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2025年重庆市育才中学高三（上）一诊模拟物理试卷（二）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.元代王桢农书记载了戽斗，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，戽斗处于平衡状态时，若两人站得越近，则( )
A. 两边绳子对戽斗的合力越大
B. 两边绳子对戽斗的合力越小
C. 人对每边绳子的拉力越小
D. 人对每边绳子的拉力越大
2.国际机器人联合会年月发布的报告显示，中国工业机器人总保有量近万台，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. 机器人在内的位移小于
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
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。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波时刻的波形图，是此波上的一个质点，平衡位置处于处，图乙为质点的振动图像，则( )
A. 该列波的传播方向沿轴正向传播 B. 该列波的传播速度为
C. 质点在内通过的路程为 D. 质点 在内沿轴运动了
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，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. 出口下方处的痕迹长度约是处的倍
B. 出口下方处的痕迹长度约是处的倍
C. 出口下方围内的砂粒数约与范围内的砂粒数相等
D. 出口下方范围内的砂粒数远少于范围内的砂粒数
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”星、星、星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为，地球的半径为，该系统中的卫星距离地面的高度为，电磁波在真空中的传播速度为，引力常量为。下列说法正确的是( )
A. 可求出地球的质量为
B. “天通一号”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”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
D. 该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间，手机才能接收到信号
7.真空中有电荷量为和的、两个点电荷固定在轴上，其中的坐标为，的坐标为，如图所示，规定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从坐标处静止释放，用和分别表示试探电荷的电势能和动能，轴正半轴上各点电场强度和电势随变化。下列图像正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球和。水平向右运动，速度大小为。与静置于平台边缘的发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，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
D. 水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于
9.图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为：，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压随时间按正弦规律变化，如图所示．下列说法正确的是( )
A. 变压器输入、输出功率之比为：
B. 变压器原、副线圈中的电流强度之比为：
C. 随变化的规律为国际单位制
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
10.如图所示，半径为、圆心为的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为的小球通过轻质细线跨过两定滑轮、后与质量为的物体相连接，左侧的滑轮刚好位于点正上方，且到滑轮的距离为，点为轨道上一点，，点为轨道的最低点，现将小球从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为，小球可视为质点，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. 小球由释放到的过程，物体始终超重
B. 到点时小球的速度大小为
C. 到点时物体的速度大小为
D. 到点时小球的加速度大小为
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.某同学用“测电源电动势和内电阻”实验电路如图所示，某次实验电压传感器示数与电流传感器示数的关系如图所示。
图中，定值电阻在电路中的作用是______。
由图可得，该电源电动势 ______，内阻 ______。
根据实验测得的，数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图所示，则图线最高点点的纵坐标 ______结果保留位有效数字。
12.某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
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，图中能表明补偿阻力恰当的是______；
某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示每相邻两个计数点间还有个点，图中未画出，测得，，，。已知打点计时器所接交流电源频率为，则小车的加速度 ______要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字；
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。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、、、。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______。
四、简答题：本大题共1小题，共13分。
13.如图所示，足够长的固定斜面倾角为，斜面上并排放置的两个小物块、在沿斜面向上的恒力作用下从静止开始沿斜面向上运动，、物块间接触但不粘连，作用在物块上，当物块、获得的速度大小为时撤去。已知物块、的质量均为，且物块、与斜面间的动摩擦因数分别为和，恒力，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。
求恒力的作用时间；
撤去后，求沿斜面向上运动的速度减为零时、之间的距离；
设、间每次碰撞时间极短可忽略不计，且皆为弹性正碰，求：
撤去后，、物块第一次碰前时刻物块的速度大小；
撤去后，、物块从发生第一次碰撞到发生第次碰撞时，系统损失的机械能。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
14.如图所示，两平行金属导轨弯折成度角的两部分，导轨接有电动势，内阻的电源，定值电阻，导轨间距，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，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，金属棒质量，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度，求：
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？
若将竖直向上的匀强磁场绕以金属棒为轴逆时针转过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？
15.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，在轴上距坐标原点的处为离子的入射口，在上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以的速率从处射入磁场，若粒子在轴上距坐标原点的处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为，电量为，不计其重力。
求上述粒子的比荷；
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；
为了在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。
答案解析
1.
【解析】解：、对戽斗受力分析，
可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力。合力与戽斗的重力平衡。所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，故AB错误；
、设拉力与竖直方向的夹角为，由共点力平衡条件知
整理解得
当两人站得越近，两绳夹角越小，则绳中拉力越小，故C正确，D错误。
故选：。
、对戽斗受力分析，利用平衡条件判断拉力的合力的大小是否与人站的远近有关；
、根据平衡条件计算拉力大小。
本题考查学生对共点力平衡问题的理解以及受力分析的能力，其中掌握合成与分解方法分析拉力与重力的关系为解决本题的关键。
2.
【解析】解：图像只能描述直线运动，所以机器人做直线运动，故A错误；
图像中图线的斜率表示加速度，根据某工业机器人在一段时间内运动的图像可知在内机器人做减速运动，且加速度减小，速度的变化率逐渐减小，故BC错误；
D.根据图像中的图线与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
而原图线位于连线下方，所以机器人在内的实际位移小于，故D正确。
故选：。
图像的斜率表示加速度，根据斜率的变化分析加速度的变化。图像与时间轴围成的面积表示位移。图像只能表示直线运动的规律。
本题考查图像，解题关键是能根据图像分析机器人的运动状态，知道图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
3.
【解析】解：、摩天轮做匀速圆周运动，其加速度是时刻变化的，则在相同的时间内，乘客的速度变化量不相同，故A错误；
B、由动量定理知，动量变化率为物体所受的合外力，乘客随摩天轮做圆周运动到最低点，其所受的合外力提供向心力，不为，则乘客在最低点时，他的动量变化率不为，故B错误；
C、乘客位于摩天轮的最高点时处于失重状态，其竖直方向的加速度最大，此时他对座椅的压力最小，故C正确；
D、乘客随摩天轮做匀速圆周运动，乘客在与转轴等高的位置时加速度方向沿水平方向，不可能是重力加速度，故D错误。
故选：。
通过比较速度变化量；通过分析动量变化率；通过加速度方向看是否超重和失重；通过合外力方向看加速度方向。
本题通过匀速圆周运动模型考查了速度变化量、动量变化率、以及超重和失重等概念性问题，主要考查了对这些概念的熟悉程度，尤其要注意矢量既有大小又有方向。
4.
【解析】解：、根据图乙可知时刻，质点沿轴正方向运动，根据图甲，根据“同侧法”可知该列波的传播方向沿轴负向传播，故A错误；
B、根据图甲可知波长为，根据图乙可知周期为，根据，解得波传播速度为，故B错误；
C、根据图像可知振幅，由于，则质点在内通过的路程为，故C正确；
D、质点不会随波迁移，故D错误。
故选：。
由图乙读出时刻质点的振动方向，在甲图上，利用波形平移法判断波的传播方向；
读出波长和周期，再求波速；
根据时间与周期的倍数，求解质点在内通过的路程；
质点只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移。
本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力，以及把握两种图像联系的能力。对于波的图像，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。
5.
【解析】、根据可知，出口下方处的速度约是处的倍，出口下方处的痕迹长度约是处的倍，故A正确，B错误；
、根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为：：可知从出口下落与的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方范围内的砂粒数约与范围的砂粒数相等，故CD错误。
故选：。
6.
【解析】解：根据万有引力提供向心力，有
解得
故A错误；
B.根据向心加速度公式
可知“天通一号”星的向心加速度
静止在赤道上的物体的向心加速度
则，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力，有
有
可知变小，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，所需时间至少为
故D正确。
故选：。
A.根据牛顿第二定律列式求解地球质量表达式；根据周期角速度相等判断加速度的大小；根据牛顿第二定律列式判断；根据匀速直线运动的规律求解。
本题考查万有引力与航天问题，会根据题意列式求解相关物理量。
7.
【解析】解：、根据点电荷电势决定式
由于电势是标量，设处的电势为零，得
解得
故可知当时
；
当时
，
故A正确；
B、根据题意可知，试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力相互平衡的点，设该点坐标，根据
解得
可知电场强度为的点位于轴正半轴上，与坐标原点距离为的点，故B错误；
C、从静止释放到的位置，电场力做正功，动能增大，过了的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D、从静止释放到的位置，电场力做正功，电势能减小，过了的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选：。
根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；
当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；
当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
本题的关键在于理解点电荷电场的叠加原理以及电势能和动能的概念。通过计算点电荷和在坐标处产生的电场强度和电势，我们可以得到坐标处的总电场强度和电势。然后，通过分析试探电荷的电势能和动能的变化，我们可以得到试探电荷的电势能和动能随变化的图像。最后，根据这个分析，我们可以确定正确的选项。
8.
【解析】解：两小球发生弹性碰撞，小球离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
设和小球碰撞后的速度分别为、，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒
机械能守恒
联立解得，
小球离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于，故C正确，D错误。
故选：。
小球离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律分析作答；
两小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，据此求解碰撞后小球的速度，再根据平抛运动的规律分析作答。
本题考查了弹性碰撞和平抛运动的规律，知道质量相等的两小球发生弹性碰撞后，速度要发生交换。
9.
【解析】解：、原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误．
B、根据得，原副线圈的电流之比为：，故B正确．
C、交变电压的峰值为，周期，则角速度，则随的变化规律为，故C错误．
D、若热敏电阻的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确．
故选：．
变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比．根据交变电压的图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出的表达式．抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
10.
【解析】解：由题可知，小球沿绳方向的分速度与的速度大小相等，则的速度竖直向上，先增大后减小，则结合图可知，的加速度先竖直向上后竖直向下，根据物体超重、失重的特征可知，先超重，后失重，故A错误；
到点时，根据速度分解有：，
根据系统机械能守恒有：，
联立可得：，，故B正确，C错误；
D.到点时，根据系统机械能守恒有：，
根据向心加速度公式有：，故D正确；
故选：。
A.结合题意，确定的加速度方向，即可判断；
到点时，根据速度分解、系统机械能守恒分别列式，即可求解；
D.到点时，根据系统机械能守恒、向心加速度公式分别列式，即可求解。
本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
11.保护电源
【解析】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，因此定值电阻在电路中的作用是保护电源；
根据闭合电路欧姆定律
结合图像的拟合图线，图像纵截距表示电动势，电源电动势；
图像斜率的绝对值表示内阻，内阻
由题意可知
根据欧姆定律
则输出功率
当时，电源的输出功率最大
所以图线最高点点的纵坐标。
当滑动变阻器的接入电阻为零，分析定值电阻的作用；
根据闭合电路的欧姆定律求解函数，结合图像纵截距和斜率绝对值的含义分析作答；
根据欧姆定律、功率公式分析电源的最大输出功率，结合拟合图线分析作答。
本题考查了“测电源电动势和内电阻”实验，要明确实验原理，掌握闭合电路的欧姆定律、功率公式的运用；理解最大输出功率时需要满足的条件。
12.
【解析】解：补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布的，故图能表明补偿阻力是恰当的，故B正确，ACD错误。
故选：。
已知打点计时器所接交流电源频率为，打相邻两个计数点的时间间隔为：
根据，应用逐差法可得：
设小车和传感器总质量为，悬挂的槽码质量为。
若将槽码所受重力当作合力，即：
对小车和传感器，以及悬挂的槽码整体，由牛顿第二定律得：
可得：
若将传感器示数当作合力，根据牛顿第二定律得：
则这两种方式得到的合力差的大小为：
显然，槽码质量越大时，此合力差异越大，则槽码质量最大为时，这两种方式得到的合力差异最大。
故答案为：；；
补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布的。
根据打点计时器所接交流电源的频率，确定打相邻两个计数点的时间间隔。根据：，应用逐差法求得加速度。
依据题意，应用牛顿第二定律求得这两种方式得到的合力差的大小与槽码质量的关系式，根据得到的关系式分析判断。
本题考查了探究加速度与力的关系的实验。掌握应用逐差法求解加速度的方法，以及实验中如何测量合力的方法。
13.解：对、整体，根据牛顿第二定律，有
解得
所以力作用的时间为
撤去外力后，对物块，有
解得
对物块，有
解得
由于物块的加速度大于物块的加速度，所以物块先速度减为零，且保持静止，沿斜面向上运动的速度减为零时、之间的距离为
代入数据解得
物块速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
所以
根据速度位移关系可得
解得、物块第一次碰前时刻物块的速度大小为
、发生第一次弹性碰撞，则有
所以碰后两物体速度交换
，
碰后做匀速直线运动，做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有
解得
A、第二次碰撞时，速度分别为
碰后两物体速度再次交换，以做匀速直线运动，做初速度为、加速度为的匀加速直线运动，所以
解得
解得
A、第三次碰撞时，速度分别为
碰后两物体速度交换，以做匀速直线运动，做初速度为、加速度为的匀加速直线运动，所以
解得
解得
根据以上分析，有
所以、物块从发生第一次碰撞到发生第次碰撞时，系统损失的机械能为
解得
答：恒力的作用时间为；
撤去后，沿斜面向上运动的速度减为零时、之间的距离为；
撤去后，、物块第一次碰前时刻物块的速度大小为；
撤去后，、物块从发生第一次碰撞到发生第次碰撞时，系统损失的机械能为。
【解析】由牛顿第二定律求出加速度，结合速度时间关系，求恒力的作用时间；
由牛顿第二定律求出加速度，运用速度位移关系求沿斜面向上运动的速度减为零时、之间的距离；
由牛顿第二定律求出加速度，结合速度位移关系求得、物块第一次碰前时刻物块的速度大小；利用动量守恒、机械能守恒定律，结合运动学公式求得位移，从而求得系统损失的机械能。
本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
14.解：根据共点力平衡条件得：
且摩擦力大小为：
正压力等于安培力，则有：
故有：
由闭合电路欧姆定律有：
联立解得：；
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为。
当逆时针转过时，安培力竖直向上，则：
解得：
故磁感应强度最后的大小为。
答：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为；
若将竖直向上的匀强磁场绕以金属棒为轴逆时针转过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。
【解析】根据共点力平衡条件、安培力的计算公式、闭合电路欧姆定律进行解答；
当逆时针转过时，安培力竖直向上，根据平衡条件进行解答。
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
15.解：设粒子在磁场中的运动半径为，如图所示
依题意、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
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
设所加电场的场强大小为，当粒子经过点时，速度沿轴正方向，依题意，在此时加入沿轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
所加电场的场强方向沿轴正方向。
由几何关系可知，圆弧所对应的圆心角为，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为，则有
，
联立代入数据解得
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
代入数据解得
答：上述粒子的比荷为；
该匀强电场的场强大小为，场强方向沿轴正方向，从粒子射入磁场开始计时经过加这个匀强电场；
为了在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，此矩形磁场区域的最小面积为。
【解析】根据粒子的运动的轨迹可以求得粒子的比荷；
粒子做的是匀速直线运动，所以粒子处于受力平衡状态，由此可以求得电场的大小和方向；
是带电粒子在有界磁场矩形区域中的运动，当磁场和带电粒子的轨迹相切时，磁场的面积最小。
该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，关键在于判断出运动轨迹半径恰好最小的条件是以为直径的圆轨迹的半径最小．属于中档题．
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