2025届重庆市第八中学高三下学期三诊物理试题 （解析版）

这是一份2025届重庆市第八中学高三下学期三诊物理试题 （解析版），共19页。
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写
清楚。
2.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦
干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3、考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分 100 分，考试用时 75 分钟。
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项符合题目要求。
1. “中国天眼”FAST 接收宇宙电磁波的原理涉及波动性和粒子性。以下现象能体现电磁波粒子性的是
（ ）
A. 光电效应 B. 偏振现象
C. 干涉条纹 D. 衍射现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．光电效应体现了光的粒子性，光是电磁波，故光电效应体现了电磁波粒子性，故 A 正确；
BCD．光的干涉、衍射、偏振现象说明光具有波动性，光是电磁波，故光的干涉、衍射、偏振现象能体现
电磁波粒子性，故 BCD 错误。
故选 A。
2. 中国参与全球最大“人造太阳”国际热核聚变实验堆（ITER）研制，它利用氘 和氚 聚变生成氦
并释放能量，则（ ）
A. 核反应方程为：
B. 核反应方程为：
C. 的比结合能比 的比结合能大
D. 核聚变相比核裂变产能效率更低一些
【答案】B
【解析】
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【详解】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可知核反应方程为
故 B 正确，A 错误；
C．核反应方程式的生成物比反应物稳定，所以 的比结合能比 的比结合能小，故 C 错误；
D．核聚变相比核裂变产能效率更高，故 D 错误。
故选 B。
3. 用题图甲所示的足球发球机在球门正前方的 、 两个相同高度的位置发射同一足球，情景如题图乙所
示，两次足球都水平击中球门横梁上的同一点，不计空气阻力。则（ ）
A. 两次击中横梁的速度相同
B. 足球两次运动的速度变化量相同
C. 从 位置发射的足球初速度较大
D. 从 位置发射的足球在空中的运动时间长
【答案】B
【解析】
【详解】A．将足球发射到水平击中球门横梁，看成逆向的平抛运动，根据平抛运动规律有 ，
解得
由于两次的水平位移不相等，高度相等，所以两次的水平分速度不相等，即两次击中横梁的速度不相同，
故 A 错误；
BD．根据 ，由于两次足球在空中的高度相等，所以两次足球在空中的运动时间相等，再根据
，则足球两次运动的速度变化量相同，故 B 正确，D 错误；
C．足球发射的初速度大小为 ，由于两次高度相等，所以两次足球发射的初速度竖直分量相等，
由于从 B 位置发射的足球水平位移较小，则从 B 位置发射的足球水平分速度较小，从 B 位置发射的足球初
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速度较小，故 C 错误。
故选 B。
4. 防灾演练中，消防员演示了在水中使用塑料盆进行自救的方法。如题图甲所示，消防员用双手环抱住倒
扣的盆体，将盆口压入水中，最终消防员和塑料盆一起漂浮，其示意图如题图乙所示。若盆中空气可视为
理想气体，且温度保持不变，则在盆口下压的过程中（ ）
A. 盆中气体压强不变
B. 盆中气体从外界吸收热量
C. 盆中所有气体分子的运动都加剧
D. 盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，由玻意耳定律可知，盆中气体的压强增大，故 A
错误；
B．将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，外界对盆中气体做正功，由于温度不变，气体内能不变，
根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故 B 错误；
C．由于气体温度不变，所以分子平均动能不变，则分子热运动剧烈程度不变，故 C 错误；
D．由于气体体积减小，压强增大，则盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数增加，故 D 正
确。
故选 D。
5. 题图中所示为某自行车的车灯发电机，其结构见如题图乙所示。绕有线圈的“三”形铁芯开口处装有磁
铁（图示时刻通过铁芯横截面的磁通量大小为 、铁芯不漏磁），车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，
摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起（与车轮角速度相等）转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，线圈两端 c、
作为发电机输出端，通过导线与标有“ ， ”的灯泡 相连，当车轮匀速转动时，发电机输出电压
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视为正弦交流电，该发电机供电线圈匝数为 n，假设灯泡阻值不变，摩擦轮与轮胎间不打滑。则（ ）
A. 在磁铁从图示位置匀速转过 的过程中，通过 的电流方向由 到 c
B. 在磁铁从图示位置匀速转过 的过程中、 中的电流逐渐变小
C. 若灯泡 正常发光，车轮转动的角速度为
D. 若灯泡 正常发光，车轮转动的角速度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，磁铁转动过程中通过线圈得磁通量向上逐渐减小，由楞次定律感应电流产生向上得
磁场，通过 L 的电流方向由 c 到 d，故 A 错误；
B．由图可知，开始阶段，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，转动后，磁通量减小，磁通量的
变化率增大，当转过 时，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，可知，转动过程中 L 中的电
流逐渐增大，故 B 错误；
CD．若灯泡 L 正常发光，副线圈两端的电压为 12V，根据变压器电压与匝数关系有
解得
原线圈两端的最大值为
根据
可得
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
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6. 手推车是实用的搬运工具，如题图所示，有一手推车的平面与挡板垂直，某次在运货时手推车平面与水
平地面的夹角为 ，货物与手推车保持相对静止。若忽略货物与车平面之间的摩擦力，重力加速度为 g。则
（ ）
A. 手推车水平匀速运动时，货物受挡板的弹力大小等于重力的大小
B. 手推车向左运动时，手推车对货物的作用力的方向不可能指向右上方
C. 为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过
D. 手推车静止时，若 缓慢增大到 ，则手推车平面对货物的支持力大小保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．手推车水平匀速运动时，货物受力平衡，对货物受力分析可知，受到竖直向下的重力，挡板和
车平面的支持力，则货物受挡板的弹力大小
小于重力的大小，选项 A 错误；
B．手推车向左减速运动时，加速度向右，则货物受合外力向右，此时手推车对货物的作用力的方向指向右
上方，选项 B 错误；
C．当挡板对货物的弹力为零时，则由牛顿第二定律
可得
即为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过 ，选项 C 正确；
D．手推车静止时，手推车平面对货物的支持力
若 缓慢增大到 ，则手推车平面对货物的支持力大小逐渐减小到零，选项 D 错误。
故选 C。
7. 如题图所示，质量为 的小车 置于光滑水平地面上，其右端固定一半径 的四分之一
圆弧轨道。质量为 的滑块 静止于小车的左端，现被水平飞来的质量 、速度
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的子弹 击中，且子弹立即留在滑块 中，之后 与 C 共同在小车上滑动，且从圆弧轨道
的最高点离开小车。不计 与 之间的摩擦和空气阻力，重力加速度 ，则（ ）
A. 子弹 C 击中滑块 后瞬间，滑块 的速度大小为
B. 滑块 第一次离开小车瞬间，滑块 的速度大小为
C. 滑块 第二次离开小车瞬间，小车 的速度大小为
D. 滑块 从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块 的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．子弹击中滑块 B 的过程，子弹与滑块 B 组成的系统动量守恒，子弹与 B 作用过程时间极短，
A 没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得
解得 =8m/s
故 A 错误；
BCD．滑块 B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方向
动量守恒，得
解得 =2m/s
滑块 B 开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
设滑块 B 离开小车时的竖直分速度为 vy，则
联立解得 vy=5m/s
滑块 B 离开小车后，以小车为参照物，滑块 B 做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为
s
则 m
从子弹击中后到 B 第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则
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、
解得
故 D 正确，BC 错误；
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，有多
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. 节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就
有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过 15°定为一个节气，如图所示为北半球二十四个
节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，下列说法正确的是（ ）
A. 芒种时地球公转速度比小满时小
B. 芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长
C. 立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等
D. 春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份
【答案】AB
【解析】
【详解】A．从图中我们可以着到，冬至时地球位于近日点附近，公转速度最快。随着地球向远日点移动，
公转速度逐渐减慢。因此，芒种 （位于远日点附近）时的公转速度应该比小满 （位于近日点和远日点之
间）时慢，故 A 正确；
B．地球公转轨道是椭圆形的，但轨道上的速度并不是均匀分布的。由于公转速度的变化，芒种到小暑的时
间间隔与大雪到小寒的时间间隔并不相等。从图中可以看出，芒种到小暑的时间间隔要大于大雪到小寒的
时间间隔。故 B 正确；
C．地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关。立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等（立春时离
太阳较近，立秋时离太阳较远），因此公转加速度也不相等，故 C 错误；
D．春分、夏至、秋分、冬至四个节气虽然分别代表了春、夏、秋、冬四季的开始，但它们并不刚好将一年
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的时间分为四等份。实际上，由于地球公转轨道是椭圆形的，各季节的长度并不相等，故 D 错误。
故选 AB。
9. 如图所示，一块透明介质的横截面为等边三角形，一束单色光从 AB 边上的一点射入介质，入射角为 60°，
折射光线与 BC 边平行。现入射光的频率变小，入射角不变，则下列说法正确的是（ ）
A. 光线有可能在 AC 面上发生全反射
B. 光线在介质中传播的时间变短
C. 出射光线相对入射光线的偏转角变小
D. 光线有可能在 AC 边上水平向右射出介质
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据题意可知，做出光路图如图所示
若入射光的频率变小，则折射率变小，而入射角不变，可知其折射角 将变大，根据几何关系可知，角 将
变小，而根据题意及几何关系可得
发生全反射的临界角的正弦值
可知原折射光在 AC 边不会发生全反射，而当 变小时一定不会发生全反射，故 A 错误；
B．由
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可知，折射率 变小，光在介质中的传播速度 增大，由于原折射光线与 BC 平行，现 变大，可知 DE 变
短，而光在介质中的传播时间
显然，传播时间变短，故 B 正确；
C．做出出射光线的光路图如图所示
射到 AC 边的折射光线在 AC 边上的入射角减小，则可知在 AC 边上的出射光线的折射角同样减小，出射光
线相对于原出射光线逆时针偏转，因此可知出射光线相对原入射光线的偏转角变小，故 C 正确；
D．入射光的频率变小，入射角不变，致使 增大， 减小，光路图如图所示
根据几何关系有
， ，
可得
若要使光线在 AC 边上水平向右射出介质，则必须满足
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显然，上式能够成立，故 D 正确。
故选 BCD。
10. 如题图所示，x 轴上方存在垂直 xOy 平面向外，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。位于坐标原点 的离
子源从 时刻开始、沿 xOy 平面持续发射速度大小范围为 、质量为 、电荷量为+q 的粒子，
离子源发出的各种速度的粒子向各个方向都均匀分布。不计离子重力及离子间相互作用，且忽略相对论效
应。则（ ）
A. 速度为 的离子，在磁场中匀速圆周运动的半径为 L
B. 速度为 的离子，在 x 轴上能够被探测到的区间为
C. 在 时间段内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为
D. 在 时间段内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力得
得
将 代入得
故 A 正确；
B．根据左手定则可知，射入磁场中的离子将沿顺时针方向做匀速圆周运动，当 时
沿各个方向射入磁场的离子的运动轨迹如图所示
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由图可知，在 x 轴上能够被探测到的区间为
故 B 错误；
CD．离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
所以
在 时间段内，0 时刻射入磁场 离子在磁场中转过的圆心角均为 ，磁场中可探测到离子最远点
落在一段圆弧上，该圆弧以 O 为圆心、以 为半径、对应的圆心角为 ，如图所示
可探测到离子区域的最大面积为
故 C 错误，D 正确
故选 AD。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 57 分。
11. 某同学用如图（a）所示的装置探究气体等温变化的规律，空气柱的压强可以通过压力表读出，空气柱
的体积即空气柱的长度与横截面积的乘积。整个装置安装在固定架上，把柱塞置于注射器玻璃管的某一刻
度处，将橡胶套套在玻璃管的下端，把一段空气柱封闭在玻璃管中，实验中空气柱质量保持不变。
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（1）请将下列实验步骤补充完整：
①读出初始状态下空气柱的压强 p 和空气柱的长度 l；
②________（填“缓慢”或“快速”）向上拉或向下压柱塞，待压力表示数稳定后，读出空气柱的压强和
空气柱的长度；
③重复步骤②，记录多组数据；
（2）某次实验时，压力表的示数如图（b）所示，则空气柱的压强 ________Pa；
（3）以 p 为纵坐标，以_______为横坐标，把采集的各组数据在坐标纸上描点，各点位于过原点的同一条
直线上，由此得出结论：在实验误差允许范围内，一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成
反比。
【答案】（1）缓慢 （2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
为避免温度变化，应该把柱塞缓慢地向下压或向上拉。
【小问 2 详解】
由图可知压强为 。
【小问 3 详解】
根据
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解得
则横坐标为 。
12. 某实验小组设计的欧姆表内部结构可简化成如题图所示的电路。已知电源电动势 E=4.5V，内阻 r=1.0Ω，
电压表满偏电压为 3V，内阻 RV=3000Ω，滑动变阻器 R 最大阻值为 5000Ω，A、B 为两表笔，通过读取电压
表 V 的电压值得到被测电阻的阻值。
（1）使用该欧姆表测电阻时，需要调节滑动变阻器使电压表 V 满偏，下列操作正确的是（ ）
A. 闭合开关 S，两表笔间不接入任何电阻
B. 闭合开关 S，将两表笔短接
（2）按照正确操作步骤测量某电阻阻值，电压表 V 指针指在 1.5V 处，则电阻阻值为_________Ω；
（3）将电压表 V 刻度线改成电阻刻度线，电阻“0”刻线在表盘__________（选填“最左边”或“最右边”），
电阻刻度线是_________（选填“均匀”“左疏右密”或“右疏左密”）；
（4）该欧姆表使用较长时间后，电源电动势减小，内阻变大，调节滑动变阻器仍能使电压表 V 满偏，导致
测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）A （2）1000
（3） ①. 最左边 ②. 左疏右密
（4）大于
【解析】
【小问 1 详解】
如果闭合开关 S，将两表笔短接，则流过电压表的电流为 0，不会满偏，故要调节滑动电阻器使电压表 V 满
偏，两表笔间不接入任何电阻。
故选 A。
【小问 2 详解】
设满偏时滑动变阻器 阻值和内阻和为 R，待测电阻为 Rx，由闭合电路欧姆定律，满偏时有 ，
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解得
当电压表 V 指针指在 1.5V 处时有 ， ，
解得
【小问 3 详解】
[1][2]设当待测电阻为 Rx 时，有 ， ，
解得
由此可知，随着 Rx 增大，电压表 V 的示数增大，所以电阻“0”刻线在表盘最左边，且增加量减小，故电
阻刻度线应该是左疏右密。
【小问 4 详解】
设满偏时滑动变阻器的阻值和内阻和为 R，电压表满偏时有
当 E 减小，R 也减小，测量电阻 Rx 时，设电压表与 Rx 的并联电阻为 R 并，此时电压表的电流为
变形可得
由此可知，E 减小，电压表电流 IV 增大，故测量值大于真实值。
13. 某波源发出的简谐横波在均匀介质中沿传播路径上先后经过 、 两质点，其振动位移—时间图像如题
图所示（实线表示 ，虚线表示 ）已知 、 两质点的平衡位置相距 。
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（1）以 为单位，用正弦函数写出质点 的振动方程（初相位在 范围内）；
（2）求该简谐波的传播速度大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
由图可知，简谐振动的振幅
周期
故其角频率
设质点 a 振动方程为
结合图像可知， 时，
故有
解得
故质点 a 的振动方程为
【小问 2 详解】
由于波由 a 传到 b，由图像可知，传播的距离
解得
故该波的波速为
14. 如图所示，一个质量为 m 的玩具蛙，蹲在质量为 4m 的小车的固定轻质细杆上，小车静置于光滑的水平
桌面上，若车长为 L，细杆高为 h，且位于小车的中点。玩具蛙以水平速度跳离细杆，并落在小车上。已知
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重力加速度为 g，不计空气阻力。求：
（1）玩具蛙水平位移大小的范围；
（2）起跳过程，玩具蛙做功的最大值。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
根据人船模型可得 ，
所以
【小问 2 详解】
设起跳时玩具蛙和小车的最大速度分别为 v1 和 v2，由于玩具蛙做平抛运动，则玩具蛙速度最大满足
，
起跳过程中，玩具蛙和小车组成的系统水平方向动量守恒，则
玩具蛙做功的最大值为
15. 如题图所示，在 平面第一象限内，直线 与直线 之间存在磁感应强度大小为 、方向垂
直纸面向里的匀强磁场 轴下方有一直线 CD 与 轴平行且与 x 轴相距为 轴与直线 CD 之间（包含 x 轴）
存在沿 y 轴正方向的匀强电场；在第三象限，直线 CD 与直线 之间存在磁感应强度大小也为 B、方向垂
直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为 的平行电子束，如图，沿 y 轴负方向射入第一象限的匀强
磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与 y 轴的距离也为 ，经第一象限磁场
偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入 轴下方的电场，最后所有电子都垂直于 边界离开磁场。已
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知：电子质量为 ，电量大小为 e，电场强度大小为 。求：
（1）电子进入 轴上方磁场前的最大速度 v1 的大小；
（2）直线 的方程；
（3）现将第一象限的磁场反向（即垂直纸面向外），大小不变。并将第三象限的磁场去掉，同时在第四象
限直线 CD 的下方，以 CD 为上边界，右边和下边广阔，左边受限，加上一大小为 ，( 未知）垂直纸
面向里的匀强磁场，确保所有电子都汇集到同一点（-8a，-5a），求第四象限所加磁场的大小 及磁场左边
界满足的关系。
【答案】（1）
（2）
（3） ，
【解析】
【小问 1 详解】
根据题意分析可知，所有电子在第一象限都经历一个四分之一侧周运动后通过原点并沿-x 轴方向进入 x 轴
下方的电场，最大速度对应最大半径，则有 r1=2a
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得电子进入 x 轴上方磁场前的最大速度为
【小问 2 详解】
由题意可得所有电子都垂直于 EF 边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在 EF 直线上,由以上分析可
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得，经过直线 CD 时，设任何电子的-x 方向的分速度为
根据运动学公式，在 y 方向有
其中
在 x 方向，有
解得
则电子经过直线 CD 的坐标为(-2ka，-a)，电子经过直线 CD 的合速度为
速度方向与水平方向的夹角的正切值为
则圆心位置对应的坐标为
因为电子垂直于直线 EF 出射，所以圆心也在直线上，可得 EF 直线为
【小问 3 详解】
设某一粒子从电场入射时位置为(x0，0)则轨迹如图
其入射速度、时间关于 x0 有轨道半径为 ， ， ，
射出电场得坐标为
那么当粒子从电场出射时，出射位置横坐标 x1 与水平分速度 vx 满足
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在磁场中运动时，轨迹圆的圆心 ，
解得直线 l1 为
由(2)问知所有粒子垂直经过此直线。
考虑到汇聚的要求，可以考虑利用“入射粒子入射磁场时平行磁场速度与横坐标为线性
关系”这一点，做 CD 关于 l1 对称的直线 l。
再将入射磁场粒子束视为全部从(0,3a)匀速直线射出并进入 CD 处磁场，那么粒子束的运
动将关于 l1 对称，它们将汇聚到(0，3a)关于 l 的对称点。代入此点位置(-8a，-5a)
解得 l1 y=-5a-x；
磁场左边界满足的关系 x=-4a
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