根磁感线)，金

属棒油质量加=100g,电阻不计。己知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数〃=0.5(设最大静摩擦力

等于滑动摩擦力)，已知重力加速度g=求：

BEr凡

（i）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多少？

（2）若将竖直向上的匀强磁场绕以金属棒油为轴逆时针转过90。的过程中（保证金属棒静止且与导轨接

触良好），要使金属棒最后仍能处于静止状态，则磁感应强度最后为多少？

【答案】（1）4T（2）2T

【解析】

【小问1详解】

由受力分析，根据共点力平衡条件得

月=mg

且

£・小

而

FV=BIL

故有

/.iBIL=mg

由闭合电路欧姆定律有

E

7=^—=1A

r+凡

联立解得

5=^-=4T

fdL

所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。

【小问2详解】

当8逆时针转过90。时，安培力竖直向上，则

B'lL=mg

解得

故磁感应强度最后的大小为2To

14.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强

度大小3=20xlO^T,在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将

一带正电荷的粒子以v=3.5xl04m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点Z,=0.50m的Af处

被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为"z,电量为q,不记其重力。

q

(1)求上述粒子的比荷m；

(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方

向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这

个匀强电场；

(3)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，

求此矩形磁场区域的最小面积。

【答案】(1)4.9xlO7C/kg

（2）5=70N/C,f=7,9x10^s

（3）S=0.25m

【解析】

【小问1详解】

设粒子在磁场中的运动半径为r,如图所示

接收器

依题意/、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得

V2T

I-

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得

V3

qvBD=m—

r

联立代入数据解得

^=49xlO7C/kg

m

【小问2详解】

设所加电场的场强大小为£,当粒子经过。点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿尤轴正方向

的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

qE=qvB

解得

5=70N/C

所加电场的场强方向沿X轴正方向。由几何关系可知，圆弧尸。所对应的圆心角为45°,设带电粒子做匀

速圆周运动的周期为T,则有

45。2<r

------11"—

360°,v

联立代入数据解得

f=7.9xl0-e

【小问3详解】

矩形对应的最小面积如图所示

根据几何关系可知最小矩形面积为

S=2r

代入数据解得

5-=0.25m

15.如图所示，足够长的固定斜面倾角为。=37。，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力

F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，尸作用在物块A上，当物块A、B获

得的速度大小为vo时撤去凡已知物块A、B的质量均为加，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为

31

卜1人=—/4=一

,4和4,恒力尸=24"g,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，Sin37o=0.6,

cos37°=0.8»

（1）求恒力厂的作用时间;

（2）撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离;

（3）设A、B间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，求:

①撤去产后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小;

②撤去产后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第w次碰撞时，系统损失的机械能。

【解析】

【详解】（1）对A、B整体，根据牛顿第二定律，有

F-2mgsin0-（/4+〃，加gcos8=2ma

解得

a=0.2g

所以力E作用的时间为

”土=组

02gg

（2）撤去外力?后，对物块A,有

mgsind+以腐cos0=mak

解得

幺=1

对物块B,有

mgsm6+为mgcos6=ma.

解得

a,=08g

由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动

的速度减为零时A、B之间的距离为

_5>

2aB2aA24g

（3）①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有

mgsin6-卜％mgcos6=

所以

/’=04g

根据速度位移关系可得

解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为

拓

vi=—'b

0

②A、B发生第一次弹性碰撞，则有

加匕=mv2+wv3

所以碰后两物体速度交换

碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有

1，7

V/1=~alh

解得

5y/6v

ty=---0----

6g

%=$=--

6g