【文档说明】重庆市重庆乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，2.470 MB，由小赞的店铺上传

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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1.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（）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【答案】D【解析】【详解】如图所示的限速标志，是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时瞬时速度不能超过40km/h，在行驶的任何时刻都不

能超过该数值，行驶速度低于或者等于40km/h都是允许的。故选D。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mgD.重力对无人机做功的瞬时功率为mgv【答案】C【解析】【详解】A．该无人机处于平衡状态，故A错误；B．无人机运

动过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B错误；C．无人机在运动过程中受到自身竖直向下的重力，空气对其作用力与重力等大反向，故C正确；D．重力与速度v有夹角，重力对无人机做功的瞬时功率不等于mgv，故D错误。故选C。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1x，与此同时木块沿水平面移动的距离为2x，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（）①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为()122:xxx+②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为()121:xxx+③木块获得的动能与因系

统变热损失的动能之比为21:xx④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为12:xxA.①②③B.①②④C.②③④D.①③④【答案】A【解析】【详解】设摩擦力大小为f，对子弹运用动能定理可得12k()fxxE−+=弹对木块运用动能定理可得2kkfxEE==木木

可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为122kk:():EExxx=+弹木根据能量守恒可知，因系统变热损失的动能为1221kkk()EEEfxxfxfx=−=+−=弹木系则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为121kk:():EExxx=+弹系木块获得的动能与因系统变

热损失的动能之比为21kk::EExx=木系故选A。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；②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【答案】D【解析】【详解】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为1F，对空气有10Ftmv=−解得1mvFt=由牛顿第三定律可知，空气对

风扇和小车的平均作用力大小与风扇给小车的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为2F，有20Ftmv−=−解得2mvFt=由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给小车的

平均作用力大小相等，方向向右，综上所述，在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；CD．由上述分析可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小为mvt，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度

大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为3F，有3Ftmvmv−=−−解得32mvFt=由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给小车的平均作用力大小相等，方向向右。综上所述可知

，小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。故选D。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从B点射出，已知A、B两点距离PQ分别为22R和0.26R。sin150.26=，不考虑圆弧面上的反射光线，下列说法正确的是（）A.玻

璃的折射率为3B.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【答案】C【解析】【详解】A．由题意可得，从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，其光路图如图所示，由几何知

识可知入射角45=，折射角30r=，则有折射率sin2sinnr==A错误；B．光线在玻璃砖中传播时，光线与半径构成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能发生全反射，B错误；D．假设有光线会射向PQ，如图解所示，则有sinsinn=sinsin

2222cossinsin=+==45不存在，D错误；C．最上边和下边的光线恰好射向Q点，其余光线因为MQ区域的出射点总比PM区域的入射点位置低，只有部分区域有光线射出，C正确。故选C。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2yx=，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始做匀加速直线运动，导体棒先

后经过0yy=、04yy=的位置。若导体棒接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0yy=、04yy=的位置时，闭合回路中的电动势之比为1:1B.导体棒经过0yy=、04yy=的位置时，闭合回路中的电流大小之比

为1:4C.经过0yy=、04yy=的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1:1D.00y、004yy过程中，闭合回路中产生的电热之比为1:15【答案】D【解析】【详解】A．若导体棒运动到某一位置，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为(),xy，由匀变速直线运

动规律22vay=根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中的感应电动势大小为2EBvx=解得22EaBy=故感应电动势之比为1:4，，故A错误；B．由闭合电路欧姆定律，闭合回路中的电流为EIR=其中2Rkx=解得2BIayk=故电流之比为1:2，故B错误；C．导体棒所受安培力大小为2FBIx=解

得2222aByFk=故安培力之比为1:4，故C错误；D．显然，导体棒所受安培力大小与其位移大小y成正比，作出安培力随着位移变化的图像图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，也就是闭合回路产生的电热12QFy=解得2222aByQk

=故电热之比为()2221:411:15−=故D正确。故选D。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t（t未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨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2。已知卫星

Ⅰ对地球的张角为2，地球自转周期为0T，万有引力常量为G，则根据题中条件，可求出（）A.地球的平均密度为203GTB.卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为()sinsin−C.卫星Ⅱ的周期为303sinsin()T−D.题中时间t为303sinsin()T−【答案】C【解析】

的【详解】A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有2122104MmGmRRT=且有334MMVR==其中R为地球的半径，联立解得312303RGTR=A错误；B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为1和2，如

图所示在三角形AOB中，有sin()sinAOBO=−即12sin()sinRR=−根据22GMmmrr=可得3GMr=故有31221()RR=联立以上各式，有3312321sin()sin()RR

==−B错误；C．根据22(2)GMmmrrT=可得32rTGM=因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有3301322sin()()sinTRTR−==整理得3203sinsin()TT=−C正确；D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为

圆心角为2α，则有32032sin2sin()tTT==−但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为303sinsin()T−，D错误。故选C。二、多选题8.如图，理想变压器原、副线圈匝

数比为12:nn，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡1L、2L的阻值始终与定值电阻0R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，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（

）A1L先变暗后变亮，2L一直变亮B.1L先变亮后变暗，2L一直变亮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【答案】AD【解析】【详解】AB．副线圈的总电阻为200111appbRRRRR=+++

解得()()()()()()000020002appbappbappbRRRRRRRRRRRRRRR++++==++++则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有12221212122122221=nUUnnUnRRnInInIn

===等则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有10UIRR=+等，1212nIIn=1I先减小后增大，2I先减小后增大，则1L先变暗后变亮，根据110UUIR=−，2211nUUn=则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，pbR逐渐减小，副线圈的电压2U增大过程中L2I增

大；在副线圈的电压2U减小过程中，通过0R的电流为.020RapUIRR=+apR逐渐增大，则0RI越来越小，则0L22RIII=−则1L先变暗后变亮，2L一直变亮，故A正确，B错误；CD．对于等效后的电路为电源接灯泡1L和等效电阻，由于灯泡的电阻与定值电阻0R，所以电源的输出功率为

()220UPRR=+电源等由于电源的有效值恒定，而滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，等效电阻先增大后减小，所以输出功率先减小后增大，故C错误，D正确。故选AD。9.1S为振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿12SS直线传播，1S、2S两点之间的距离为9m．2S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．某时刻波正好传到2S右侧7m处，且1S、2S均在波峰位置．则（）A.2S开始振动时方向可能向下也可能向上B.波在2S左侧的周期比在右侧时大C.右侧的波长为()228=m012341nn=+

，，，，…D.左侧的波长为()13=m0123421nn=+，，，，…【答案】AD【解析】【分析】本题考查机械波传播的特点，以及机械波波长相关计算．【详解】A．2S的起振方向与振源的起振方向相同，但题目未说明振源起振方向，所以2S的起振方向无法判断，即可能向下也可能向上，A正确；B．机械波传

播过程中，波的周期与振源振动周期相同，与介质无关，所以左右两侧周期相同，B错误；C．若起振方向向下，则：2237m4n+=得228=m(=0,1,2,3......)43nn+，若起振方向向上，则：2217m4n+=得228=m(=0,1,2,3......)

41nn+，即有两种情况，C错误；D．由vT=可知：11223=4vv=起振方向向下时，121=m(=0,1,2,3......)43nn+，起振方向向上时，121=m(=0,1,2,3......)41nn+，因1S

、2S均在波峰，所以1S、2S之间有整数个波长，即193=3(=0,1,2,3......)7nn+（4）或193=1(=0,1,2,3......)7nn+（4）都是整数，由数学知识可知，两式包含所有奇数，即可表示为2

1n+，解得()13=m0123421nn=+，，，，…，D正确；故选AD．10.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，181as110s−=，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83.010m/sc=，普朗克常量346.610Jsh−=，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C.此阿秒光脉冲可以使能量为()1813.6eV2.210J−−−的基态氢原子电离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【答案】BC【解析】【详解】A．此阿秒光脉冲的波长为30nm550nmcT==由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射现象越明显知，所以波长为550nm的可见光比此阿秒光脉冲的衍射现象更明显，故A错误；B．由ch=知，此阿秒光脉冲比波长为550

nm的可见光的光子能量大，故总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B正确；C．阿秒光脉冲的光子能量最小值为18186.610J20J.21hhT−−===故此阿秒光脉冲可以使能量为−13.6eV（−2.2×10−18J）的基态氢原子电离，故C正确；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小于电子的运动周期，故D错误。故选BC。三、非选择题11.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30cmD=、的2rad/s=，则四次实验中最大的雾滴速度maxv=___________

m/s。【答案】（1）vD（2）①.d②.15【解析】【小问1详解】要求在纸带环转动半圈的时间内都到达纸带环，纸带环转过的角度若雾滴运动与纸带转动的时间均为maxDtv==则maxvD=故ω应满足的条件是vD【小问2详解】[1][2]最大

速度的雾滴到达纸带上的d点，雾滴落在d点时，从题图乙中可读出标志线到d点的距离0.60cms=因Dtv==12sD=则2max15m/s2DDvs===12.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______A，太阳能电池的内阻______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；在电路不变的情况下，光照改成曲线②所对应的强度，需要将阻值为______Ω的

电阻与此负载串联才能保证此负载两端的电压不变。（均保留三位有效数字）【答案】（1）①.2.25×10-2②.44.4（2）①.4.17×10-2②.15.0（14.0~18.0）【解析】【小问1详解】[1][2]由题可知，M点对应的电阻箱两端的电压为1.8V，电阻箱的电阻为80Ω，

则流过太阳能电池的电流为21.8A=2.2510A80UIR−==太阳能电池的电动势为E1=2.8V则根据1()EIRr=+可得内阻122.88044.42.2510ErRI−=−=−=【小问2详解】[1]用一个阻值恒为1

50Ω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，根据2UPRR=负负可得太阳能电池的输出功率为222.5150W=4.1710W150P−=[2]保持负载两端电压不变，即保持流过负载的电流不变，则如图所示直线与曲线①、②交点对

应的电阻差即为所求，根据作出的图像可知阻值为15（14~18）。13.如图，两相同极板A与B的长度为L，相距d，极板间的电压为U。一个电荷量为e、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0v，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的正切值。【答案】（1）2202eULmdv（2）20eULmdv【解析】小问1详解】【

在匀强电场中，由牛顿第二定律可得Uemad=解得eUamd=电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有0Lvt=竖直方向做匀加速直线运动，有212yat=联立解得2202eULymdv=【小问2详解】射出电场时竖直方向速度为yvat=射出电场时偏转的角度正切值为0tanyvv=联立解得20ta

neULmdv=14.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y轴负方向的匀强电场，y轴右侧存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为02mvBqL=的匀强磁场。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点()6,4LL

−以大小为03v的初速度沿x轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回y轴左侧，粒子经过M点时在y轴左侧增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sin530.8=，cos530.6=。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【答案】（1

）202mvEqL=（2）()090143π45Ltv+=（3）207vv=【解析】【小问1详解】粒子在PO间做类平抛运动，平行于x轴方向有0163Lvt=解得102Ltv=平行于y轴方向有21142Lat=根据牛顿第二定律得

qEma=解得202mvEqL=小问2详解】设粒子经过O点时与x轴正方向间的夹角为，则沿y轴方向的分速度【1104yvatv==又104tan33yvv==解得53=粒子在磁场中运动的速度010

35cos53vvv==如图1所示174OOM=，粒子在y轴右侧做圆周运动的时间21360742π360rtv−=由洛伦兹力提供向心力有211mvqvBr=代入02mvBqL=可得20143π45

Ltv=从P点运动到M点的总时间()1200090143π2143π4545LLLtttvvv+=+=+=【小问3详解】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x轴方向上，由动量定理得Δ0yxqvB

tmv−=−其中03xvv=，设yvtd=，则03qBdmv−=−解得6dL=从M点到N点，洛伦兹力不做功，由动能定理得22211122qEdmvmv=−解得207vv=15.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0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,RABCD、两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中ABCD、两边受到的阻力均为fkv=（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）在图2装置中，若222BlkR=，则导线框转动的最大角速度m；（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。【答案】（1）顺时针（2）0m2=（3）()()2222222BlEkRtBltmRSBlkR+−=+【解析】【小问1详解】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。【小问2详解】当金属线框ABCD达到稳定时，线框ABCD、两边切割磁感线的相对速度大小为0m()2lv=−相对根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为20m2()EBlvBl==−

相对则此时的感应电流为20m()EBlIRR−==金属线框ABCD、两边所受的安培力均为230m()BlFBIlR−==安又有ABCD、两边所受的安培力均与阻力平衡fF=安又阻力m2lfkvk==当222BlkR=时22

230mm2()2BllBlRR−=解得导线框转动的最大角速度0m2=【小问3详解】转动稳定后达到最大角速度m，ABCD、两边所受的安培力均与阻力平衡fF=安又m2lfkvk==根据法拉第电

磁感应定律可得此时的感应电动势为2m2EBlvBl==则此时的感应电流为2mEEEBlIRR−−==ABCD、两边所受的安培力()2mBlEBlFR−=安则()2mm2BlEBlRlk−=解得m2222BEBlkR=+设安培力的冲量为AI，由动量定理Am222

2lIftm−=又()AA222(2)2iiBlEBlvBlEtBlSIFttBlkRR−−===+综合解得m22242BlEtmlRSBlkR−=+代入m，得()()2222222BlEkRtBltmRSBl

kR+−=+