2025届重庆市乌江新高考协作体高三上学期9月考-物理试卷（含答案）.docx

重庆乌江新高考协作体 2025 届高考质量调研（一）
物理试题
（
分数：100 分，时间：75 分钟）
一、单选题
．公路上常有交通管理部门设置的如图所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时
1
（
ꢀꢀ）
A．平均速度的大小不得超过这一规定数值
B．平均速率的大小不得超过这一规定数值
C．必须以这一规定速率行驶
D．汽车上的速度计指示值不得超过这一规定数值
2
．近年来无人机在军事、工业等领域均有广泛的应用，一质量为 m 的无人机在执行远程侦察任务，某段
时间内该无人机以速度 v 沿着与水平方向成 θ 角斜向上的方向匀速直线飞行，重力加速度为 g，则（
A．该无人机处于超重状态
）
B．该无人机在运动的过程中机械能守恒
C．空气对该无人机作用力的大小为 mg
D．重力对无人机做功的瞬时功率为 mgv
3
．一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为x1 ，与
x
2
此同时木块沿水平面移动的距离为 ，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程
中（ꢀꢀ）
子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(
x + x : x
2
)
①
②
1
2
子弹损失的动能与系统损失的动能之比为(
x + x : x1
)
1
2
x : x
③
④
木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
2
1
x : x
1
2
A．①②③
B．①②④
C．②③④
D．①③④
物理试卷
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4
．某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风
扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了
如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①
②
如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（ꢀꢀ）
A．乙中的小车向左运动
B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动
D．丙中的小车向右运动
5
．半圆柱形玻璃砖的底面镀有一层反射膜， PMQ 为玻璃砖的半圆形横截面，M 为最高点，O 为圆心，半
径为 R。一束宽为 R 的平行光的下边恰好沿着底边 PQ ，如图所示。其中从 A 点射入的光线经玻璃折射后
2
从 B 点射出，已知 A、B 两点距离 PQ 分别为
R 和0.26R 。sin15° = 0.26 ，不考虑圆弧面上的反射光线，
2
下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A．玻璃的折射率为
3
B．有部分光线在圆弧 MQ 区域发生全反射
C．只有圆弧 MQ 的部分区域有光线射出
D．射向圆弧 MQ 区域的光线有一部分来源于 PQ 处反射的光线
6
．如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方
程
y = x2 ，空间分布者垂直 xOy 平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒
ab 与 x 轴重合，且关于 y 轴对称放置，再用沿 y 轴正向的外力使其由静止开
y = 4y
始做匀加速直线运动，导体棒先后经过 y = y0 、
的位置。若导体棒接
0
入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和 x 轴平行并和导轨接触良
好，不计摩擦，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A．导体棒经过 y = y 、 y = 4y 的位置时，闭合回路中的电动势之比为1:1
0
0
B．导体棒经过 y = y 、 y = 4y 的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1: 4
0
0
物理试卷
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C．经过 y = y 、 y = 4y 的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1:1
0
0
D．0 ~ y 、 y ~ 4y 过程中，闭合回路中产生的电热之比为1:15
0
0
0
7
．2019 年 3 月 10 日，长征三号乙运载火箭将“中星6C ”通信卫星（记为卫星Ⅰ）
送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通
信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期
内都有一段时间 （ 未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨
t
t
道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心
角为 2a 。已知卫星Ⅰ对地球的张角为
2
b
，地球自转周期为T0 ，万有引力常量为G ，则根据题中条件，可
求出（ꢀꢀ）
p
sin b
3
GT02
A．地球的平均密度为
B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
sin a - b
(
)
sin3
sin3 (a - b)
b
sin3
sin3 (a - b) p
b
a
×T0
D．题中时间t 为
×
T0
C．卫星Ⅱ的周期为
二、多选题
8
．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为 n : n ，输入端 C、D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡 L
1
2
1
、
L2 的阻值始终与定值电阻 的阻值相同。在滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑动到 b 端的过程中，两个灯
R
0
泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A． L 先变暗后变亮， L 一直变亮
1
2
B． L 先变亮后变暗， L 一直变亮
1
2
C．电源的输出功率先增大后减小
D．电源的输出功率先减小后增大
9
． S 为振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿 S S 直线传播， S 、 S 两点之间的距离为
1
1
2
1
2
m ． 点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为 3：4．某时刻
S
9
2
S
S
1
S
2
波正好传到 右侧7m 处，且
、
均在波峰位置．则（
）
2
A． S2 开始振动时方向可能向下也可能向上
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B．波在 S2 左侧的周期比在右侧时大
2
n +1
8
C．右侧的波长为l2 =
m(n = 0，1，2，3，4 … )
3
n +1
D．左侧的波长为l1 =
m(n = 0，1，2，3，4 … )
2
1
0．产生阿秒光脉冲的研究工作获得 2023 年的诺贝尔物理学奖，阿秒（as）是时间单位，1as = 1´10-18 s
，
阿秒光脉冲是发光持续时间在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子内电
子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为 100as 的阿秒光脉冲，持续时间内至少包含一个完整的光波
周期。取真空中光速c = 3.0´108 m / s ，普朗克常量 h = 6.6´10-34 Js ，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A．对于 0.1mm 宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为 550nm 的可见光的衍射现象更明显
B．此阿秒光脉冲和波长为 550nm 的可见光束总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少
(
-
13.6eV -2.2´10-18 J)的基态氢原子电离
C．此阿秒光脉冲可以使能量为
D．为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电子的运动周期
三、非选择题
1．某同学设计了一个测定喷漆枪向外喷射油漆雾滴速度的实验。他采用图甲所示的装置：一个直径为
1
D 的纸带环安放在一个可以按照一定转速转动的固定转台上，纸带环上留有一条狭缝 A，在狭缝 A 的正对
面画一条标志线，在转台开始转动至达到稳定角速度 ω 后，从侧面同样开有狭缝 B 的纸盒中喷射油漆雾
滴，当狭缝 A 转至靠近狭缝 B 且与之平行正对时，油漆雾滴便通过狭缝 A 在纸带的内侧面留下痕迹。不
计雾滴所受的重力和空气阻力。
(1)用 v 表示四次实验中油漆雾滴的速度，若要保证四次实验雾滴都在纸带环转动半圈的时间内到达纸带
环，则纸带环转动的角速度 ω 应满足的条件是
。
(2)已知该喷漆枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴。改变喷射速度并重复实验，在纸带上留下
一系列的痕迹 a、b、c、d，将纸带从转台上取下来，展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示，在满足（1）
的条件下，a、b、c、d 四个痕迹中代表雾滴速度最大的痕迹是
；若 D = 30cm 、w = 2rad / s ，则
四次实验中最大的雾滴速度v
=
m/s。
max
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1
2．某兴趣小组使用如图甲所示电路，探究太阳能电池的输出电压与光照强度及外电路电阻的关系，图中
电压表为理想电压表。
(1)在某光照强度下，测得太阳能电池的输出电压 U 与电阻箱电阻 R 之间的关系如图乙中的曲线①所示，
随 R 增大，U 逐渐逼近 2.80V。由该曲线可知，M 点对应的流过太阳能电池的电流为
的内阻 Ω； （均保留三位有效数字）：
(2)在另一更大光照强度下，测得 U—R 关系如图乙中的曲线②所示。用一个阻值恒为 150Ω 的负载代替变
阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，太阳能电池的输出功率为 W；在电路不变的情况
Ω 的电阻与此负载串联才能保证此负载两端的电
A，太阳能电池
下，光照改成曲线②所对应的强度，需要将阻值为
压不变。（均保留三位有效数字）
1
3．如图，两相同极板 A 与 B 的长度为 L ，相距d ，极
e
板间的电压为U 。一个电荷量为 、质量为 m 的电子，
沿平行于板面的方向从极板左端中点射入电场中，射入
时的速度为v0 ，把两板间的电场看作匀强电场。
(1)求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离 y ；
(2)求电子射出电场时速度与水平方向夹角q 的正切值。
1
4．利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在 xOy 坐标系的 y 轴左侧存在沿
mv0
y
轴负方向的匀强电场， y 轴右侧存在垂直于
xOy
B =
平面向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场。现
2
qL
，电荷量为 q 的带正电粒子，从 P 点(-6L,4L)
以大小为3v 的初速度沿 轴正方向发射，恰
m
x
有一质量为
0
y
y
好经过坐标原点 O 进入右侧磁场，再经过 M 点（未画出）返回 轴左侧，粒子经过 M 点时在 轴左侧增
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加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从 M 点到达 N 点（未
画出）时速度方向第一次与 y 轴平行。不计带电粒子的重力，已知
sin53° = 0.8 ，cos53° = 0.6 。求：
(1)匀强电场的电场强度 E 的大小；
(2)粒子从 P 点运动到 M 点的时间；
(3)粒子在 N 点时的速度大小
1
5．某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图 1 利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框
ABCD 在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线OO¢ 发生转动。图 2 为三个线圈连接到三相电源
上，电流形成的磁场可等效为角速度w0 的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框 ABCD ，导线框由静
止开始转动。图 3 为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图 1 的正视图和图 2 的俯视图。已知
导线框 ABCD 的边长为 l，电阻为
R, AB、CD
两边的质量均为 m，所处位置的磁感应强度大小均为 B，磁
f = kv
场方向始终与转动方向垂直，转动中 AB、CD 两边受到的阻力均为
（k 为比例系数，v 为线速
度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为 E，内阻不计，
(1)在两种驱动装置中，若图 1、2 导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时
针；
2
B
2
l
2
(2)在图 2 装置中，若 k =
，则导线框转动的最大角速度wm ；
R
(3)在图 1 装置中，若导线框经过时间 t 恰好达到最大角速度，则在该过程中 AB 边转过的弧长 S。
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物理答案
（
分数：100 分，时间：75 分钟）
1
8
9
1
-4．DCAD
．AD
5-7．CDC
．AD
0．BC
p
v
1
1．(1)w <
D
(2)
d
15
2.25×10-2
4.17×10-2
1
2．(1)
44.4
15.0（14.0~18.0）
(2)
3．（1）在匀强电场中，由牛顿第二定律可得eU = ma ，解得 a =
eU
md
1
d
L = v0t
电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有
1
eUL2
y = at
2
y =
，联立解得
竖直方向做匀加速直线运动，有
2
2
mdv02
v = at
2）射出电场时竖直方向速度为
（
y
vy
eUL
射出电场时偏转的角度q 正切值为
tanq =
，联立解得
tanq =
mdv0
2
v0
2
L
x
6L = 3v t
t =
，解得
1
4．（1）粒子在 PO 间做类平抛运动，平行于 轴方向有
0
1
1
v0
1
平行于 y 轴方向有
4L = at1
2
2
2
mv0
qL
2
qE = ma
E =
，解得
根据牛顿第二定律得
x
q
y
v
1
= at1 = 4v0
（
2）设粒子经过O 点时与 轴正方向间的夹角为 ，则沿 轴方向的分速度
y
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v1y
4
3
tanq =
=
，解得q = 53°
又
3v0
3
v0
粒子在磁场中运动的速度v1 =
= 5v0
cos53°
如图 1 所示
3
60° - 74° 2πr
Ð
OO1M = 74°，粒子在 y 轴右侧做圆周运动的时间，t2 =
´
360°
v1
2
mv0
2qL
143πL
mv1
r
B =
可得t
2
=
由洛伦兹力提供向心力有 qv1B =
，代入
45v0
(
+
)
2
L
143πL
90 143π L
t = t + t =
+
=
从 P 点运动到 M 点的总时间
1
2
v0
45v0
45v0
（
3）粒子离开 M 点回到 y 轴左侧后，对粒子受力分析，如图 2 所示
粒子从 M 点到 N 点，在 轴方向上，由动量定理得
x
-å qvy B×Δt = 0 - mvx
v = 3v ，设åvy ×Dt = d
-qBd = -3mv0 ，解得d = 6L
其中
，则
x
0
1
1
2
qEd = mv2 - mv2
v = 7v
2 0
从 M 点到 N 点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
，解得
2
1
2
1
5．（1）图 1 装置，导线框顺时针转动，图 2 装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场
的转动方向也为顺时针。
l
（
2）当金属线框 ABCD 达到稳定时，线框 AB、CD 两边切割磁感线的相对速度大小为v相对 = (w -w )×
0
m
2
E¢ = 2Blv相对 = Bl (w -w )
2
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
0
m
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E¢ Bl
2
(w -w )
则此时的感应电流为 I =
=
0
m
R
R
B2l3(w -w )
金属线框 AB、CD 两边所受的安培力均为 F安 = BIl =
0
m
R
f = F
又有 AB、CD 两边所受的安培力均与阻力平衡
安
l
2B2l
2
2B2l
2
l
B2l3(w -w )
又阻力 f = kv = kwm ，当 k =
时
wm
=
0
m
2
R
R
2
R
w0
2
解得导线框转动的最大角速度wm =
（
3）转动稳定后达到最大角速度wm ， AB、CD 两边所受的安培力均与阻力平衡
f = F
安
l
又 f = kv = kwm
2
E¢¢ = 2Blv = Bl2wm
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
(
)
E - E¢¢ E - Bl
2wm
Bl E - Bw l
2
则此时的感应电流为 I =
=
AB、CD 两边所受的安培力 F安 =
m
R
R
R
(
- w )
Bl E
B
l
2
2BE
l
则 kwm
=
m
，解得wm =
2B2l kR
2
+
2
R
l
I
设安培力的冲量为 ，由动量定理
2IA - 2 ft = 2m×wm
A
2
(
-
)
Bl(Et - 2BlS)
å Bl E
2
2Blvi
+
å
又 IA =
FAiDt =
Dt =
2
B l kR
2
R
2
BlEt - mwmlR
综合解得 S =
4
B
2
l
2
+ 2kR
(
mR)
BlE kRt 2B2l
+
2
t
-
代入wm ，得
S =
(2B2l
kR
+ )2
2
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