重庆市第八中学2024-2025学年高三下学期入学考试物理试题

2024-2025学年重庆八中高三（下）开学物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图为老师上课用激光笔测量一半圆形透明玻璃砖折射率时的一个场景，则(    ) A. OB为折射光线，当入射光绕O点顺时针转动到一定程度时OA会消失 B. OA为反射光线，当入射光绕O点逆时针转动到一定程度时OA会消失 C. AO为入射光线，当入射光绕O点逆时针转动到一定程度时OC会消失 D. AO为入射光线，当入射光绕O点顺时针转动到一定程度时OC会消失 2.榫卯结构是中国传统建筑的主要结构方式。如图甲为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为，在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为和，不计凿子的重力及摩擦力，则(    ) A. B. C. D. 3.如图是天空中的云层经过避雷针正上方时，避雷针尖端附近形成的电场，a、b、c、d是电场中的四个点，实线为电场线，虚线是等势面，则(    ) A. 一电子沿直线从b到c的过程中，电场力一直不做功 B. b点和c点的电场强度相同 C. 电子在a点受到的电场力小于c点受到的电场力 D. 电子仅在电场力作用下从a点运动至d点，动能增加8keV 4.如图为电容式位移传感器，在电容器的极板上加上恒压源U，该位移传感器可通过电容器所带电荷量Q的变化来判断被测物体的位移x，则(    ) A. Q变小时，被测物体向左移动 B. 被测物体向右移动时，电容器的电容变大 C. 该传感器是通过改变极板间的正对面积使电容变化 D. 恒压源U越大，传感器灵敏度越高 5.小郭同学在地球表面测量某一单摆摆长可以调整周期T和摆长L的关系，画出了图像中的图线A。若图线B是某宇航员将此单摆移到密度与地球相同的另一行星表面重做实验而获得的，则该行星的第一宇宙速度为地球的忽略星球自转(    ) A. B. C. D. 6.如图为修建高层建筑的塔式起重机，若该起重机提升重物时输出功率恒定，重物上升时从静止开始先加速后匀速，上升的总高度为h。第一次提升的重物质量为m，所用的时间为，重物增加的机械能为；第二次提升的重物质量为2m，所用的时间为，重物增加的机械能为，则两次提升重物时(    ) A. B. C. D. 7.如图，ABC为符合胡克定律的弹性轻绳。轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端固定有光滑轻质定滑轮。若轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为，轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数、x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 8.如图甲，健身爱好者训练时手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，图乙是时的波形图，此时波刚好传播到处，则(    ) A. 绳波的起振方向沿y轴正方向 B. 处的质点振动的周期为 C. 波传播的速度大小为 D. 当处的质点第一次到达波峰时，处的质点通过的路程为 9.小彭研发了一款新型手机保护壳，当手机坠落时，接触地面瞬间手机壳有8个触角会瞬间弹出来，起到缓冲作用。某次实验中，总质量为m的手机从距离地面h的高度跌落，平摔在地面上，保护壳撞击地面的时间为，此后手机保持静止。不计空气阻力，重力加速度为g，则(    ) A. 保护壳使得手机撞击地面的时间缩短 B. 保护壳的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化率 C. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为 D. 手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为 10.如图，光滑且足够长的两平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间的距离，定值电阻、，一质量为的金属导体棒ab垂直放在导轨上，导轨间棒的电阻。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，现用一拉力F沿水平方向向左拉棒，使棒以一定的初速度开始运动，如图为中电流的平方随时间t的变化关系图像，导轨的电阻不计。则(    ) A. 5s末棒ab的速度大小为 B. 5s内中产生的焦耳热为 C. 5s内拉力F所做的功为 D. 棒ab受到的安培力的大小与时间t的关系为 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 11.八中物理兴趣小组测得某传感器的阻值随压力F变化的关系图像如图甲所示，并利用该压力传感器设计了图乙所示的苹果自动分拣装置。装置中托盘托盘重力不计置于压力传感器上，苹果经过托盘时对产生压力。初始状态衔铁水平，当两端电压时可激励放大电路使电磁铁工作，衔铁绕O转动并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态，实现按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。已知电源电动势，内阻不计，重力加速度取。 质量小的苹果将通过______填“上通道”或“下通道”。 要想选择出更重的苹果，需要把电阻的阻值调______填“大”或“小”。 若要将质量大于等于300g和质量小于300g的苹果分拣开，应将的阻值调为______保留3位有效数字。 12.小明利用物体做自由落体运动来测量当地的重力加速度。他找到一把特殊的工件，工件的镂空部分为若干个大小相同的正方形，两个相邻正方形间有大小相同的“梁”，两相邻镂空正方形的上边界之间的间距为h。小明用如图甲所示的装置进行实验，过程如下： 用游标卡尺测量两个相邻镂空之间“梁”的宽度d，示数如图乙所示，宽度______ mm。 固定光电门的位置，在光电门的正上方某高度处竖直悬挂工件。静止释放工件，工件保持竖直状态全部通过光电门。 测量时应该______。 A.先释放工件，后接通数字计时器 B.先接通数字计时器，后释放工件 数字计时器记录下工件上每一条“梁”通过光电门的遮光时间，其中第一条“梁”遮光时间为。计算第一条“梁”通过光电门的速度______保留三位有效数字。 同理可得到第n条“梁”通过光电门的速度，以每条“梁”通过光电门的速度平方为纵坐标，n为横坐标，得到如图丙所示的图像，直线的斜率为k，可得当地的重力加速度______用题中给出的字母表示。 四、计算题：本大题共3小题，共42分。 13.“疆电入渝”特高压工程将于2025年底投运，可每年向重庆输送电量超360亿千瓦时。若发电站依次通过原副线圈匝数比分别为k、的两理想变压器将电能输送给用户，升压变压器的原线圈两端电压为，降压变压器的副线圈两端电压为，两变压器之间的输电线的总电阻为r，求： 输电线损耗的电压； 用户的电流I。 14.如图，质量为m、长为L的长木板静止在光滑的水平地面上，质量为3m的智能机器人忽略大小从长木板的左端起跳，恰好落在长木板的右端，重力加速度为g，求： 机器人从起跳到落在长木板过程中，机器人的位移大小； 起跳过程机器人做功的最小值。 15.如图，将一足够长且厚度可忽略的挡板沿x轴放置，x轴上方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。位于坐标原点O的粒子源能持续发射电荷量为q、质量为m的正粒子，其速度方向与x轴正方向之间的夹角满足，粒子速度大小v满足。已知速度大小为、垂直x轴向上射入磁场的粒子恰好从挡板上的小孔孔径忽略不计射出。所有打在挡板上的粒子均被吸收，不计粒子的重力及相互作用，不考虑粒子间的碰撞。 求小孔P的坐标； 取值范围为多少，粒子可以从小孔P射出； 在x轴下方加入匀强磁场和匀强电场图中未画出，磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向里；电场强度大小，方向沿x轴负方向。从小孔P进入x轴下方的粒子： ①求其最大动能的最大值； ②粒子的最大动能满足①时，求粒子此时所在位置到x轴的距离。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：AB、由反射角与入射角相等，反射光线与入射光线分居法线两侧，折射角与入射角不等，折射光线与入射光线分居法线两侧，可知AO为入射光线，CO为折射光线，故AB错误； CD、由图可知，入射角小于折射角，即光从光密介质进入光疏介质；全反射条件：光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于等于临界角； 由光的传播情况，结合全反射条件，可知当入射光线绕O点顺时针转动时，入射角减小，折射角也减小，折射光线不会消失；当入射光绕O点逆时针转动时，入射角增大，折射角也增大，当入射角大于临界角时，折射光线OC会消失，故D错误，C正确。 故选：C。 由反射、折射特点，可分析AO、OB、OC三者分别属于哪种光线；由全反射条件，即可知入射光线向哪边转动会使折射光消失。 本题考查全反射的特点，关键是能准确区分反射、折射，明确三条光线的对应情况。 2.【答案】A  【解析】解：由题意，对凿子受力分析，如图： 由平衡条件可得：， 由牛顿第三定律可得：，， 联立可得：， 故A正确，BCD错误； 故选：A。 对凿子受力分析，由平衡条件、牛顿第三定律分别列式，即可分析判断ABCD正误。 本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。 3.【答案】C  【解析】解：由图可知，电子沿着直线从b到c，电势先降低后增加，则电子电势能先增大后减少，则电场力先做负功再做正功，故A错误； B.由电场线分布的对称性可知，b点和c点电场强度大小相同，方向不同，故B错误； C.由图可知，c点电场线比a点密集，则电子在a点受到的电场力小于c点受到的电场力，故C正确； D.电子仅在电场力作用下从a点运动至d点，电场力做功为：， 解得：， 电场力做负功，由动能定理可知，动能减少8keV，故D错误； 故选：C。 A.由图可知，电子沿着直线从b到c，电势先降低后增加，据此分析判断； B.由电场线分布的对称性，即可分析判断； C.由图可知，c点电场线比a点密集，据此分析判断； D.结合题意，由电场力做功与电势差的关系及动能定理，即可分析判断。 本题考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。 4.【答案】D  【解析】解：AB、被测物体向右移动时，插入的介质减小，根据可知，电容器的电容将变小，电压不变，根据可知，电容器带电量减小，故AB错误； C、该传感器是通过改变电容器极板间的电介质的介电常数使电容变化的，故C错误； D、根据电容器的决定式可知，相同的位移x引起相同的电容变化，由可知，恒压源U越大，电容器极板上带电荷量Q的变化就越大，传感器的灵敏程度就越高，故D正确。 故选：D。 根据和分析ABD；该传感器是通过改变电容器极板间的电介质的介电常数使电容变化的。 本题考查了对电容决定式和定义式的理解，知道电容器两板间电压不变是解题的关键。 5.【答案】D  【解析】解：根据单摆周期公式，可得，由题图可得相等时，，所以，则地球表面重力加速度与该行星表面的重力加速度之比为；根据行星表面的物体有，，联立可得，则地球与该行星的半径之比为，再根据万有引力提供向心力有，可得行星第一宇宙速度，则该行星与地球的第一宇宙速度之比为，故ABC错误，D正确； 故选：D。 根据单摆的周期公式结合图像信息推导出两天体表面的重力加速度比值关系，结合质量密度关系式，可以得出天体半径的比值关系，然后根据牛顿第二定律判断第一宇宙速度即可。 本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式。 6.【答案】B  【解析】解：由于起重机输出功率恒定，因此，重物匀速时牵引力与重力平衡。第一次提升时的最大速度为，第二次提升时的最大速度为，因此两次的最大速度之比为2：1，根据功能关系可知，起重机做的功等于重物机械能的增加量，第一次做功，第二次做功，因此，即，，故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据机车启动问题的解决思路计算最大速度，结合能量的转化和守恒列式求解。 考查机车启动问题，结合能量的转化和守恒定律的应用分析解决实际问题。 7.【答案】B  【解析】解：小球在C点时， 由胡克定律及平衡条件可知，竖直杆对小球的弹力大小为：， 释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为， 竖直杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即：， 由几何关系可知：， 故竖直杆对小球的弹力保持不变， 则小球所受滑动摩擦力大小始终为：， 小球从C到E过程，小球与弹性绳组成的系统需克服滑动摩擦力做功，则机械能不守恒，且该系统机械能的减少量等于克服滑动摩擦力所做的功，即： ， 解得弹性绳劲度为：， 小球从C到D的过程，同理可得： ， 解得小球在D点速度大小为：， 故B正确，ACD错误； 故选：B。 结合题意，对小球由平衡条件及胡克定律列式；由题意知，球下滑过程，小球与弹性绳组成的系统需克服滑动摩擦力做功，则机械能不守恒，且该系统机械能的减少量等于克服滑动摩擦力所做的功，据此列式，即可分析判断ABCD正误。 本题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。 8.【答案】BC  【解析】解：A、简谐横波向右传播，根据同侧法知处质点的起振方向沿y轴负方向，则绳波的起振方向沿y轴负方向，故A错误； B、在内波传播的距离为一个波长，则该波的周期为，则处的质点振动的周期为，故B正确； C、由图知该波的波长为，则波传播的速度大小为，故C正确； D、波从开始传到经过的时间： 从开始到处的质点第一次到达波峰时经过的时间为： 当处的质点第一次到达波峰时，处的质点振动的时间为： 当处的质点第一次到达波峰时，处的质点通过的路程为：，故D错误。 故选：BC。 介质中各个质点的起振方向相同，根据同侧法判断处质点的起振方向；根据在内波传播的距离为一个波长，确定波的周期，即等于处的质点振动的周期；读出波长，根据波速计算公式求出波速；根据处的质点第一次到达波峰时处质点振动的时间，确定该质点通过的路程。 本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。 9.【答案】BD  【解析】解：AB、根据动量定理可知，保护壳使得手机撞击地面的时间延长，即保护壳的缓冲作用是减小了手机落地过程中的动量变化率，故A错误，B正确； CD、手机自由下落的时间为，规定竖直向下的方向为正方向，根据动量定理有，解得，故C错误，D正确。 故选：BD。 根据动量定理计算即可。 本题考查了动量定理的应用，注意在应用动量定时时要规定正方向。 10.【答案】ABD  【解析】解：A、由题图可知，5s末通过的电流为： 根据并联电路电流关系可得此时通过的电流为：，解得： 此时通过ab的电流为： 根据闭合电路欧姆定律可得ab此时产生的感应电动势为：，解得： 根据法拉第电磁感应定律有： 解得5s末ab的速度大小为：，故A正确； B、根据焦耳定律可知，图像与t轴围成的面积值与的乘积表示产生的焦耳热，则有： ，故B正确； C、设5s内中产生的焦耳热为，棒ab产生的焦耳热为，根据焦耳定律可得，、并联，它们产生的焦耳热与电阻成反比，即： ，则： 同理可得： 解得：， 与A项的分析同理，可得时刻ab的初速度大小为： 根据功能关系可得5s内拉力F所做的功为： 解得：，故C错误； D、由题图可得图像的解析式为： 通过ab的电流I与t的关系为： 根据：，解得：，故D正确。 故选：ABD。 由题图得到通过的电流，将棒ab看作电源，根据电路联接方式，应用串并联电路的特点和闭合电路欧姆定律求解感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解导体棒的速度；根据焦耳定律、功能关系求解焦耳热和外力做功；根据安培力计算公式求解安培力的大小与时间t的关系。 本题考查了电磁感应现象中电路联结问题与功能关系问题。将切割磁感线的导体棒看作电源，根据电路联接方式，应用串并联电路的特点和闭合电路欧姆定律求解电路问题。分析电磁感应现象中的能量转化过程，根据焦耳定律、能量守恒、功能关系求解功能问题。 11.【答案】上通道  小    【解析】解：质量小的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，电压小于2V，不能激励放大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小的苹果将通过上通道； 当更重的苹果压到上时，上的阻值更小，但上的电压不变，回路的电流更大，即流过的电流更大，而的电压也不变，因此应将的阻值调小； 当300g的苹果通过压敏电阻时压力为，此时，则此时两端电压，代入数据：，解得。 故答案为：上通道；小；。 根据实验原理分析； 根据闭合电路欧姆定律求解。 考查对闭合电路欧姆定律的理解，需熟悉实验原理，清楚压力与电阻的变化关系。 12.【答案】  B     【解析】解：分度游标卡尺的精确值为，所以图示读数为 在测量时，应该先接通数字计时器，后释放工件，故A错误，B正确。 故选：B。 第一条“梁”通过光电门的速度 设工件下边缘与光电门中心的距离为L，当第一条“梁”通过光电门时，有，；由图丙可知；当第二条“梁”通过光电门时，有，当第三条“梁”通过光电门时，有。以此类推，当第n条“梁”通过光电门时，有，所以图像的斜率为，则重力加速度为 故答案为：；；；。 根据游标卡尺的读数规则读数； 根据实验的操作步骤判断； 根据平均速度公式计算； 根据速度-位移公式写出图像的函数表达式分析。 掌握该实验的实验原理是解题的关键，知道实验数据的处理方法是解题的基础。 13.【答案】解：由原副线圈的匝数比与电压比的关系，可得到升压变压器的副线圈电压满足：：：1，降压变压器的原线圈电压满足：：：k， 解得：，； 由串联电路电压特点，可计算输电线上的损耗的电压满足：，解得：； 由输电线上损耗的电压，输电线的电阻，即可得输电线的电流为：； 由降压变压器的匝数比及输电线的电流，可知用户的电流满足：，解得：。 答：输电线损耗的电压为； 用户的电流为。  【解析】由原副线圈的匝数比与电压比的关系，可得到升压变压器的副线圈电压、降压变压器的原线圈电压，由串联电路电压特点，可计算输电线上的损耗的电压； 由输电线上损耗的电压，输电线的电阻，即可计算输电线的电流；由降压变压器的匝数比及输电线的电流，可计算用户的电流。 本题考查变压器的计算，关键是根据升压变压器和降压变压器的匝数比，得到输电线上不同位置的电压值，再结合串联电路电压特点，计算输电线损耗的电压。 14.【答案】解：机器人与木板组成的系统在水平方向不受力，系统在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得： 机器人与木板的运动时间t相等，则，则， 由题意可知： 解得： 设机器人起跳速度大小为v，方向与水平方向夹角为 机器人的运动时间 机器人的水平位移 解得： 机器人与木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向， 在水平方向，由动量守恒定律得： 解得： 由能量守恒定律可知，机器人做功： 解得： 当时W最小， 答：机器人从起跳到落在长木板过程中，机器人的位移大小是； 起跳过程机器人做功的最小值是。  【解析】机器人与木板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律求出机器人的位移大小。 求出机器人起跳的最小速度，然后应用能量守恒定律求出机器人做功的最小值。 本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。 15.【答案】解：粒子垂直进入磁场： 解得： 小孔P的坐标 如图作出轨迹 由圆周运动有： 粒子从小孔P射出： 联立，有： 由于，故 故 如图 由第问有： 即从P进入x轴下方的所有粒子，垂直x轴向下的分速度不变，该分速度引起的洛伦兹力： ，方向向右。 电场力：，方向向左，与洛伦兹力等大反向 故粒子在垂直x轴方向，以大小的速度向下匀速直线运动 与此同时，从P进入x轴下方的粒子沿水平向左的分速度引起的洛伦兹力令粒子做匀速圆周运动，当其逆时针旋转四分之一圆周时，与均垂直x轴向下，即粒子此时的速度最大，动能也是最大 最大动能 由图易知： 故： 由第问易知时，取最小值 故最大动能的最大值 易知，由分速度v引起的圆周运动： 最大轨迹半径 周期 考虑到粒子的旋进，粒子的最大动能取最大值时，粒子到x轴的距离 代入数据，解得：  答：小孔P的坐标为； 取值范围为，粒子可以从小孔P射出； ①其最大动能的最大值为； ②粒子的最大动能满足①时，粒子此时所在位置到x轴的距离为。  【解析】根据洛伦兹力提供向心求小孔P的坐标； 画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心求取值范围； 将速度分解，判断粒子的受力情况，根据动能公式和半径公式求最大动能的最大值和粒子此时所在位置到x轴的距离。 本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，熟悉粒子的受力分析，理解其做圆周运动向心力的来源，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$