2024-2025學(xué)年重慶市重慶烏江新高考協(xié)作體高三上學(xué)期9月月考物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1重慶烏江新高考協(xié)作體2025屆高考質(zhì)量調(diào)研（一）物理試題（分?jǐn)?shù)：100分，時(shí)間：75分鐘）一、單選題1.公路上常有交通管理部門設(shè)置的如圖所示的限速標(biāo)志，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時(shí)（）A.平均速度的大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值B.平均速率的大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值C.必須以這一規(guī)定速率行駛D.汽車上的速度計(jì)指示值不得超過這一規(guī)定數(shù)值〖答案〗D〖解析〗如圖所示的限速標(biāo)志，是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時(shí)瞬時(shí)速度不能超過40km/h，在行駛的任何時(shí)刻都不能超過該數(shù)值，行駛速度低于或者等于40km/h都是允許的。故選D。2.近年來無人機(jī)在軍事、工業(yè)等領(lǐng)域均有廣泛的應(yīng)用，一質(zhì)量為m的無人機(jī)在執(zhí)行遠(yuǎn)程偵察任務(wù)，某段時(shí)間內(nèi)該無人機(jī)以速度v沿著與水平方向成θ角斜向上的方向勻速直線飛行，重力加速度為g，則（）A.該無人機(jī)處于超重狀態(tài)B.該無人機(jī)在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒C.空氣對該無人機(jī)作用力的大小為mgD.重力對無人機(jī)做功的瞬時(shí)功率為mgv〖答案〗C〖解析〗A．該無人機(jī)處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．無人機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能不變，重力勢能增加，機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤；C．無人機(jī)在運(yùn)動(dòng)過程中受到自身豎直向下的重力，空氣對其作用力與重力等大反向，故C正確；D．重力與速度v有夾角，重力對無人機(jī)做功的瞬時(shí)功率不等于mgv，故D錯(cuò)誤。故選C。3.一木塊靜止放在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊，若子彈進(jìn)入木塊的最大深度為，與此同時(shí)木塊沿水平面移動(dòng)的距離為，設(shè)子彈在木塊中受到的摩擦力大小不變，則在子彈進(jìn)入木塊的過程中（）①子彈損失的動(dòng)能與木塊獲得的動(dòng)能之比為②子彈損失的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的動(dòng)能之比為③木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為④木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④〖答案〗A〖解析〗設(shè)摩擦力大小為，對子彈運(yùn)用動(dòng)能定理可得對木塊運(yùn)用動(dòng)能定理可得可知子彈損失的動(dòng)能與木塊獲得的動(dòng)能之比為根據(jù)能量守恒可知，因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能為則子彈損失的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的動(dòng)能之比為木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為故選A。4.某同學(xué)利用自制的實(shí)驗(yàn)裝置來研究反沖現(xiàn)象。在實(shí)驗(yàn)中，取一輛玩具小車，在小車的左側(cè)立一電動(dòng)風(fēng)扇，并將小車輕放于阻力較小的水平桌面上。如圖甲所示，打開風(fēng)扇后觀察到小車向左運(yùn)動(dòng)。繼續(xù)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)步驟（每次實(shí)驗(yàn)前，小車與空氣均靜止）：①如圖乙所示，取一適當(dāng)大小的硬紙盒立于小車的右側(cè)，打開風(fēng)扇，觀察小車的運(yùn)動(dòng)情況；②如圖丙所示，將該硬紙盒調(diào)轉(zhuǎn)方向，立于小車的右側(cè)，打開風(fēng)扇，再次觀察小車的運(yùn)動(dòng)情況。你認(rèn)為下列現(xiàn)象中，最有可能出現(xiàn)的是（）A.乙中的小車向左運(yùn)動(dòng)B.乙中的小車向右運(yùn)動(dòng)C.丙中的小車向左運(yùn)動(dòng)D.丙中的小車向右運(yùn)動(dòng)〖答案〗D〖解析〗AB．在圖乙中，設(shè)風(fēng)扇給空氣的平均作用力為，對空氣有解得由牛頓第三定律可知，空氣對風(fēng)扇和小車的平均作用力大小與風(fēng)扇給小車的平均作用力大小相等，方向向左，當(dāng)空氣吹到紙盒時(shí)，其水平方向速度變?yōu)榱?，設(shè)紙盒對空氣的平均作用力為，有解得由牛頓第三定律可知，空氣對紙盒和小車的平均作用力大小與紙盒給小車的平均作用力大小相等，方向向右，綜上所述，在水平方向小車受力平衡，而小車初始時(shí)靜止，所以乙圖中小車最有可能靜止，故AB錯(cuò)誤；CD．由上述分析可知，空氣對風(fēng)扇和小車的平均作用力大小為，方向向左；在圖丙中，當(dāng)空氣吹到紙盒時(shí)，其水平方向速度大小不變，方向相反，設(shè)紙盒對空氣的平均作用力為，有解得由牛頓第三定律可知，空氣對紙盒和小車的平均作用力大小與紙盒給小車的平均作用力大小相等，方向向右。綜上所述可知，小車總體受到水平向右的力，所以小車最有可能向右運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.半圓柱形玻璃磚的底面鍍有一層反射膜，為玻璃磚的半圓形橫截面，M為最高點(diǎn)，O為圓心，半徑為R。一束寬為R的平行光的下邊恰好沿著底邊，如圖所示。其中從A點(diǎn)射入的光線經(jīng)玻璃折射后從B點(diǎn)射出，已知A、B兩點(diǎn)距離分別為和。，不考慮圓弧面上的反射光線，下列說法正確的是（）A.玻璃的折射率為B.有部分光線在圓弧區(qū)域發(fā)生全反射C.只有圓弧的部分區(qū)域有光線射出D.射向圓弧區(qū)域的光線有一部分來源于處反射的光線〖答案〗C〖解析〗A．由題意可得，從A點(diǎn)射入的光線經(jīng)玻璃折射后從B點(diǎn)射出，其光路圖如圖所示，由幾何知識可知入射角，折射角，則有折射率A錯(cuò)誤；B．光線在玻璃磚中傳播時(shí)，光線與半徑構(gòu)成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能發(fā)生全反射，B錯(cuò)誤；D．假設(shè)有光線會射向，如圖解所示，則有不存在，D錯(cuò)誤；C．最上邊和下邊的光線恰好射向Q點(diǎn)，其余光線因?yàn)閰^(qū)域的出射點(diǎn)總比區(qū)域的入射點(diǎn)位置低，只有部分區(qū)域有光線射出，C正確。故選C。6.如圖所示，水平面內(nèi)放置著電阻可忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，其形狀滿足方程，空間分布者垂直xOy平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場。先將足夠長的導(dǎo)體棒ab與x軸重合，且關(guān)于y軸對稱放置，再用沿y軸正向的外力使其由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒先后經(jīng)過、的位置。若導(dǎo)體棒接入電路的電阻和其長度成正比，運(yùn)動(dòng)過程中始終和x軸平行并和導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒經(jīng)過、的位置時(shí)，閉合回路中的電動(dòng)勢之比為B.導(dǎo)體棒經(jīng)過、的位置時(shí)，閉合回路中的電流大小之比為C.經(jīng)過、的位置時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力大小之比為D.、過程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為〖答案〗D〖解析〗A．若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到某一位置，速度大小為v，其與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為解得故感應(yīng)電動(dòng)勢之比為，，故A錯(cuò)誤；B．由閉合電路歐姆定律，閉合回路中的電流為其中解得故電流之比為，故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒所受安培力大小為解得故安培力之比為，故C錯(cuò)誤；D．顯然，導(dǎo)體棒所受安培力大小與其位移大小y成正比，作出安培力隨著位移變化的圖像圖像與橫軸所圍的面積即導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中克服安培力做的功，也就是閉合回路產(chǎn)生的電熱解得故電熱之比為故D正確。故選D。7.2019年3月10日，長征三號乙運(yùn)載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運(yùn)動(dòng)的每個(gè)周期內(nèi)都有一段時(shí)間（未知）無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號，因?yàn)槠滠壍郎峡傆幸欢螀^(qū)域沒有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為。已知衛(wèi)星Ⅰ對地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A.地球的平均密度為 B.衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為C.衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D.題中時(shí)間為〖答案〗C〖解析〗A．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1和R2，因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示在三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有整理得C正確；D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星Ⅱ?qū)?yīng)為圓心角為2α，則有但衛(wèi)星之間是有相對運(yùn)動(dòng)的，所以時(shí)間不可能為，D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題8.如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為，輸入端C、D接入電壓有效值恒定的交變電源，燈泡、的阻值始終與定值電阻的阻值相同。在滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑動(dòng)到b端的過程中，兩個(gè)燈泡始終發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）A先變暗后變亮，一直變亮B.先變亮后變暗，一直變亮C.電源的輸出功率先增大后減小D.電源的輸出功率先減小后增大〖答案〗AD〖解析〗AB．副線圈的總電阻為解得則滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，副線圈的總電阻先增大后減小，根據(jù)等效電阻關(guān)系有則等效電阻先增大后減小，由歐姆定律有，先減小后增大，先減小后增大，則先變暗后變亮，根據(jù)，則滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，逐漸減小，副線圈的電壓增大過程中增大；在副線圈的電壓減小過程中，通過的電流為逐漸增大，則越來越小，則則先變暗后變亮，一直變亮，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．對于等效后的電路為電源接燈泡和等效電阻，由于燈泡的電阻與定值電阻，所以電源的輸出功率為由于電源的有效值恒定，而滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，等效電阻先增大后減小，所以輸出功率先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。9.為振源，由平衡位置開始上下振動(dòng)，產(chǎn)生一列簡諧橫波沿直線傳播，、兩點(diǎn)之間的距離為．點(diǎn)的左側(cè)為一種介質(zhì)，右一側(cè)為另一種介質(zhì)，波在這兩種介質(zhì)中傳播的速度之比為3：4．某時(shí)刻波正好傳到右側(cè)處，且、均在波峰位置．則（）A.開始振動(dòng)時(shí)方向可能向下也可能向上B.波在左側(cè)的周期比在右側(cè)時(shí)大C.右側(cè)的波長為D.左側(cè)的波長為〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗本題考查機(jī)械波傳播的特點(diǎn)，以及機(jī)械波波長相關(guān)計(jì)算．A．的起振方向與振源的起振方向相同，但題目未說明振源起振方向，所以的起振方向無法判斷，即可能向下也可能向上，A正確；B．機(jī)械波傳播過程中，波的周期與振源振動(dòng)周期相同，與介質(zhì)無關(guān)，所以左右兩側(cè)周期相同，B錯(cuò)誤；C．若起振方向向下，則：得，若起振方向向上，則：得，即有兩種情況，C錯(cuò)誤；D．由可知：起振方向向下時(shí)，，起振方向向上時(shí)，，因、均在波峰，所以、之間有整數(shù)個(gè)波長，即或都是整數(shù)，由數(shù)學(xué)知識可知，兩式包含所有奇數(shù)，即可表示為，解得，D正確；故選AD．10.產(chǎn)生阿秒光脈沖的研究工作獲得2023年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，阿秒（as）是時(shí)間單位，，阿秒光脈沖是發(fā)光持續(xù)時(shí)間在阿秒量級的極短閃光，提供了阿秒量級的超快“光快門”，使探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程成為可能。設(shè)有一個(gè)持續(xù)時(shí)間為100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時(shí)間內(nèi)至少包含一個(gè)完整的光波周期。取真空中光速，普朗克常量，下列說法正確的是（）A.對于0.1mm寬的單縫，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的衍射現(xiàn)象更明顯B.此阿秒光脈沖和波長為550nm的可見光束總能量相等時(shí)，阿秒光脈沖的光子數(shù)更少C.此阿秒光脈沖可以使能量為的基態(tài)氫原子電離D.為了探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時(shí)間應(yīng)大于電子的運(yùn)動(dòng)周期〖答案〗BC〖解析〗A．此阿秒光脈沖的波長為由障礙物尺寸與波長相差不多或比波長小時(shí)，衍射現(xiàn)象越明顯知，所以波長為550nm的可見光比此阿秒光脈沖的衍射現(xiàn)象更明顯，故A錯(cuò)誤；B．由知，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的光子能量大，故總能量相等時(shí)，阿秒光脈沖的光子數(shù)更少，故B正確；C．阿秒光脈沖的光子能量最小值為故此阿秒光脈沖可以使能量為?13.6eV（?2.2×10?18J）的基態(tài)氫原子電離，故C正確；D．為了探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時(shí)間應(yīng)小于電子的運(yùn)動(dòng)周期，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測定噴漆槍向外噴射油漆霧滴速度的實(shí)驗(yàn)。他采用圖甲所示的裝置：一個(gè)直徑為D的紙帶環(huán)安放在一個(gè)可以按照一定轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動(dòng)的固定轉(zhuǎn)臺上，紙帶環(huán)上留有一條狹縫A，在狹縫A的正對面畫一條標(biāo)志線，在轉(zhuǎn)臺開始轉(zhuǎn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定角速度ω后，從側(cè)面同樣開有狹縫B的紙盒中噴射油漆霧滴，當(dāng)狹縫A轉(zhuǎn)至靠近狹縫B且與之平行正對時(shí)，油漆霧滴便通過狹縫A在紙帶的內(nèi)側(cè)面留下痕跡。不計(jì)霧滴所受的重力和空氣阻力。（1）用v表示四次實(shí)驗(yàn)中油漆霧滴的速度，若要保證四次實(shí)驗(yàn)霧滴都在紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的時(shí)間內(nèi)到達(dá)紙帶環(huán)，則紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω應(yīng)滿足的條件是___________。（2）已知該噴漆槍能夠向外噴射四種速度大小不同油漆霧滴。改變噴射速度并重復(fù)實(shí)驗(yàn)，在紙帶上留下一系列的痕跡a、b、c、d，將紙帶從轉(zhuǎn)臺上取下來，展開平放在刻度尺旁邊，如圖乙所示，在滿足（1）的條件下，a、b、c、d四個(gè)痕跡中代表霧滴速度最大的痕跡是___________；若、，則四次實(shí)驗(yàn)中最大的霧滴速度___________m/s?！即鸢浮剑?）（2）d15〖解析〗【小問1詳析】要求在紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的時(shí)間內(nèi)都到達(dá)紙帶環(huán)，紙帶環(huán)轉(zhuǎn)過的角度若霧滴運(yùn)動(dòng)與紙帶轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間均為則故ω應(yīng)滿足的條件是【小問2詳析】[1][2]最大速度的霧滴到達(dá)紙帶上的d點(diǎn)，霧滴落在d點(diǎn)時(shí)，從題圖乙中可讀出標(biāo)志線到d點(diǎn)的距離因則12.某興趣小組使用如圖甲所示電路，探究太陽能電池的輸出電壓與光照強(qiáng)度及外電路電阻的關(guān)系，圖中電壓表為理想電壓表。（1）在某光照強(qiáng)度下，測得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱電阻R之間的關(guān)系如圖乙中的曲線①所示，隨R增大，U逐漸逼近2.80V。由該曲線可知，M點(diǎn)對應(yīng)的流過太陽能電池的電流為______A，太陽能電池的內(nèi)阻______Ω；（均保留三位有效數(shù)字）：（2）在另一更大光照強(qiáng)度下，測得U—R關(guān)系如圖乙中的曲線②所示。用一個(gè)阻值恒為150Ω的負(fù)載代替變阻箱，由圖乙可知，在曲線①對應(yīng)的光照情況下，太陽能電池的輸出功率為______W；在電路不變的情況下，光照改成曲線②所對應(yīng)的強(qiáng)度，需要將阻值為______Ω的電阻與此負(fù)載串聯(lián)才能保證此負(fù)載兩端的電壓不變。（均保留三位有效數(shù)字）〖答案〗（1）2.25×10-244.4（2）4.17×10-215.0（14.0~18.0）〖解析〗【小問1詳析】[1][2]由題可知，M點(diǎn)對應(yīng)的電阻箱兩端的電壓為1.8V，電阻箱的電阻為80Ω，則流過太陽能電池的電流為太陽能電池的電動(dòng)勢為E1=2.8V則根據(jù)可得內(nèi)阻【小問2詳析】[1]用一個(gè)阻值恒為150Ω的負(fù)載代替變阻箱，由圖乙可知，在曲線①對應(yīng)的光照情況下，根據(jù)可得太陽能電池的輸出功率為[2]保持負(fù)載兩端電壓不變，即保持流過負(fù)載的電流不變，則如圖所示直線與曲線①、②交點(diǎn)對應(yīng)的電阻差即為所求，根據(jù)作出的圖像可知阻值為（14~18）。13.如圖，兩相同極板A與B的長度為，相距，極板間的電壓為。一個(gè)電荷量為、質(zhì)量為m的電子，沿平行于板面的方向從極板左端中點(diǎn)射入電場中，射入時(shí)的速度為，把兩板間的電場看作勻強(qiáng)電場。（1）求電子射出電場時(shí)沿垂直于板面方向偏移的距離；（2）求電子射出電場時(shí)速度與水平方向夾角的正切值。〖答案〗（1）（2）〖解析〗小問1詳析】在勻強(qiáng)電場中，由牛頓第二定律可得解得電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，有豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得【小問2詳析】射出電場時(shí)豎直方向速度為射出電場時(shí)偏轉(zhuǎn)的角度正切值為聯(lián)立解得14.利用電磁場實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，在坐標(biāo)系的軸左側(cè)存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，軸右側(cè)存在垂直于平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為，電荷量為的帶正電粒子，從P點(diǎn)以大小為的初速度沿軸正方向發(fā)射，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入右側(cè)磁場，再經(jīng)過M點(diǎn)（未畫出）返回軸左側(cè)，粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)在軸左側(cè)增加與右側(cè)相同的磁場（圖中未畫出），粒子從M點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)（未畫出）時(shí)速度方向第一次與軸平行。不計(jì)帶電粒子的重力，已知，。求：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??；（2）粒子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間；（3）粒子在點(diǎn)時(shí)的速度大小〖答案〗（1）（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】粒子在間做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行于軸方向有解得平行于軸方向有根據(jù)牛頓第二定律得解得小問2詳析】設(shè)粒子經(jīng)過點(diǎn)時(shí)與軸正方向間的夾角為，則沿軸方向的分速度又解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度如圖1所示，粒子在軸右側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由洛倫茲力提供向心力有代入可得從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的總時(shí)間【小問3詳析】粒子離開點(diǎn)回到軸左側(cè)后，對粒子受力分析，如圖2所示粒子從點(diǎn)到點(diǎn)，在軸方向上，由動(dòng)量定理得其中，設(shè)，則解得從點(diǎn)到點(diǎn)，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得解得15.某探究小組設(shè)計(jì)了兩種電磁驅(qū)動(dòng)裝置。圖1利用直流電源給線框供電，接通電源后正方形導(dǎo)線框在磁極間的輻向磁場中，從靜止開始繞中心軸線發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。圖2為三個(gè)線圈連接到三相電源上，電流形成的磁場可等效為角速度的旋轉(zhuǎn)輻向磁場，穩(wěn)定后解鎖正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)。圖3為不同視角的上述兩種驅(qū)動(dòng)裝置的截面圖，分別為圖1的正視圖和圖2的俯視圖。已知導(dǎo)線框的邊長為l，電阻為兩邊的質(zhì)量均為m，所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場方向始終與轉(zhuǎn)動(dòng)方向垂直，轉(zhuǎn)動(dòng)中兩邊受到的阻力均為（k為比例系數(shù)，v為線速度），其余兩邊質(zhì)量和所受阻力不計(jì)。電源的電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻不計(jì)，（1）在兩種驅(qū)動(dòng)裝置中，若圖1、2導(dǎo)線框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則旋轉(zhuǎn)輻向磁場的轉(zhuǎn)動(dòng)方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；（2）在圖2裝置中，若，則導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度；（3）在圖1裝置中，若導(dǎo)線框經(jīng)過時(shí)間t恰好達(dá)到最大角速度，則在該過程中邊轉(zhuǎn)過的弧長S?！即鸢浮剑?）順時(shí)針（2）（3）〖解析〗【小問1詳析】圖1裝置，導(dǎo)線框順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圖2裝置若導(dǎo)線框也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，由楞次定律，旋轉(zhuǎn)輻向磁場的轉(zhuǎn)動(dòng)方向也為順時(shí)針?！拘?詳析】當(dāng)金屬線框達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，線框兩邊切割磁感線的相對速度大小為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢為則此時(shí)的感應(yīng)電流為金屬線框兩邊所受的安培力均為又有兩邊所受的安培力均與阻力平衡又阻力當(dāng)時(shí)解得導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度【小問3詳析】轉(zhuǎn)動(dòng)穩(wěn)定后達(dá)到最大角速度，兩邊所受的安培力均與阻力平衡又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢為則此時(shí)的感應(yīng)電流為兩邊所受的安培力則解得設(shè)安培力的沖量為，由動(dòng)量定理又綜合解得代入，得重慶烏江新高考協(xié)作體2025屆高考質(zhì)量調(diào)研（一）物理試題（分?jǐn)?shù)：100分，時(shí)間：75分鐘）一、單選題1.公路上常有交通管理部門設(shè)置的如圖所示的限速標(biāo)志，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時(shí)（）A.平均速度的大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值B.平均速率的大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值C.必須以這一規(guī)定速率行駛D.汽車上的速度計(jì)指示值不得超過這一規(guī)定數(shù)值〖答案〗D〖解析〗如圖所示的限速標(biāo)志，是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時(shí)瞬時(shí)速度不能超過40km/h，在行駛的任何時(shí)刻都不能超過該數(shù)值，行駛速度低于或者等于40km/h都是允許的。故選D。2.近年來無人機(jī)在軍事、工業(yè)等領(lǐng)域均有廣泛的應(yīng)用，一質(zhì)量為m的無人機(jī)在執(zhí)行遠(yuǎn)程偵察任務(wù)，某段時(shí)間內(nèi)該無人機(jī)以速度v沿著與水平方向成θ角斜向上的方向勻速直線飛行，重力加速度為g，則（）A.該無人機(jī)處于超重狀態(tài)B.該無人機(jī)在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒C.空氣對該無人機(jī)作用力的大小為mgD.重力對無人機(jī)做功的瞬時(shí)功率為mgv〖答案〗C〖解析〗A．該無人機(jī)處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．無人機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能不變，重力勢能增加，機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤；C．無人機(jī)在運(yùn)動(dòng)過程中受到自身豎直向下的重力，空氣對其作用力與重力等大反向，故C正確；D．重力與速度v有夾角，重力對無人機(jī)做功的瞬時(shí)功率不等于mgv，故D錯(cuò)誤。故選C。3.一木塊靜止放在光滑水平面上，一顆子彈沿水平方向射入木塊，若子彈進(jìn)入木塊的最大深度為，與此同時(shí)木塊沿水平面移動(dòng)的距離為，設(shè)子彈在木塊中受到的摩擦力大小不變，則在子彈進(jìn)入木塊的過程中（）①子彈損失的動(dòng)能與木塊獲得的動(dòng)能之比為②子彈損失的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的動(dòng)能之比為③木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為④木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④〖答案〗A〖解析〗設(shè)摩擦力大小為，對子彈運(yùn)用動(dòng)能定理可得對木塊運(yùn)用動(dòng)能定理可得可知子彈損失的動(dòng)能與木塊獲得的動(dòng)能之比為根據(jù)能量守恒可知，因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能為則子彈損失的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的動(dòng)能之比為木塊獲得的動(dòng)能與因系統(tǒng)變熱損失的動(dòng)能之比為故選A。4.某同學(xué)利用自制的實(shí)驗(yàn)裝置來研究反沖現(xiàn)象。在實(shí)驗(yàn)中，取一輛玩具小車，在小車的左側(cè)立一電動(dòng)風(fēng)扇，并將小車輕放于阻力較小的水平桌面上。如圖甲所示，打開風(fēng)扇后觀察到小車向左運(yùn)動(dòng)。繼續(xù)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)步驟（每次實(shí)驗(yàn)前，小車與空氣均靜止）：①如圖乙所示，取一適當(dāng)大小的硬紙盒立于小車的右側(cè)，打開風(fēng)扇，觀察小車的運(yùn)動(dòng)情況；②如圖丙所示，將該硬紙盒調(diào)轉(zhuǎn)方向，立于小車的右側(cè)，打開風(fēng)扇，再次觀察小車的運(yùn)動(dòng)情況。你認(rèn)為下列現(xiàn)象中，最有可能出現(xiàn)的是（）A.乙中的小車向左運(yùn)動(dòng)B.乙中的小車向右運(yùn)動(dòng)C.丙中的小車向左運(yùn)動(dòng)D.丙中的小車向右運(yùn)動(dòng)〖答案〗D〖解析〗AB．在圖乙中，設(shè)風(fēng)扇給空氣的平均作用力為，對空氣有解得由牛頓第三定律可知，空氣對風(fēng)扇和小車的平均作用力大小與風(fēng)扇給小車的平均作用力大小相等，方向向左，當(dāng)空氣吹到紙盒時(shí)，其水平方向速度變?yōu)榱?，設(shè)紙盒對空氣的平均作用力為，有解得由牛頓第三定律可知，空氣對紙盒和小車的平均作用力大小與紙盒給小車的平均作用力大小相等，方向向右，綜上所述，在水平方向小車受力平衡，而小車初始時(shí)靜止，所以乙圖中小車最有可能靜止，故AB錯(cuò)誤；CD．由上述分析可知，空氣對風(fēng)扇和小車的平均作用力大小為，方向向左；在圖丙中，當(dāng)空氣吹到紙盒時(shí)，其水平方向速度大小不變，方向相反，設(shè)紙盒對空氣的平均作用力為，有解得由牛頓第三定律可知，空氣對紙盒和小車的平均作用力大小與紙盒給小車的平均作用力大小相等，方向向右。綜上所述可知，小車總體受到水平向右的力，所以小車最有可能向右運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5.半圓柱形玻璃磚的底面鍍有一層反射膜，為玻璃磚的半圓形橫截面，M為最高點(diǎn)，O為圓心，半徑為R。一束寬為R的平行光的下邊恰好沿著底邊，如圖所示。其中從A點(diǎn)射入的光線經(jīng)玻璃折射后從B點(diǎn)射出，已知A、B兩點(diǎn)距離分別為和。，不考慮圓弧面上的反射光線，下列說法正確的是（）A.玻璃的折射率為B.有部分光線在圓弧區(qū)域發(fā)生全反射C.只有圓弧的部分區(qū)域有光線射出D.射向圓弧區(qū)域的光線有一部分來源于處反射的光線〖答案〗C〖解析〗A．由題意可得，從A點(diǎn)射入的光線經(jīng)玻璃折射后從B點(diǎn)射出，其光路圖如圖所示，由幾何知識可知入射角，折射角，則有折射率A錯(cuò)誤；B．光線在玻璃磚中傳播時(shí)，光線與半徑構(gòu)成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能發(fā)生全反射，B錯(cuò)誤；D．假設(shè)有光線會射向，如圖解所示，則有不存在，D錯(cuò)誤；C．最上邊和下邊的光線恰好射向Q點(diǎn)，其余光線因?yàn)閰^(qū)域的出射點(diǎn)總比區(qū)域的入射點(diǎn)位置低，只有部分區(qū)域有光線射出，C正確。故選C。6.如圖所示，水平面內(nèi)放置著電阻可忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，其形狀滿足方程，空間分布者垂直xOy平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場。先將足夠長的導(dǎo)體棒ab與x軸重合，且關(guān)于y軸對稱放置，再用沿y軸正向的外力使其由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒先后經(jīng)過、的位置。若導(dǎo)體棒接入電路的電阻和其長度成正比，運(yùn)動(dòng)過程中始終和x軸平行并和導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒經(jīng)過、的位置時(shí)，閉合回路中的電動(dòng)勢之比為B.導(dǎo)體棒經(jīng)過、的位置時(shí)，閉合回路中的電流大小之比為C.經(jīng)過、的位置時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力大小之比為D.、過程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為〖答案〗D〖解析〗A．若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到某一位置，速度大小為v，其與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為解得故感應(yīng)電動(dòng)勢之比為，，故A錯(cuò)誤；B．由閉合電路歐姆定律，閉合回路中的電流為其中解得故電流之比為，故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒所受安培力大小為解得故安培力之比為，故C錯(cuò)誤；D．顯然，導(dǎo)體棒所受安培力大小與其位移大小y成正比，作出安培力隨著位移變化的圖像圖像與橫軸所圍的面積即導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中克服安培力做的功，也就是閉合回路產(chǎn)生的電熱解得故電熱之比為故D正確。故選D。7.2019年3月10日，長征三號乙運(yùn)載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務(wù)。在同平面內(nèi)圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星Ⅱ，它運(yùn)動(dòng)的每個(gè)周期內(nèi)都有一段時(shí)間（未知）無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號，因?yàn)槠滠壍郎峡傆幸欢螀^(qū)域沒有被衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為。已知衛(wèi)星Ⅰ對地球的張角為，地球自轉(zhuǎn)周期為，萬有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（）A.地球的平均密度為 B.衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比為C.衛(wèi)星Ⅱ的周期為 D.題中時(shí)間為〖答案〗C〖解析〗A．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為R1和R2，因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則有且有其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得A錯(cuò)誤；B．設(shè)衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示在三角形AOB中，有即根據(jù)可得故有聯(lián)立以上各式，有B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可得因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則其周期為T0，設(shè)衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有整理得C正確；D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星Ⅱ?qū)?yīng)為圓心角為2α，則有但衛(wèi)星之間是有相對運(yùn)動(dòng)的，所以時(shí)間不可能為，D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題8.如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為，輸入端C、D接入電壓有效值恒定的交變電源，燈泡、的阻值始終與定值電阻的阻值相同。在滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑動(dòng)到b端的過程中，兩個(gè)燈泡始終發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）A先變暗后變亮，一直變亮B.先變亮后變暗，一直變亮C.電源的輸出功率先增大后減小D.電源的輸出功率先減小后增大〖答案〗AD〖解析〗AB．副線圈的總電阻為解得則滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，副線圈的總電阻先增大后減小，根據(jù)等效電阻關(guān)系有則等效電阻先增大后減小，由歐姆定律有，先減小后增大，先減小后增大，則先變暗后變亮，根據(jù)，則滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，逐漸減小，副線圈的電壓增大過程中增大；在副線圈的電壓減小過程中，通過的電流為逐漸增大，則越來越小，則則先變暗后變亮，一直變亮，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．對于等效后的電路為電源接燈泡和等效電阻，由于燈泡的電阻與定值電阻，所以電源的輸出功率為由于電源的有效值恒定，而滑動(dòng)變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，等效電阻先增大后減小，所以輸出功率先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。9.為振源，由平衡位置開始上下振動(dòng)，產(chǎn)生一列簡諧橫波沿直線傳播，、兩點(diǎn)之間的距離為．點(diǎn)的左側(cè)為一種介質(zhì)，右一側(cè)為另一種介質(zhì)，波在這兩種介質(zhì)中傳播的速度之比為3：4．某時(shí)刻波正好傳到右側(cè)處，且、均在波峰位置．則（）A.開始振動(dòng)時(shí)方向可能向下也可能向上B.波在左側(cè)的周期比在右側(cè)時(shí)大C.右側(cè)的波長為D.左側(cè)的波長為〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗本題考查機(jī)械波傳播的特點(diǎn)，以及機(jī)械波波長相關(guān)計(jì)算．A．的起振方向與振源的起振方向相同，但題目未說明振源起振方向，所以的起振方向無法判斷，即可能向下也可能向上，A正確；B．機(jī)械波傳播過程中，波的周期與振源振動(dòng)周期相同，與介質(zhì)無關(guān)，所以左右兩側(cè)周期相同，B錯(cuò)誤；C．若起振方向向下，則：得，若起振方向向上，則：得，即有兩種情況，C錯(cuò)誤；D．由可知：起振方向向下時(shí)，，起振方向向上時(shí)，，因、均在波峰，所以、之間有整數(shù)個(gè)波長，即或都是整數(shù)，由數(shù)學(xué)知識可知，兩式包含所有奇數(shù)，即可表示為，解得，D正確；故選AD．10.產(chǎn)生阿秒光脈沖的研究工作獲得2023年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)，阿秒（as）是時(shí)間單位，，阿秒光脈沖是發(fā)光持續(xù)時(shí)間在阿秒量級的極短閃光，提供了阿秒量級的超快“光快門”，使探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程成為可能。設(shè)有一個(gè)持續(xù)時(shí)間為100as的阿秒光脈沖，持續(xù)時(shí)間內(nèi)至少包含一個(gè)完整的光波周期。取真空中光速，普朗克常量，下列說法正確的是（）A.對于0.1mm寬的單縫，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的衍射現(xiàn)象更明顯B.此阿秒光脈沖和波長為550nm的可見光束總能量相等時(shí)，阿秒光脈沖的光子數(shù)更少C.此阿秒光脈沖可以使能量為的基態(tài)氫原子電離D.為了探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時(shí)間應(yīng)大于電子的運(yùn)動(dòng)周期〖答案〗BC〖解析〗A．此阿秒光脈沖的波長為由障礙物尺寸與波長相差不多或比波長小時(shí)，衍射現(xiàn)象越明顯知，所以波長為550nm的可見光比此阿秒光脈沖的衍射現(xiàn)象更明顯，故A錯(cuò)誤；B．由知，此阿秒光脈沖比波長為550nm的可見光的光子能量大，故總能量相等時(shí)，阿秒光脈沖的光子數(shù)更少，故B正確；C．阿秒光脈沖的光子能量最小值為故此阿秒光脈沖可以使能量為?13.6eV（?2.2×10?18J）的基態(tài)氫原子電離，故C正確；D．為了探測原子內(nèi)電子的動(dòng)態(tài)過程，阿秒光脈沖的持續(xù)時(shí)間應(yīng)小于電子的運(yùn)動(dòng)周期，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題11.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測定噴漆槍向外噴射油漆霧滴速度的實(shí)驗(yàn)。他采用圖甲所示的裝置：一個(gè)直徑為D的紙帶環(huán)安放在一個(gè)可以按照一定轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動(dòng)的固定轉(zhuǎn)臺上，紙帶環(huán)上留有一條狹縫A，在狹縫A的正對面畫一條標(biāo)志線，在轉(zhuǎn)臺開始轉(zhuǎn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定角速度ω后，從側(cè)面同樣開有狹縫B的紙盒中噴射油漆霧滴，當(dāng)狹縫A轉(zhuǎn)至靠近狹縫B且與之平行正對時(shí)，油漆霧滴便通過狹縫A在紙帶的內(nèi)側(cè)面留下痕跡。不計(jì)霧滴所受的重力和空氣阻力。（1）用v表示四次實(shí)驗(yàn)中油漆霧滴的速度，若要保證四次實(shí)驗(yàn)霧滴都在紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的時(shí)間內(nèi)到達(dá)紙帶環(huán)，則紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω應(yīng)滿足的條件是___________。（2）已知該噴漆槍能夠向外噴射四種速度大小不同油漆霧滴。改變噴射速度并重復(fù)實(shí)驗(yàn)，在紙帶上留下一系列的痕跡a、b、c、d，將紙帶從轉(zhuǎn)臺上取下來，展開平放在刻度尺旁邊，如圖乙所示，在滿足（1）的條件下，a、b、c、d四個(gè)痕跡中代表霧滴速度最大的痕跡是___________；若、，則四次實(shí)驗(yàn)中最大的霧滴速度___________m/s?！即鸢浮剑?）（2）d15〖解析〗【小問1詳析】要求在紙帶環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)半圈的時(shí)間內(nèi)都到達(dá)紙帶環(huán)，紙帶環(huán)轉(zhuǎn)過的角度若霧滴運(yùn)動(dòng)與紙帶轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間均為則故ω應(yīng)滿足的條件是【小問2詳析】[1][2]最大速度的霧滴到達(dá)紙帶上的d點(diǎn)，霧滴落在d點(diǎn)時(shí)，從題圖乙中可讀出標(biāo)志線到d點(diǎn)的距離因則12.某興趣小組使用如圖甲所示電路，探究太陽能電池的輸出電壓與光照強(qiáng)度及外電路電阻的關(guān)系，圖中電壓表為理想電壓表。（1）在某光照強(qiáng)度下，測得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱電阻R之間的關(guān)系如圖乙中的曲線①所示，隨R增大，U逐漸逼近2.80V。由該曲線可知，M點(diǎn)對應(yīng)的流過太陽能電池的電流為______A，太陽能電池的內(nèi)阻______Ω；（均保留三位有效數(shù)字）：（2）在另一更大光照強(qiáng)度下，測得U—R關(guān)系如圖乙中的曲線②所示。用一個(gè)阻值恒為150Ω的負(fù)載代替變阻箱，由圖乙可知，在曲線①對應(yīng)的光照情況下，太陽能電池的輸出功率為______W；在電路不變的情況下，光照改成曲線②所對應(yīng)的強(qiáng)度，需要將阻值為______Ω的電阻與此負(fù)載串聯(lián)才能保證此負(fù)載兩端的電壓不變。（均保留三位有效數(shù)字）〖答案〗（1）2.25×10-244.4（2）4.17×10-215.0（14.0~18.0）〖解析〗【小問1詳析】[1][2]由題可知，M點(diǎn)對應(yīng)的電阻箱兩端的電壓為1.8V，電阻箱的電阻為80Ω，則流過太陽能電池的電流為太陽能電池的電動(dòng)勢為E1=2.8V則根據(jù)可得內(nèi)阻【小問2詳析】[1]用一個(gè)阻值恒為150Ω的負(fù)載代替變阻箱，由圖乙可知，在曲線①對應(yīng)的光照情況下，根據(jù)可得太陽能電池的輸出功率為[2]保持負(fù)載兩端電壓不變，即保持流過負(fù)載的電流不變，則如圖所示直線與曲線①、②交點(diǎn)對應(yīng)的電阻差即為所求，根據(jù)作出的圖像可知阻值為（14~18）。13.如圖，兩相同極板A與B的長度為，相距，極板間的電壓為。一