重庆市2026届高三物理上学期11月期中试题含解析

这是一份重庆市2026届高三物理上学期11月期中试题含解析，共19页。
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。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 比冲是用于衡量火箭或飞机发动机效率的重要物理参数，比冲的定义为单位质量推进剂所产生的冲量，比冲的单位可表示为（ ）
A. N·sB. N/ kgC. m/sD. kg·m/s
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知，比冲等于冲量除以质量，冲量的单位为N·s，质量的单位为kg，故比冲的单位为N·s/kg，而1N=1kg·m/s2，故化简可得比冲的单位为m/s。
故选C。
2. 如图所示，两个等量正点电荷固定于M、N两点，E、F是MN连线段中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，。一带负电的小球在E点由静止释放，竖直向下运动，在F点时速度最大。重力加速度为g，关于小球从E到F的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 做匀变速直线运动
B. 在O点时所受静电力最大
C. 从E运动到O的时间大于从O运动到F的时间
D. 释放后瞬间加速度为g
【答案】C
【解析】
【详解】AB．该过程带负电的小球受重力和静电力。根据等量正点电荷中垂线电场分布特点，可知到电场线方向竖直向上，故小球所受静电力竖直向下，且逐渐减小，到电场方向竖直向下，故小球所受静电力竖直向上，且逐渐增大；在点静电力为零，重力方向一直竖直向下，又在F点时速度最大，即加速度为零，故到加速度逐渐减小，即小球不是做匀变速直线运动，故AB错误；
C．小球从到做加速运动，则有，又EO=OF，故小球从E运动到O的时间大于从O运动到F的时间，故C正确；
D．小球运动至点时加速度为零，即重力与静电力平衡，大小相等。根据等量正点电荷中垂线电场分布特点可知，小球在点静电力的大小也等于重力的大小，故在点时小球的合力为，根据牛顿第二定律，可得小球的加速度为，故D错误。
故选C。
3. 下列图中，金属线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动，外电路连接一小灯泡，其中不能使小灯泡发光的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．A图中的线圈转动过程磁通量不变，所以不会产生交变电流，无法使小灯泡发光，故A错误，符合题意；
BCD．BCD图中的线圈转动过程中磁通量会发生变化，所以会产生交变电流，可以让小灯泡发光，故BCD正确，不符合题意。
本题选不能发光的，故选A。
4. 如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接，两球均处于静止状态。轻绳水平，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B. A球静止时，A球与B球间的库仑力为mg
C. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球加速度大小为g
D. 若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B 球的作用力不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．对A球受力分析如图所示
由平衡条件可知轻绳上拉力为，故A错误；
B．由平衡条件可知A球与B球间的库仑力为，故B错误；
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小等于拉力的大小，则加速度大小为，方向为拉力的反方向，故C错误；
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间Ｂ球受到的库仑力和重力不变，小球仍然处于静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D正确。
故选D。
5. 如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴上方有一个开口向下的长方体敞口粒子收集箱 abcd，x轴在 dc面上且与 dc边平行， bc长为L，a、b距y轴的距离均为L。位于原点O 的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为 不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B. bc面 （不含b端）能收集到粒子
C. 有一半的粒子能被 ab 面收集
D. 收集箱收集到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为，A错误；
B．由左手定则，结合几何关系可知，水平向右射出的粒子只能打到b点，可知bc面 （不含b端）不能收集到粒子，B错误；
C．沿y轴正向射出的粒子恰能打到a点，水平向右射出的粒子能打到b点，可知第一象限的粒子都能打到ab面上，即有一半的粒子能被 ab 面收集，C正确；
D．收集箱收集到的粒子运动时间最短时，在磁场中做圆周运动的弦长最短，即从ab的中点或者从d点射出时时间最短，由几何关系可知圆弧对应的圆心角为60°，则在磁场中运动的最短时间为 ，D错误。
故选C。
6. 如图所示，足够长且倾角为θ的绝缘光滑固定斜面处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，一带电量为q（q>0）的小物块从斜面上由静止开始下滑，下滑位移为x时物块刚好离开斜面。不计空气阻力。则在物块从释放到刚好离开斜面的全过程中（ ）
A. 洛伦兹力的冲量大小为2qBx
B. 重力的冲量大小为
C. 支持力的冲量大小为
D. 物块刚好离开斜面时的动量大小为 qBxtanθ
【答案】B
【解析】
【详解】A．斜面光滑，物块从释放到刚好离开斜面的全过程中做匀加速运动，
下滑位移为x时，
物块刚好离开斜面，有
物块从释放到刚好离开斜面的全过程所用时间
洛伦兹力的冲量大小为，故A错误；
B．重力的冲量大小为，故B正确；
C．根据动量定理，在垂直于斜面方向上，合外力的冲量等于动量的变化量，而该方向动量始终为零，故动量变化量为零，所以
支持力的冲量大小等于洛伦兹力的冲量大小，为，故C错误；
D．物块刚好离开斜面时的动量大小为，故D错误。
故选B。
7. 如图所示，两根足够长平行金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨顶端与一电容器相连，一金属杆垂直导轨放置，与导轨接触良好。将金属杆从导轨上某处由静止释放，不计一切电阻和摩擦。下列关于金属杆的速度、加速度、电容器上储存的电能、通过金属杆的电荷量，随金属杆运动时间、位移变化的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对金属棒受力分析，有
又有
联立可得加速度为
则金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，故AB错误；
D．由可知，q与x不成正比，故D错误；
C．电容器上储存的电能，可见E与x成正比，故C正确；
故选C。
二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分。
8. 静电场中某条电场线如图所示，a、b、c、d为该电场线上的四个点。某个点电荷以一定的初速度仅在电场力作用下从电场中的a点运动至d点（轨迹未画出），其电势能增加，则（ ）
A. 该点电荷带正电B. 该过程电场力做正功
C. a点电势高于b点电势D. 该过程点电荷动能减小
【答案】AD
【解析】
【详解】C．根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知a点电势低于b点电势，故C错误；
A．由题知，电荷从到的过程中电势能增加，且电势又升高，根据
可知该点电荷带正电，故A正确；
BD．由题知，从到电势能增加，则电场力做负功，故动能减小，故B错误，D正确。
故选AD。
9. 如图（a），固定在水平地面上倾角为θ的足够长斜面上，质量均为m的小物块甲、乙同时以初速度v0从斜面顶端开始沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为 以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下建立x轴，甲和乙的位置坐标x与运动时间t的关系曲线如图 （b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在 时切线斜率为0，则（ ）
A.
B. t=t0时， 甲的速度大小为3v0
C. t=t0之前，甲、乙加速度大小之比为1:1
D. 时，甲重力的瞬时功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】B．位置坐标与时间的图像的斜率表示速度，甲、乙两个小物块的曲线均为抛物线，则小物块甲做匀加速直线运动，小物块乙做匀减速直线运动，在时间内甲、乙的位移为，
可得时刻小物块甲的速度为，故B错误；
C．t=t0之前，根据速度时间公式，可得小物块甲的加速度大小为
小物块乙的加速度大小为
可知甲、乙加速度大小之比为1:1，故C正确；
A．根据牛顿第二定律，对甲有
对乙有
联立可得，故A正确；
D．当时，根据速度时间公式可得
方向为沿斜面向下，则小物块甲的重力的瞬时功率为，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，沿水平方向做简谐振动质点，依次通过相距为L的A、B两点。已知质点在A点相对平衡位置的位移大小为振幅的 倍，在B点相对平衡位置的位移大小为振幅的 倍，从质点经过A点且向右运动时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】设平衡位置在O点，若A、B两点在平衡位置的同侧，则O点应在A点左侧，根据，
解得，
因此可知第二次经过B点时，根据
解得
此时位移关系为
解得
若A、B两点在平衡位置O点的异侧，则O点在A、B之间，若以向右为正，则有，
解得，
因此可知第二次经过B点时，根据
解得
此时位移关系为
解得
故选AD。
三、非选择题：共6小题，共64分。
11. 小蜀同学周末在家里利用单摆测量重力加速度，他找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆，实验操作如下：
（1）用刻度尺测出摆线长度为，将挂件拉开一个小于5°的角度，然后由静止释放，从单摆运动到最低点开始计时且计数为1，到第 n次经过最低点所用的时间为t，则单摆周期T=________（用t、n表示）。
（2）若只测一组数据l1、T1，并将l1作为摆长代入公式计算，会使得重力加速度的测量值________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）为了消除摆线长与摆长不同而带来的误差，先后做了两次实验，准确记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，已知l1小于l2，由此测得的重力加速度为________（用l1、T1、l2、T2表示）。
【答案】（1）
（2）偏小 （3）
【解析】
【小问1详解】
时间内全振动的次数为，因此单摆的周期为
【小问2详解】
根据周期公式
可得
因的测量值偏小，导致的测量偏小。
【小问3详解】
根据周期公式
其中摆长
将两组数据代入可得，
联立解得
12. 某学习小组想要测量某一未知电阻的阻值，他们设计了如图甲所示实验电路图。电阻丝粗细均匀，其阻值与长度的比值为n。通过移动滑片改变接入电路中电阻丝的长度L，并读出此时理想电压表的示数U。画出 的图像如图乙所示，图中直线斜率为k，纵截距为b。
（1）若不计电源内阻，通过实验可测得电源电动势E =________。未知电阻 ________（均用题中所给字母表示）
（2）若考虑电源内阻，按照第（1）问中的计算，这会使电源电动势的测量值与真实值相比________；未知电阻阻值的测量值与真实值相比________。（均选填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 偏小 ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
[1] [2]根据欧姆定律可得
变形得
由图像可得，
解得，
【小问2详解】
[1] [2]若考虑电源内阻，则真实的表达式为
变形得
可得，
解得，
故电源电动势测量值偏小，未知电阻测量值偏大。
13. 2025年，我国首制万吨级纯电动智能海船在江西九江成功下水（如图）。该船可通过高压岸电充电，也能通过吊装箱式电池实现快速换电，标志着我国沿海集装箱运输正式迈入零排放、纯电动时代。假设该海船在某次测试中，由静止开始沿直线运动。已知船舶的总质量为 ，所受水的阻力f恒为 ，推进系统提供的牵引力 F 随时间t变化的关系为 求：
（1）船舶第6s末的加速度大小与方向；
（2）10秒末船舶的速度大小。
【答案】（1）加速度的大小为，方向与牵引力方向相反
（2）0m/s
【解析】
【小问1详解】
根据
可得第6s末的牵引力为
根据牛顿第二定律有
代入数据解得
即加速度的大小为，方向与牵引力方向相反。
小问2详解】
根据
可得时的牵引力为
可得时的牵引力为
因牵引力随时间均匀变化，内牵引力的平均值为
根据动量定理有
解得10s末船舶的速度
14. 如图，在静电雾化除尘技术的实验模拟中，一个重力为 mg（g为重力加速度）、带电荷量为+q（q>0）的雾化液滴，从坐标原点被弹出，初速度大小均为 方向可在竖直平面xOy 内任意调整。已知该空间存在平行于xOy 平面但方向未知的匀强电场。第一次将液滴沿某一方向弹出，一段时间后液滴通过点 P（3d，0）时，其速度大小变为 第二次将液滴沿另一方向弹出，一段时间后液滴通过点Q（0，-d）时，其速度大小变为 不计空气阻力，求：
（1）O、P 两点间的电势差UOP，及O、Q两点间的电势差UOQ；
（2）若将液滴沿x轴负方向弹出，求液滴在运动过程中速度的最小值以及离y轴的最大距离。
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【小问1详解】
液滴由O到P，根据动能定理有
解得
液滴由O到Q，根据动能定理有
解得
【小问2详解】
根据，可知沿y轴负方向电势差为零，即y轴为一条等势线；
根据，可知沿x轴正方向的电势差不为零，且不断减小，根据沿电场线方向，电势不断减小，可知电场强度方向沿x轴正方向，根据
解得
重力与电场力的合力大小为
设合力的方向与x轴正方向的夹角为，根据几何关系有
解得
即合力的方向与x轴正方向角
故液滴在运动过程中速度的最小值为
离y轴最远时水平方向速度为0，则运动时间为
离y轴最远时的距离为
15. 如图所示，坐标平面与光滑绝缘水平面重合，在此空间存在磁感应强度大小为B=1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN是长为L=2.5m的细长光滑玻璃空心薄管，初始时MN在y轴负半轴上且N端与坐标原点O 重合。管的M端有一质量为m=0.1kg且带正电荷量q=0.1C的静止小球A（视为质点），现使管MN沿x正方向以速度 匀速平移，小球A将在管内向N端运动，当它离开管时，N端恰与x轴上的P点重合，小球离开后立即取走薄管。
（1）小球从N端离开管时的速度大小；
（2）小球离开管后经过x轴负半轴的x坐标值；
（3）若管从y轴开始移动的同时，在x轴负半轴上的Q点（且距离满足（OQ=3OP）处释放一不带电的小球B，小球B以速度v2（大小方向未知）做匀速直线运动，已知球B恰能迎面撞上小球A（相撞前瞬间二者速度方向相反），求v2的最大值v2m。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球A在y方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移时间公式有
解得
小球A运动P点时，沿y方向的速度为
故小球从N端离开管时的速度大小
【小问2详解】
由上问可得
作出小球从 P点离开管后做逆时针方向的圆周运动，交x负半轴于点，画出其运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，则有
代入数据解得
根据几何关系有
可得
【小问3详解】
从Q点作轨迹圆切线与圆相切于点，根据切割线定理有
代入数据解得
根据几何关系可知与轴成角
小球做圆周运动的周期为
小球B运动时间与小球A运动时间满足
当时有最大值为，代入上式可得
16. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，固定在倾角（）的斜面上，间距为L=1m，整个空间分布着磁感应强度大小为B=1T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将两根金属棒a、b放置在导轨上，并将b用绝缘轻绳绕过定滑轮和物块c连接，滑轮左侧绳索与导轨平行，右侧绳索竖直。已知a、b棒的长度均为L，电阻均为 ，a、b的质量为 c的质量为m。（未知且大小可调），金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a、b与导轨间动摩擦因数均为μ（大小可调），其他摩擦不计。初始时b、c间绳索恰好伸直，维持a、b、c静止，释放物块c后，a、b始终在导轨上运动且不会撞到滑轮，c始终在竖直方向运动不会撞到地面和滑轮。重力加速度g取
（1）若，释放物块c后，a、b棒均保持静止，则c的最大质量 为多大？若仅a棒能始终保持静止，则c的最大质量mc2为多大？
（2）若，将c的质量调整为（1）问中的m，初始时从绳子伸直将c竖直向上提升 h=0.2m，再由静止释放c，当绳子绷紧后b、c共速，求在之后的运动中b与导轨因摩擦所产生的热量Q；
（3）若μ=0且mc3= 0.15kg，同时释放a、b与c后：
①若最终a、b匀速运动，求二者匀速运动的速度大小；若最终a、b做变速运动，求最终二者的加速度大小；
②求初始到a棒的位移为d=2m过程中流过a棒的电荷量。
【答案】（1）；
（2）
（3）①，；②
【解析】
【小问1详解】
a、b棒均保持静止，无感应电流，且，故可以静止在轨道上
对b、c系统要保持静止，根据平衡条件有
解得
当棒运动后，要保证金属棒始终静止，允许通过的最大电流为，根据平衡条件有
解得
对棒分析，做加速度减小的加速运动，最终匀速时电流最大，根据平衡条件有
解得
【小问2详解】
下落过程，根据机械能守恒有
解得
绳绷紧后，对b、c系统，沿绳方向，根据动量守恒有
当b、c共速度后静止，b、c做减速运动，对b、c系统，在沿绳方向，根据动量定理有
又
可得
设b向上运动x后停止，根据，，，
可得
又产生的热量
联立并代入数据可得
【小问3详解】
①设某一时刻的电流为，当向下运动时，根据牛顿第二定律有
解得
对b、c整体，根据牛顿第二定律有
解得
对棒和导轨组成的回路，根据闭合电路欧姆定律有
因为两棒的初速度为零，则有
代入数据可得
即棒a、b匀做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动，即
解得a最终匀速的速度大小为
又
解得b最终匀速的速度大小为
②由上可知，、的位移关系为
其中
可得
根据
其中
联立可得电路中电荷量的大小为