重慶市育才中學校高2025屆高三上一診模擬考試二（75分鐘）

物理黃卷

一、單選題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.元代《王楨農書》記載了母斗，它是一種小型的人力提水灌田農具，形狀像斗，靠兩人拉繩牽斗取水。

如圖所示，繩兩邊對稱，不計繩子質量，犀斗處于平衡狀態時，若兩人站得越近，則（）

A.兩邊繩子對犀斗的合力越大B.兩邊繩子對摩斗的合力越小

C.人對每邊繩子的拉力越小D.人對每邊繩子的拉力越大

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.對庫斗受力分析，可知兩條繩子與豎直方向夾角相同，提供大小相等的拉力。合力與其斗

的重力平衡。所以兩人站的遠近不影響繩子對腳斗的合力，AB錯誤；

CD.由共點力平衡條件知

2Tcos6=mg

當兩人站得越近，兩繩夾角越小，則繩中拉力越小，C正確，D錯誤。

故選C。

2.國際機器人聯合會年9月發布的報告顯示，中國工業機器人總保有量近180萬臺，位居全球第一。某工

業機器人在一段時間內運動的圖像如圖所示，在。?4s內，下列說法正確的是（）

A.機器人做曲線運動B.機器人做勻減速運動

C.機器人的速度變化率變大D.機器人在0?4s內的位移小于12m

【答案】D

【解析】

【詳解】A.V-t圖像只能描述直線運動，所以機器人做直線運動，A錯誤;

BC.根據丫一，圖像中圖線的斜率表示加速度可知，機器人在0~4s內做減速運動，且加速度減小，速度

的變化率逐漸減小，BC錯誤；

D.根據V-C圖像中的圖線與r軸所圍面積表示位移，用直線連接圖線初、末兩點，對應圍成面積為

1+5，

_X4m=12m

而原圖線位于連線下方，所以機器人在4s內的實際位移小于l2m,D正確。

故選D。

3.游樂園的夜晚身披彩燈的摩天輪格外醒目。若摩天輪繞中間的固定軸勻速轉動，則以下說法正確的是

()

A.因為角速度為恒量，所以在相同的時間內，乘客的速度變化量相同

B.乘客在最低點時，他的動量變化率為零

C.當乘客位于摩天輪的最高點時他對座椅的壓力最小

D.乘客在與轉軸等高的位置時，他的加速度就是重力加速度

【答案】C

【解析】

【詳解】A.摩天輪繞中間的固定軸做勻速圓周運動，所受合外力大小不變，但方向不斷變化，是變加速

運動，所以在相同時間內，乘客的速度變化量大小相等，但方向不同，故A錯誤；

B.根據動量定理可知“動量變化率大小即為物體的合力大小”，由于摩天輪繞中間的固定軸做勻速圓周運

動，根據曲線運動的條件可知，乘客需要合外力，所以他的動量變化率不為零，故B錯誤；

C.當乘客位于摩天輪的最高點時，他受到的合外力豎直向下，加速度向下，所以他處于失重狀態，故乘

客位于摩天輪的最高點時他對座椅的壓力最小，故c正確；

D.乘客在與轉軸等高的位置時，他受到的合外力水平指向圓心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，

故D錯誤。

故選C。

4.“地震預警”是指在地震發生以后，搶在地震波傳播到受災地區前，向受災地區提前幾秒至數十秒發出

警報，通知目標區域從而實現預警。科研機構對波朗特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波?=0

時刻的波形圖，M是此波上的一個質點，平衡位置處于4m處，圖乙為質點M的振動圖像，則()

A.該列波的傳播方向沿x軸正向傳播

B.該列波的傳播速度為4m/s

C.質點M在7s內通過的路程為280cm

D.質點M在2s內沿x軸運動了8m

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據圖乙可知，0時刻，質點M沿y軸正方向運動，根據圖甲，利用同側法可知，該列波的

傳播方向沿龍軸負向傳播，故A錯誤；

B.根據圖甲可知，波長為4m,根據圖乙可知，周期為2s,則波傳播速度為

v=—=Jm/s

T

故B錯誤；

C.由于

7s=打+工7

o

則質點M在7s內通過的路程為

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

故C正確；

D.機械波傳播的是質點振動的形式與能量，質點本身不會隨波發生遷移，故D錯誤。

故選C。

5.如圖是高中物理必修第一冊封面上的沙漏照片。同學們發現照片中的砂粒在空中時都看不出砂粒本身的

形狀，而是成了條條痕跡，砂粒的疏密分布也不均勻。若近似認為砂粒下落的初速度為0,忽略空氣阻

力，不計砂粒間的相互影響，設砂粒隨時間均勻漏下，同學們有以下推斷，其中正確的是（）

A.出口下方6cm處的痕跡長度約是？cm處的W倍

B.出口下方6cm處的痕跡長度約是2cm處的3倍

C.出口下方0?-cm圍內的砂粒數約與2~6cm范圍內的砂粒數相等

D.出口下方°?icm范圍內的砂粒數遠少于2?Scm范圍內的砂粒數

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.根據V'=可知，出口下方6cm處的速度約是2cm處的小倍，出口下方6cm處的痕跡

長度約是2cm處的6倍，故A正確，B錯誤；

CD.根據初速度是零的勻變速運動在相鄰相等時間內的位移之比為1:3:5.,可知從出口下落0?2cm與

2?8cm的時間是相等的，因砂粒隨時間均勻漏下，可知出口下方。?2cm范圍內的砂粒數約與2?8cm范

圍的砂粒數相等，故CD錯誤。

故選A?

6.某國產手機新品上市，持有該手機者即使在沒有地面信號的情況下，也可以撥打、接聽衛星電話。為用

戶提供語音、數據等衛星通信服務的“幕后功臣”正是中國自主研制的“天通一號”衛星系統，該系統由

“天通一號”01星、02星、03星三顆地球同步衛星組成。已知地球的自轉周期為T,地球的半徑為R,

該系統中的衛星距離地面的高度為人電磁波在真空中的傳播速度為c,引力常量為G。下列說法正確的

是（）

4-

A.可求出地球的質量為

B.“天通一號”01星的向心加速度小于靜止在赤道上的物體的向心加速度

C.“天通一號”01星若受到稀薄空氣阻力的影響，運行軌道會逐漸降低，運行速度會逐漸變小

2h

D.該手機向此衛星系統發射信號后，至少需要經過時間T,手機才能接收到信號

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據萬有引力提供向心力，有

_Mm

G--------7但+〃）

(R+為/I）

可知地球的質量為

故A錯誤;

B.根據

可知“天通一號”01星的向心加速度

(R+h)

靜止在赤道上的物體的向心加速度

則%>的,故B錯誤；

C.“天通一號”01星若受到阻力的影響，運行軌道會逐漸降低，即軌道半徑會逐漸減小，根據

cMmv2

G-L=m—

rr

有

[GM

v什

可知，變小，V變大，故C錯誤;

D.該手機信號從發射到返回至該手機，路程至少為2九所需時間至少為

故D正確。

故選D。

7.真空中有電荷量為+4。和一。的A、8兩個點電荷固定在x軸上，其中A的坐標為“=-4,8的坐標

為與二°,如圖所示，規定x軸正方向為電場強度的正方向，無窮遠處為電勢零點。現將一個帶負電的

試探電荷C從坐標a處（0<°<刈靜止釋放，用耳和線分別表示試探電荷C的電勢能和動能，x軸正半

軸上各點電場強度E和電勢中隨尤變化。下列圖像正確的是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據電勢決定式

*r

由于電勢是標量，設X。（M>°）處的電勢為零o,得

0=絲一絲

d+x0A0

解得

d

A0<x<―

故可知當，時

(p<0

X>±

當3時

(f>>0

故A正確；

B.試探電荷的受力存在一個轉折點，即吸引力和排斥力平衡點，設該點坐標xi(xi>0),根據

kx4Qq_kQq

~T=~~

("xjvi

解得

可知電場強度為0的點位于X軸正半軸上距離坐標原點為d的點，故B錯誤；

C.從靜止釋放到xi=d的位置，電場力做正功，動能增大，過了xi=d的位置再往正方向運動時，電場力

做負功，動能減小，故C錯誤；

D.從靜止釋放到尤i=d的位置，電場力做正功，電勢能減小，過了xi=d的位置再往正方向運動時，電場

力做負功，電勢能增大，故無尸4是電勢能的最低點，但無窮遠處電勢趨于零，故無窮遠處電勢能趨于

零，不會存在大于零情況，故D錯誤。

故選Ao

二、多選題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項

符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。

8.如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平

臺邊緣的N發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在()

A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動

B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

【答案】BC

【解析】

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒

可知

mv=wvM

1,131J

—=—mvM+-wvj,

由于兩小球質量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

%=°,VN=V

碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于V；

在豎直方向上做自由落體運動，即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動。

故選BC。

9.圖（a）所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為4」，RT為阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，Ri

為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電表。原線圈所接電壓M隨時間f按正弦規律變化，如圖

（b）所示。下列說法正確的是（）

A.變壓器輸入、輸出功率之比為4:1

B.變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1:4

c.u隨t變化的規律為"=51sin（50m）（國際單位制）

D.當電阻的溫度降低時電流表讀數變小電壓表的讀數不變

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由題意，變壓器是理想變壓器，故變壓器輸入、輸出功率之比為11,故A錯誤;

B.變壓器原、副線圈中的電流之比與匝數成反比，即

故B正確；

C.由圖（b）可知交流電壓最大值

4=5iv

周期

T=0.02s

可由周期求出角速度的值為

a■100^1ad/s

則可得交流電壓〃的表達式

t/=51sinl00^(V)

故C錯誤；

D.4處溫度升高時，阻值減小，電流表的示數變大，電壓表示數不變，故D正確。

故選BDo

10.如圖所示，半徑為R、圓心為。的半圓軌道豎直固定在水平面上，質量為的小球P通過輕質細線

跨過兩定滑輪A、B后與質量為m的物體Q相連接，左側的滑輪A剛好位于。點正上方，且O到滑輪A

的距離為R,M點為軌道上一點，/MON=60°,N點為軌道的最低點，現將小球P從軌道左側的最高點由

靜止釋放，整個運動過程中物體Q不會與滑輪發生碰撞。重力加速度為g,小球P可視為質點，兩定滑輪

的大小不計，一切摩擦阻力均可忽略。則下列說法正確的是()

A.小球P由釋放到N的過程，物體Q始終超重

申1+6-同gR

B.到M點時小球P的速度大小為3

"1+旦向gR

C.到M點時物體Q的速度大小為3

D.到N點時小球P的加速度大小為

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.小球P沿繩方向的分速度與Q的速度相等，則Q的速度先增大后減小，則物體Q先超重,

再失重，故A錯誤；

BC.到/點時，根據速度分解有

vpsin30°=VQ

根據系統機械能守恒有

/\11

33

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

解得

25十區向gR拙+小⑹gR

VP=4VQ=4

故B正確，C錯誤；

D.到N點時，根據系統機械能守恒有

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

根據向心加速度公式有

故D正確；

故選BDo

三、非選擇題：共57分。

11.某同學用DIS“測電源電動勢和內電阻”實驗電路如圖(a)所示，某次實驗電壓傳感器示數U與電流

傳感器示數/'U-/關系如圖小)所示。

圖(a)囹(b)圖(c)

(1)圖(a)中.定值電阻耳在電路中的作用是。

(2)由圖(b)的可得，該電源電動勢V,內阻「=Q。.

u_

(3)根據實驗測得的U,/數據，若令】'='R，.一=/,則由計算機擬合得出的丁一丁圖線如圖(c)所

示，則圖線最高點A點的縱坐標】'=W(結果保留3位有效數字)。

【答案】(1)保護電源

(2)①.2.83②.1.03

(3)1.94

【解析】

【小問1詳解】

為防止滑動變阻器接入電路的阻值為零導致電路電流太大損壞電源，要在電路中接入保護電阻，因此定值

電阻Ro在電路中的作用是保護電源；

【小問2詳解】

[1]根據閉合電路歐姆定律

U^E-Ir

UT圖像表達式可知，電源電動勢

￡=2.83V

⑵內阻

r=1.030

【小問3詳解】

由題意可知

4居

則功率

E2

&=——

R*+r(公

+4r

呢

當

R外=r=1.03Q

時，電源的輸出功率最大

7=L94W

所以圖線最高點A點的縱坐標

j，=1.94W

(1)為補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力，調節木板傾角，使小車在不掛槽碼時運動，并打出紙

帶進行檢驗，下圖中能表明補償阻力恰當的是

（2）某次實驗得到一條紙帶，部分計數點如下圖所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫

出），測得5=6.20cm,s?=6.70cm,7.21cm,$4=7.73cm。已知打點計時器所接交流電源頻率為

50Hz,則小車的加速度。=m/s'（要求充分利用測量數據，結果保留兩位有效數字）；

:----S---|-------：-----------$--2--------：-----------?--------------：------------”--------------?!

(3)該同學將一個可以直接測出繩子拉力的傳感器安裝在小車上，小車和傳感器總質量為2工國。按要

求補償阻力后，該同學共進行了四次實驗，懸掛的槽碼質量依次為58、1°8、1°8、4°8處理數據時，用兩種

方式得到小車(含傳感器)受到的合力，一種將槽碼所受重力當作合力、另一種將傳感器示數當作合力，

則這兩種方式得到的合力差異最大時，槽碼質量為go

【答案】(1)B(2)0151

(3)40

【解析】

【小問1詳解】

若補償摩擦力恰當，則小車應該勻速運動，打出的紙帶應該點跡均勻分布，故選B。

【小問2詳解】

每相鄰兩個計數點間還有4個點未畫出，可知T=0.1s；小車的加速度

a=(7.73+7.21-670-620)xlQ-^m/s3=0萬柳

4T34x0?

【小問3詳解】

根據牛頓第二定律，對祛碼

mg-T=ma

對小車

T=Ma

可得

T=M^=^mg

M+m［十一

則當小較小時傳感器的示數越接近與祛碼的重力機g；加越大，則傳感器的示數與祛碼重力的差異越大，

即這兩種方式得到的合力差異最大時，槽碼質量為40g0

13.如圖所示，兩平行金屬導軌彎折成90度角的兩部分，導軌接有電動勢E=3V,內阻r=0.5。的電源，

定值電阻耳二°5C,導軌間距￡=o.5m,導軌電阻忽略不計。導軌的豎直部分左側有一根與其接觸良好

的水平放置的金屬棒ab,在金屬棒所在空間加一豎直向上的勻強磁場(圖中僅畫出了一根磁感線)，金

屬棒油質量加=100g,電阻不計。己知導軌豎直部分與金屬棒間的動摩擦因數〃=0.5(設最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力)，已知重力加速度g=求：

BEr凡

（i）要使金屬棒能處于靜止狀態，則所加的豎直向上的勻強磁場的磁感應強度至少多少？

（2）若將豎直向上的勻強磁場繞以金屬棒油為軸逆時針轉過90。的過程中（保證金屬棒靜止且與導軌接

觸良好），要使金屬棒最后仍能處于靜止狀態，則磁感應強度最后為多少？

【答案】（1）4T（2）2T

【解析】

【小問1詳解】

由受力分析，根據共點力平衡條件得

月=mg

且

￡?小

而

FV=BIL

故有

/.iBIL=mg

由閉合電路歐姆定律有

E

7=^—=1A

r+凡

聯立解得

5=^-=4T

fdL

所以所加的豎直向上的勻強磁場的磁感應強度至少為4T。

【小問2詳解】

當8逆時針轉過90。時，安培力豎直向上，則

B'lL=mg

解得

故磁感應強度最后的大小為2To

14.圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強

度大小3=20xlO^T,在x軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器，現將

一帶正電荷的粒子以v=3.5xl04m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點Z,=0.50m的Af處

被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為"z,電量為q,不記其重力。

q

(1)求上述粒子的比荷m；

(2)如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方

向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這

個勻強電場；

(3)為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，在第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區域內，

求此矩形磁場區域的最小面積。

【答案】(1)4.9xlO7C/kg

（2）5=70N/C,f=7,9x10^s

（3）S=0.25m

【解析】

【小問1詳解】

設粒子在磁場中的運動半徑為r,如圖所示

接收器

依題意/、P連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得

V2T

I-

粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

V3

qvBD=m—

r

聯立代入數據解得

^=49xlO7C/kg

m

【小問2詳解】

設所加電場的場強大小為￡,當粒子經過。點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿尤軸正方向

的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有

qE=qvB

解得

5=70N/C

所加電場的場強方向沿X軸正方向。由幾何關系可知，圓弧尸。所對應的圓心角為45°,設帶電粒子做勻

速圓周運動的周期為T,則有

45。2<r

------11"—

360°,v

聯立代入數據解得

f=7.9xl0-e

【小問3詳解】

矩形對應的最小面積如圖所示

根據幾何關系可知最小矩形面積為

S=2r

代入數據解得

5-=0.25m

15.如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為。=37。，斜面上并排放置的兩個小物塊A、B在沿斜面向上的恒力

F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，A、B物塊間接觸但不粘連，尸作用在物塊A上，當物塊A、B獲

得的速度大小為vo時撤去凡已知物塊A、B的質量均為加，且物塊A、B與斜面間的動摩擦因數分別為

31

卜1人=—/4=一

,4和4,恒力尸=24"g,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，Sin37o=0.6,

cos37°=0.8?

（1）求恒力廠的作用時間;

（2）撤去F后，求B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離;

（3）設A、B間每次碰撞時間極短（可忽略不計），且皆為彈性正碰，求:

①撤去產后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小;

②撤去產后，A、B物塊從發生第一次碰撞到發生第w次碰撞時，系統損失的機械能。

【解析】

【詳解】（1）對A、B整體，根據牛頓第二定律，有

F-2mgsin0-（/4+〃，加gcos8=2ma

解得

a=0.2g

所以力E作用的時間為

”土=組

02gg

（2）撤去外力?后，對物塊A,有

mgsind+以腐cos0=mak

解得

幺=1

對物塊B,有

mgsm6+為mgcos6=ma.

解得

a,=08g

由于物塊A的加速度大于物塊B的加速度，所以物塊A先速度減為零，且保持靜止，B沿斜面向上運動

的速度減為零時A、B之間的距離為

_5>

2aB2aA24g

（3）①物塊B速度減為零時，繼續反向做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律，有

mgsin6-卜％mgcos6=

所以

/’=04g

根據速度位移關系可得

解得A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為

拓

vi=—'b

0

②A、B發生第一次彈性碰撞，則有

加匕=mv2+wv3

所以碰后兩物體速度交換

碰后A做勻速直線運動，B做初速度為零的勻加速直線運動，到第二次碰撞時，有

1，7

V/1=~alh

解得

5y/6v

ty=---0----

6g

%=$=--

6g