重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期综合能力测试物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期综合能力测试物理试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题共43分）
一、单项选择题：本大题共7个小题，每小题4分，共28分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出，不选、多选或错选不给分。
1. 2024年10月乒乓球亚锦赛男单比赛，中国选手林诗栋连扳三局，战胜伊朗选手。如图所示，在某次进攻中，林诗栋将飞来的乒乓球反向击回。则（ ）
A. 做杀球动作时，球拍对乒乓球可能不做功
B. 乒乓球所受弹力是由于乒乓球形变产生的
C. 被击出的乒乓球到达最高点时处于平衡状态
D. 球被击出时，球拍对球的作用力大于球对球拍的作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．做杀球动作时，乒乓球动能不一定变化，所以球拍对乒乓球可能做功，也可能不做功，故A正确；
B．乒乓球所受弹力是由于球拍的形变产生的，故B错误；
C．被击出的乒乓球到达最高点时受重力和空气阻力，未处于平衡状态，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，球被击出时，球拍对球的作用力大小等于球对球拍的作用力大小，故D错误。
故选A。
2. 家用室内引体向上器作为一种简单实用的健身器材，受到很多人的青睐。它通常采用免打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁的摩擦力起到固定的作用。如图所示，当健身者在单杠上悬停时（ ）
A. 手臂间距离越小，人所受到单杠的作用力越小
B. 手臂间距离越大，人所受到单杠作用力越大
C. 健身者的质量越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越小
D. 健身者的质量改变，橡胶垫与墙面间的摩擦力一定改变
【答案】D
【解析】
【详解】AB．手臂间距离越小或者越大，健身者在单杆上悬停时，以健身者为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杠的作用力的大小始终等于健身者的重力大小，故AB错误；
CD．健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大，质量改变，橡胶垫与墙面间的摩擦力一定改变。C错误，D正确。
故选D。
3. 如图甲所示，一半径为R的老鼠夹固定于水平地面上，夹的夹角为θ，一旦触动开关，上夹立刻以角速度匀速向下转动。现有一只老鼠（可视为质点）在与转轴O距离为0.25R处偷吃食物，以触动开关时刻为计时起点，老鼠运动的位移—时间图像如图乙所示。则（ ）
A. 老鼠在后开始做匀加速直线运动
B. 老鼠在时间内的平均速率为
C. 若，老鼠会被老鼠夹夹住
D. 若，老鼠会被老鼠夹夹住
【答案】C
【解析】
详解】A．速度时间图像斜率表示速度，图乙可知1.5后老鼠做匀速直线运动，故A错误；
B．图乙可知在时间内老鼠路程
故该段时间内的平均速率为
故B错误；
CD．题意可知老鼠夹合上时间为
老鼠逃离时间为
若
即
老鼠不会被老鼠夹夹住，反之，老鼠会被老鼠夹夹住，故C正确，D错误。
故选C。
4. 我国北斗卫星导航系统（BDS）已经为全球提供定位、导航、授时、5G传输等服务。如题图所示，A、B为北斗系统中轨道在同一平面内，均沿顺时针方向绕行两颗工作卫星。某时刻两卫星的连线与A卫星的轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为、，A、B卫星的运行半径分别为r、2r。则两卫星
从图示时刻到两卫星间距离最大需要的最短时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据几何关系可知，设地心为，在图示时刻两卫星与地心之间的夹角满足
可得
两卫星均沿顺时针方向绕行，则两卫星从图示时刻到两卫星间距离最大，A比B多转过的最小角度为
则有
解得两卫星从图示时刻到两卫星间距离最大需要的最短时间为
故选B。
5. 舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，如图所示，杂技演员用手顶住中幡，将幡从胸口处竖直向上抛起，1.2s后在胸口处相同位置开始接幡，并缓慢下蹲，经0.6s时间幡到达最低点。已知一根中幡质量为18kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。则（ ）
A. 幡经0.5s上升到最高点
B. 幡被抛出时的速度大小为
C. 幡被抛出后先处于超重状态再处于失重状态
D. 杂技演员接幡过程中，手对幡的冲量大小为216N·s
【答案】D
【解析】
【详解】A．由竖直上抛运动对称性可知，幡经上升到最高点用时
故A错误；
B．逆向思维法可得幡被抛出时的速度大小为
故B错误；
C．幡被抛出后到接幡至停止过程，幡先失重后超重，故C错误；
D．题意知从接幡到幡停止过程经历时间，规定向下为正方向，设手对幡的冲量为，则由动量定理得
联立以上解得
故手对幡的冲量大小为，故D正确。
故选D。
6. 一原、副线圈都有中心抽头（匝数一半处）的理想变压器如图所示，原线圈通过单刀双掷开关与一电
压最大值为的正弦交流电源连接，副线圈通过另一单刀双掷开关与阻值为R的定值电阻、理想交流电流表相连接。通过对的操作可以改变原、副线圈的匝数，当接a、接d时，电流表的示数为，已知原线圈的总匝数为，则（ ）
A. 副线圈的总匝数
B. 副线圈的总匝数
C. 当接a、接c时，输出电压为
D. 当接b、接c时，电流表示数为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．设副线圈的总匝数为，电流表测的是电流有效值，根据题意得原线圈电压有效值为，根据变压器电压与匝数关系，有
解得
故AB错误；
C．当接a、接c时，设输出电压为，则有
联立以上解得
故C正确；
D．当接b、接c时，电流表示数为，则有
联立以上解得
故D错误。
故选 C。
7. 拱是一种重要的力学结构，我国的赵州桥就是世界上现存最早，保存最完整的古代石拱桥。拱桥结构的特点是利用石块的楔形结构，将受到的重力和压力分解为向两边的压力，最后由拱桥两端的基石来承受（如图甲）。现有六块大小、形状、质量都相同的楔形石块组成一个半圆形实验拱桥（如图乙），如果每个楔形石块的质量，假设在中间两楔形石块正上方静置一个质量为的长方形石块，重力加速度g取，静摩擦力方向与接触面相切。则（ ）
A. 地面对楔形石块1的弹力大小为1400N
B. 楔形石块3对楔形石块4的静摩擦力大小为400N
C. 楔形石块2对楔形石块3的弹力大小一定小于500N
D. 楔形石块2对楔形石块3的静摩擦力大小一定小于
【答案】D
【解析】
【详解】A．取整体分析，六块楔块和长方形石块受到的总重力
由平衡条件知地面对楔形石块1的弹力大小为
故A错误；
B．对楔形石块4、5、6及的石块看成整体，对整体进行受力分析，如图所示
根据平衡条件
解得楔形石块3对楔形石块4的静摩擦力大小为

故B错误；
CD．由对称性可知，2对3的弹力大小与5对4的弹力大小相等，2对3的摩擦力大小与5对4的摩擦力大小相等。设2对3的弹力大小为，2对3的摩擦力大小为，4对3的弹力为（将看成已知力），把楔形石块3和质量为的石块看成整体，对整体进行受力分析，如图所示
由平衡条件可得
联立解得
故C错误， D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 自古以来就有“冬月打雷，黄土成堆”的说法，由于强冷空气与暖湿气流相遇，产生强烈的对流运动，云内的冰晶相互摩擦使电荷逐渐增多，达到一定强度后就会形成冬雷。则（ ）
A. 摩擦起电的实质是由于电荷的转移
B. 电荷周围存在电场线，电场线虽然看不见，但它却是客观存在的
C. 当带电云层附近的导体处于静电平衡状态时，导体表面上各点场强处处相同
D. 当带电云层附近的导体处于静电平衡状态时，导体内的自由电子不再发生定向移动
【答案】AD
【解析】
【详解】A．摩擦起电的实质是由于电荷的转移，故A正确；
B．电荷周围存在电场而不是电场线，电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，实际上并不存在，故B错误；
C．当带电云层附近的导体处于静电平衡状态时，导体表面上各点场强大小相等，方向不同，故C错误；
D．当带电云层附近的导体处于静电平衡状态时，导体内的自由电子不再发生定向移动，故D正确。
故选AD。
9. 跑酷，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动（如图甲）。一质量为的跑酷爱好者随机选择一宽度为6.6m的通道进行跑酷（如图乙），他从左侧墙根处由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，到达距离地面高度为0.8m的墙壁P点时竖直速度恰好为零，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度反向，大小变为原来的0.75倍，并获得一竖直向上的速度，之后跃到左墙壁上距离地面高度为1.35m的Q点，飞跃过程中人距离地面的最大高度为2.6m，重力加速度g取，不计空气阻力，整个过程中人的姿态可认为保持不变，以地面为重力势能零点，则（ ）
A. 人刚到P点时机械能为2000J
B. 人刚到最高点N时动能为900J
C. 人从P点出发运动到Q点的时间为1s
D. 人从P点出发运动到Q点的过程中，其机械能先减小再增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．如图最高点设为N点，则N点竖直方向速度为0，设P到N时间为，由逆向思维法可得
解得
设N到Q时间为，由平抛运动规律可得
解得
设人刚从M点跃起时水平速度，则从P到Q过程有
联立解得
故人刚到P点时机械能为该时刻动能与重力势能之和，即
故A正确；
B．最高点N点时竖直方向速度为0，故人刚到最高点N时动能为
联立以上解得
故B正确；
C．以上分析可知，人从P点出发运动到Q点的时间为
故C错误；
D．人从P点出发运动到Q点的过程中，只有重力做功，故机械能不变，故D错误。
故选AB。
10. 如图甲与乙所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分裂阻尼间隔棒，图丙为其简化图。间隔棒将六根平行长直导线分别固定在正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电长直导线周围的磁感应强度B大小与电流I，距离r的关系式为（式中k为常量）。设a、b间距为L，当
a、c、e三根导线通有垂直纸面向内，b、d、f三根导线通有垂直纸面向外，大小均为的电流时，其中a处导线对b处导线的安培力大小为，则（ ）
A. a导线所受安培力的合力大小为
B. a导线所受安培力的合力方向沿Oa，由O指向a
C. b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度的矢量和大小为
D. b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度的矢量和方向为垂直于ad连线向左
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥” ，a导线受其它5根导线的作用力如图，其中a处导线对b处导线的安培力大小为，则
因
因磁感应强度满足
根据
F=BIL
可得
则
同理可知
则a导线所受安培力的合力大小为
方向沿Oa，由O指向a，选项A错误，B正确；
CD．b、c、e、f四根导线在O处所产生磁感应强度大小均为
方向如图，则四个力的矢量和大小为
方向为垂直于ad连线向右，选项C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：共57分。
11. 用同一套物理器材，可以测量不同的物理量，达到不同的验证或探究的目的。用如图所示的装置，可以实现对牛顿第二定律、动量定理、机械能守恒定律的验证，主要的实验过程如下：
A．用天平测出带有遮光片的物块A的总质量为M，物块B的质量为m；
B．用游标卡尺测出遮光片的宽度为d，将气垫导轨水平放置，按照如图所示的装置来连接器材；
C．将光电门与数字计时器（图中未画出）连接；
D．打开气垫导轨的充气源，释放物块A，测出遮光片通过光电门的遮光时间分别为，同时测出遮光片从运动到的时间t；
E．用刻度尺测出间的距离L。
重力加速度为g。请回答以下问题：
（1）下列说法正确的是（ ）
A. 所有定律的验证都必须要满足m远远小于M
B. 实验中细线的拉力等于B的重力
C. 气垫导轨上方的细线必须与气垫导轨平行
（2）若等式________（用d、L、、表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。
（3）若等式________（用M、m、d、、表示）成立，则动量定理得到验证。
【答案】（1）C （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
A．在验证牛顿第二定律、动量定理时，是把物块B的重力看做带有遮光片的物块A所受到的合外力来处理的，所以在验证这两个实验时，需要满足m远远小于M，故A错误；
B．在这三个实验中，由于物块B加速运动，可知细线的拉力均小于B的重力，故B错误；
C．为了减小实验误差，气垫导轨上方的细线要与气垫导轨平行，否则在运动过程中带有遮光片的物块A
的合力不等于细线的拉力，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
对物体B及带有遮光片的物块A，整体利用牛顿第二定律有
结合运动学公式有
，
联立可得若等式
成立，则牛顿第二定律得到验证。
【小问3详解】
对物体B及带有遮光片的物块A，整体根据动量定理有
即若等式
成立，则动量定理得到验证。
12. 小明同学要把一个电流计（满偏电流为1 mA，内阻未知）改装成一个量程为6 V的电压表。为此，他设计了图甲所示的实验电路图，先进行该电流计内阻值的测量。其中R1为总阻值较大的滑动变阻器。连接好电路后，小明同学进行了如下实验操作：
①开关闭合之前将R1、R2调到最大值；
②只闭合开关S1，将R1由最大阻值逐渐调小，使电流计读数达到满偏电流Ig；
③保持R1不变，再闭合S2，调节电阻箱R2的值，使电流计读数等于，同时记录下此时电阻箱的读数为60 Ω。
（1）根据实验记录的数据，可求得待测电流计的内阻为_______Ω；
（2）小明同学用测量值作为电流表的内阻，将电流表改装成量程为6 V的电压表，需要串联一个R = _______Ω的电阻；
（3）小明同学用一个同量程的标准电压表与改装后的电压表并联进行校准，其中标准电压表示数如图乙所示时，改装电压表的表盘如图丙所示，则改装后的电压表量程为_______V（保留两位有效数字），改装电表的量程发生偏差的可能原因是：电流计内阻测量值比真实值_______（选填“偏大”或“偏小”）；
（4）要达到预期改装目的，不重新测量电流计的内阻值，只需将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k = _______。
【答案】（1）120 （2）5880
（3） ①. 6.4 ②. 偏小
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据并联电路规律有
求得
【小问2详解】
根据串联电路规律有
求得
【小问3详解】
[1][2]由图乙和图丙可知，电流表指针指在表盘中央时对应的实际电压为3.2 V，故改装后的电压表量程为
改装后的电压表的量程偏大，是因为所串联的电阻偏大，而所串联的电阻为
所以，造成改装后的电压表的量程偏大的原因是，电流计内阻测量值比真实值偏小。
【小问4详解】
根据串联电路规律有
联立求得
13. 电磁减震器是华为公司新推出的一款智能化汽车减震系统中的重要组成部分。小明同学就电磁减震器的工作原理进行了如图所示的建模理解。水平面上放置有在绝缘滑动杆上固定的5个完全相同且相互紧靠（忽略线圈间距离）的矩形线圈，虚线右侧区域分布有磁感应强度为，方向垂直水平面向下的广阔匀强磁场。已知滑动杆及线圈的总质量为，每个矩形线圈的长为，宽为，阻值，匝数为10匝。线圈系统以水平向右，大小为的初速度进入磁场区，在线圈系统整个运动过程中不考虑互感影响，也不计一切摩擦。求：
（1）线圈1完全进入磁场的过程中，系统的速度变化量；
（2）若，全过程中线圈系统产生的总焦耳热Q
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
线圈1完全进入磁场的过程中，由动量定理得
又
联立求得
【小问2详解】
所有线圈都进入磁场的过程中，根据动量定理有
又
联立求得
14. 如图所示的xy平面内，有以O点为圆心，R为半径，垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场区域。AC为与y轴平行的线状粒子发射源，能从各个位置均匀、连续地沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为q、速度大小为的带正电粒子。磁场的下方区域有一以MN、PQ为边界的条形未知场区，
MN、PQ均与x轴平行，MN、PQ之间的距离为R。已知：A点纵坐标，C点纵坐标不计粒子重力。
（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径；
（2）经磁场偏转的粒子，会从MN进入未知场区，为使粒子不从PQ射出：
①若未知场区只存在与y轴平行的匀强电场，则电场强度至少是多大；
②若未知场区只存在垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度至少是多大。
【答案】（1）R （2）①，②
【解析】
【小问1详解】
正电粒子经过匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
速度大小为，联立解得
【小问2详解】
①由于，，由几何关系，可知正电粒子都从圆形磁场边界与y轴最下方的交点射出，从A、C两点发射的正电粒子射出圆形磁场时与水平方向夹角均为。
若未知场区只存在与y轴平行的匀强电场，为使粒子不从PQ射出，要求竖直方向射出的粒子到达PQ边界速度为零，由动能定理
解得
②若未知场区只存在与y轴平行的匀强磁场，为使粒子不从PQ射出，正电粒子射入磁场时与水平方向夹角为的优弧时，竖直方向距离最大，由几何关系，则有
正电粒子经过匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
速度大小为，联立解得
15. 巧妙的化归思想是解决复杂物理问题的有力工具之一。请阅读材料，请回答以下问题：
（1）如图图甲所示光滑水平桌面的O点钉有一枚钉子，长为L的不可伸长的轻绳一端通过极小绳套套在钉子上，另一端与质量为m的物块P连接，物块以大小为的速度绕O点做圆周运动。O点距桌面右边缘的距离为2L。不计绳套与钉子间的摩擦力。某时刻剪断轻绳，求从剪断轻绳到物块P离开桌面右边缘的最短时间；
（2）如图图乙所示，质量为m的可视为质点的物块P与一轻质弹簧固定连接，静置于光滑的水平桌面上，轻弹簧另一端也固定。现将物块缓慢拉到M点释放，物块在运动过程中的某时刻剪断弹簧，求从剪断弹簧到物块P运动到Q点的最短时间；已知、M与M、Q间的距离均为L，弹簧弹性势能与形变量的关系为，k为弹簧劲度系数且为已知量，为形变量。
（3）三个完全相同且均可视为质点的物块A、B、C，质量均为m，静置于光滑水平桌面上。如图图丙所示，A、B紧靠在一起，与C间的距离为L。现给A、B大小为v，方向相反的初速度。已知A、B、C之间两两存在大小为的引力（为施、受力物体间的距离），物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块B第一次回到原位置所需要的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
绳断后，由物块P在光滑水平面上做匀速直线运动，可知要使时间最短，需使绳断后到出薄板前的位移最短，位移最短情形如下图
几何关系可知最短位移为
故从剪断轻绳到物块P离开桌面右边缘的最短时间
【小问2详解】
设弹簧形变量为时，从剪断弹簧到物块P运动到Q点的时间最短，设剪断时物块速度为v，则由能量守恒有
物块P的简谐运动可以看作是甲图中物块竖直面上匀速圆周运动在水平面上的投影，设此时物块P与O点连线与O点竖直方向夹角为，几何关系得
联立解得
则
由数学关系可知，时间最小值为
【小问3详解】
结合前两问处理思路，假设物块A、B、C的运动为三者绕O点做匀速圆周运动在单方向的投影，两两间的引力可以理解为该圆周运动中两两间等大且恒定大小的作用力在该方向的投影，如图
分析可知圆周运动半径、线速度、周期分别为
，，
向心力
两两间引力F满足
联立解得
物块A、B、C两两间间距为
则两两间的引力在该单方向的投影为
符合题值，假设成立；则物块B第一次回到初位置，相当于匀速圆周运动转过，故物块B第一次回到原位置所需要的时间