重庆八中2025-2026学年上学期高三一模物理试卷及答案

这是一份重庆八中2025-2026学年上学期高三一模物理试卷及答案，共14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。
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。
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。
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，只有一项是符合题目要求的。
1.2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会在北京隆重举行。如题1图所示为接受检阅的歼-10C梯队，假设歼-10C在空中水平飞行，受到重力、水平向右的推进力、竖直向上的升力、水平向左的阻力，则有关歼-10C，下列说法正确的是
A.水平向右匀速飞行过程中，歼-10C的重力冲量为零
B.水平向右匀速飞行过程中，歼-10C的重力做功为零
C.水平向右加速飞行过程中，歼-10C的飞行员处于超重状态
D.水平向右加速飞行过程中，歼-10C对空气的作用力小于空气对歼-10C的作用力
2.某聚变反应为氘核12H和氚核13H在高温高压下聚变生成氦核24He和一个未知粒子，并释放巨大能量。已知氘核12H的质量为m1，氚核13H的质量为m2，氦核24He的质量为m3，未知粒子的质量为m4。下列说法正确的是
A.聚变生成物中的未知粒子是质子
B.聚变生成物中的氦核24He，核内有2个核子
C.反应物和生成物的质量关系是m1+m2=m3+m4
D.氦核24He的比结合能大于氚核13H的比结合能
3.2025年2月20日凌晨3点，我国 “实践25” 号卫星与位于地球静止轨道的北斗 “G7” 卫星完成对接，并进行燃料补加，对人类航天事业具有重要意义。其过程示意图如题3图所示，已知地球的自转周期为T，“实践25” 和 “G7” 卫星的运行轨道I、III均为圆轨道，“实践25” 的转移轨道II与I、III分别相切于A、C两点，下列说法正确的是
A.“实践25” 沿转移轨道II，无动力由A点运动至C点过程中，其机械能不变
B.“实践25” 沿转移轨道II，无动力由A点第一次运动至C点所用时间为T2
C.“实践25” 沿转移轨道II无动力运动时，任意位置的速率均大于其在轨道I运动的速率
D.若要 “实践25” 与 “G7” 在C点实现对接，则 “实践25” 在C点变轨时，应减速才能从轨道II进入轨道III
4一款2D电子计步器的原理图可以简化如题4图，平行板电容器的极板M固定，极板N与设备上的两个轻弹簧连接，极板N与弹簧间绝缘。设备完成一次周期性振动，电流传感器显示电流变化一个周期，才能实现一次记步。设N板电势为0，关于该计步器，下列说法正确的是
A.极板N向极板M运动的过程中，电流从左向右流经R
B.极板N向极板M运动的过程中，固定在电容器中A点的负点电荷电势能逐渐变小
C.极板N向极板M运动的过程中，固定在电容器中A点的负点电荷所受电场力逐渐变大
D.将保护电阻R换成理想二极管，N极板振动过程中，电流也能周期性变化，从而实现准确计步
5.2024年12月13日晚，一道道 “寒夜灯柱” 在我国新疆克拉玛依市区上空闪现，与城市灯火交相辉映，美不胜收。“寒夜灯柱” 是因大气中的冰晶反射灯光而形成。一束复合光从左侧界面折射进入长方体冰晶，现考虑其中两束单色光a、b，冰晶对这两种光的折射率分别为 na、nb，其光路图如题5图所示。下列说法正确的是
A. na24He+01n，未知粒子为中子，故A错误。氦核24He，核内有两个质子和两个中子，共有4个核子，故B错误。比结合能是衡量原子核稳定性的重要指标，比结合能越大，原子核越稳定，氦核24He是更稳定的原子核，其结合能也更大，故D正确。核反应中因质量亏损，总质量减少，即m1+m2>m3+m4，故C错误。
3. “实践25”沿转移轨道Ⅲ无动力到达C点，只受到万有引力作用，故机械能守恒，轨道为椭圆，由开普勒第三定律可得，该运动时间为r1+r22r232·T2，故A正确，B错误。在C变轨时需要加速，才能从轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，椭圆上经过C的速度小于轨道Ⅱ的速度，轨道Ⅱ的速度又小于轨道Ⅰ速度，故C、D错误。
4. 极板N向极板M运动的过程中，电容器充电，电流从右向左流经R，故A错误。电容器电压不变，而板间距减小，A点电势降低，场强变大，粒子所受电场力变大，故B错误，C正确。将保护电阻R换成二极管后，电容器将不能放电，电流将不能周期变化，不能实现计步，故D错误。
5. 由光路图可知，a光折射率大于b光折射率，故A错误。a光波长小于b光波长，用同一装置做单缝衍射实验，a光中央条纹宽度比b光中央条纹宽度小，故B正确。冰晶形状为
长方体，所以两光均不能在右侧面发生全反射，故C错误。a光能使某金属发生光电效应，而b光折射率小于a光折射率，b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
6. 题目中所说电势差最大，表明该处直径与电场线平行，该静电场可以用如图1的电场线和等势线表示，电场强度的大小为U0r0，且曲线③对应的r取值为r0，故A、B、C错误。UP0=Er0csθ0=U0csθ0，故D正确。
7. 未施加外力时，A、B恰好不下滑，对系统受力分析如图2甲，由正交分解可得：kx1+μ(mA+mB)gcsθ=(mA+mB)gsinθ，x1为此时弹簧的形变量，解得kx1=12N；t=0时，F1=54N，AB一起沿斜面向上匀加速直线运动，注意此时AB所受摩擦力沿斜面向下，受力分析如图乙，由正交分解可得：F1+kx1−(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcsθ=(mA+mB)a，解得a=1m/s2；t=0.2s时，A、B间无弹力，对B受力分析有：F2−mBgsinθ−μmBgcsθ=mBa，解得F2=55N，故A错误。对A受力分析有：kx2−mAgsinθ−μmAgcsθ=mAa，x2为AB刚分开时，弹簧的形变量，解得kx2=11N，AB一起匀加速直线运动的位移x0=x1−x2=12at2=0.02m，解得k=50N/m，故B错误。t=0∼t=0.2s过程，外力F为变力，对AB分析可得，F+k(x1−x)−(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcsθ=(mA+mB)a，解得：F=54+kx，可得F=54+552=54.5N，所以F做功WF=54.5×0.02=1.09J，故C正确。摩擦力对A做功为负功，Wf=−fAxA=−0.08J，故D错误。
8. 由题，角频率ω=2π，故周期T=1.0s，故A正确。驱动力频率等于系统固有频率时发生共振，振幅显著增大，故B正确。t=0时，x=2.5cm，不在平衡位置，故C错误。简谐运动中，仅从平衡位置或最大位移处开始计时的四分之一周期内路程才等于振幅，否则不等于，故D错误。
9. 初态静置时，由活塞平衡，有 p0S+mg=p1S，解得 p1=1.1×105Pa，故A正确。由玻意耳定律，有 p1Sh1=p2Sh2，解得 p2=8.8×104Pa，对汽缸，由牛顿第二定律，有 p0S−Mg−p2S=Ma，解得 a=2m/s2，故B、D正确，C错误。
10. 线圈刚进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针 abcda，出磁场时电流方向为逆时针 adcba，故A正确。线圈在进入第一个条状匀强磁场的过程中对线圈水平分析，由动量定理有 I安=−BI¯LΔt1=mv1−mv0，其中 I¯Δt1=E¯1RΔt1=ΔΦR=BL2R，代入 R 解得 I安=340mv0，所以线圈进入磁场或离开磁场过程中安培力的冲量为 I安=760mv0，所以线圈刚进入第二个条状磁场时的速度为 v2=mv0−2I安m=2330v0，此时线圈中的电流为 I=BLv2R，对线圈在水平方向受力分析并结合牛顿第二定律有 BIL=ma，联立解得线圈刚进入第二个条状磁场区域时，水平方向的加速度大小为 a=161v021800L，沿斜面向下的加速度为 gsin30°，因此合加速度不为 161v021800L，故B错误。水平方向的速度最终减为0，由功能关系可知，水平方向速度的减小是由于安培力作用的结果，沿斜面方向的运动不产生感应电流，所以线圈产生的热量为 Q=12mv02，故C正确。由题意可知，线圈每通过一个条状磁场，水平方向动量减小 730mv0，所以线圈能够穿过条状磁场的个数为 n=mv0730mv0=307≈4.28，所以线圈最多穿过4个条状磁场区域，故D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11.（每空2分，共6分）
（1）本步骤是为了判断电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系
（2）向左
（3）C
【解析】（1）当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。说明电流从左接线柱进入，指针就向左偏。本步骤是为了判断电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系。
（2）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与原磁场（条形磁铁的磁场）方向相同，结合安培定则可确定此时螺线管中的电流方向，电流计的指针向左偏。
（3）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向穿过线圈向上，结合安培定则可确定此时螺线管中的电流方向，由于二极管具有单向导电性，因此灯泡A发光，灯泡B不发光。故选C。
12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）C
（2）0.50 0.20
（3）M+4mM（3分）
【解析】（1）电磁打点计时器应接8V左右交流电源，故A错误。实验时应先接通电源后释放小车，故B错误。调节细绳与长木板平行，能保证小车受到的拉力为恒力，故C正确。本题有力传感器测拉力，不需要小车质量远大于沙桶质量，故D错误。
（2）相邻两计数点间还有4个点未画出，可知相邻两计数点间时间间隔t=5×1f=0.1s，
逐差法可知a=xbd−xb4t2=7.45+7.96−6.95−6.464×0.12×10−2m/s2=0.50m/s2，对沙桶有mg−F=m×2a，其中F=1.8N，联立解得m=0.20kg。
（3）对小车和沙桶进行分析，近似认为沙桶总重力等于小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有ap=2mgM，小车质量不变，对沙桶有mg−F=m×2aQ，对小车，根据牛顿第二定律有2F=MaQ，解得aQ=2mgM+4m，则PNQN=aPaQ=M+4mM。
13．（10分）
（1）系统由H处自由下落，有
2gH=v12 ①
承重装置向下运动，缓冲装置的刚性线圈切割磁感线，有
E1=NBLv1 ②
解得：E1=NBL2gH
（2）承重装置匀速运动，有
(M+m)g=NBI1L ④
结合欧姆定律
I1=NBLv2R ⑤
解得：v2=(M+m)gRN2B2L2 ⑥
（3）分析可知，缓冲装置刚着地时，承重装置与鸡蛋具有最大的向上加速度，此时鸡蛋受到的冲击力最大，对承重装置和鸡蛋有
F安−(M+m)g=(M+m)a ⑦
对鸡蛋有
N−mg=ma ⑧
结合：F安=NBI0L，I0=E0R，E0=NBL2gH ⑨
解得：N=mn2B2L2(M+m)R2gH ⑩
评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。
14.（14分）
解：（1）滑杆滑至O点时，其竖直方向速度为0，所以机器人的速度为0，二者组成的系统机械能守恒，有
mgL4cs60°−L4=12×2m·v2 ①
解得v=gL2 ②
（2）滑杆滑至O点右侧后，当二者水平方向速度相等时，机器人离平行轨道的距离最小，设其为d，对于滑杆和机器人组成的系统，根据系统水平方向动量守恒
2mv=(m+2m)v共 ③
根据机械能守恒有
12×2m·v2=12(m+2m)v共2+mg(L−d) ④
解得：d=1112L ⑤
（3）当机器人再次到最低点时速度最大，在最低点，动量和动能守恒
2mv=2mv1+mv2 ⑥
12·2mv2=12·2mv12+12mv22 ⑦
解得：v2=4v3=2gL3，即机器人的最大速率为2gL3 ⑧
评分标准：本题共14分。正确得出②、⑤式各给1分，其余各式各给2分。
15．（18分）
解：（1）小球做匀速圆周运动，所以
mg=qE0 ①
E0=mgq ②
qBv0=mv02r
由几何关系可知小球在第二象限的偏转角为 60°，y 轴击中点到原点的距离为r2，所以
12mv0qB=9v0232g ③
解得：B=16mg9qv0 ④
（2）小球从 y 轴击中点做平抛运动
9v0232g=gt022 ⑤
解得：t0=3v04g，竖直方向速度vy=gt0=3v04 ⑥
分解小球的运动可知：沿 x 方向匀速、y 方向来回运动并不断重复，是一个周期性的运动。
所以要使小球垂直击中挡板，在一象限最高点或四象限最低点，故
t=N3v0/4g+3v0/4a=9v02/gv0(N=1,2,3,…) ⑦
又qE−mg=ma ⑧
解得：E=12mg(12−N)q(1≤N≤11) ⑨
（3）小球从y轴击中点做平抛运动，在x轴上的水平距离为x0=v0t0=3v024g，小球两次通过点6v02g,0，即反弹前、后均通过(8x0,0)，挡板位置在(12x0,0)处，小球的运动可认为有周期性，设反弹前轨迹相邻两最高点（或最低点）之间距离为Δx，时间为T，反弹前从上往下通过该点应满足：I：8x0−x0v0=n1T；从下往上通过该点应满足：II：8x0+x0v0=n1T；(n1=1,2,3,…)
反弹后的轨迹可视为速率变化但继续向前的运动，水平速度大小变为原来的12，竖直速度不变，故轨迹相邻两最高点（或最低点）之间的距离变化，但周期仍为T，相当于要运动至(16x0,0)，反弹后从上往下通过该点应满足：III：12x0−x0v0+4x0v0/2=n2T；从下往上通过该点应满足：IV：12x0+x0v0+4x0v0/2=n2T；(n2=1,2,3,…)
以下讨论四种情况：
（一）反弹前从上往下I，反弹后从上往下III，得：n1n2=719，要使n1、n2均取正整数，需n1=7，14，21，…，又Δx=7x0n1>2x0，故无解
（二）反弹前从上往下I，反弹后从下往上IV，得：n1n2=13，要使n1、n2均取正整数，需n1=1，2，3，…，又Δx=7x0n1>2x0，故：
n1=1、n2=3：Δx=v0T=v023v0/4g+23v0/4qEm−g=7x0，得：E=7mg5q ⑩
（如图3所示）
n1=2、n2=6：Δx=v0T=v023v0/4g+23v0/4qEm−g=7x02，得：E=7mg3q ⑪
n1=3、n2=9：Δx=v0T=v023v0/4g+23v0/4qEm−g=7x03，得：E=7mgq \tag12
（三）反弹前从下往上II，反弹后从上往下III，得：n1n2=919，要使 n1、n2 均取正整数，需 n1=9，18，27，…，又 Δx=9x0n1>2x0，故无解
（四）反弹前从下往上II，反弹后从下往上IV，得：n1n2=37，要使 n1、n2 均取正整数，需 n1=3，6，9，…，又 Δx=9x0n1>2x0，故：n1=3、n2=7，Δx=v0T=v023v0/4g+23v0/4qEm−g=9x03，得：E=3mgq（如图4所示）
综上所述：E 可取 7mg5q、7mg3q、7mgq、3mgq
评分标准：本题共18分。正确得出⑦、⑩、⑪、⑫、⑬式各给2分，其余各式各给1分。 题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
C
B
D
C
AB
ABD
AC