重庆名校联盟2025-2026学年下学期年高三第一次联考物理试卷含答案

这是一份重庆名校联盟2025-2026学年下学期年高三第一次联考物理试卷含答案，共17页。试卷主要包含了 PET 的基本原理是，55 cm等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1. 作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回(本堂考试只将答题卡交回)。
一、选择题:本题共 10 小题，共 43 分。
(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. 如图是可以用来筛选谷粒的振动鱼鳞筛，筛面水平，由两根等长轻绳将其悬挂在等高的两点,已知筛面和谷物所受重力为 G ,静止时两轻绳延长线的夹角为 60∘ 。则两根轻绳对鱼鳞筛的拉力的合力大小为

A. G B. G2 C. 33G D. 233G
2. 下列关于教材中的四幅插图说法正确的是

甲

乙

丙

丁
A. 图甲是显微镜下三颗小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙为大量气体分子热运动的速率分布图, 曲线②对应的温度较低
C. 图丙是一定质量的理想气体在不同温度下的两条等温线,则 T2”、“=” 或 “0 的带电粒子,以 v0 的速度平行 x 轴进入电场强度为 E=mv022qL 的电场。从 x 轴上的 M 点 (图中未标出)首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动， 随后从 x 轴上的 N 点 (图中未标出) 首次离开磁场,且恰能回到 P 点，不计粒子重力，求:

(1)O点到 M 点的距离 XOM ；
(2)粒子从 M 点首次进入磁场时的速度 v 及方向；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小 B 以及粒子第一次在磁场中运动的时间 t 。 15. (18 分)
如图所示，A 为水平平台的右末端，BC 为半径 R = 1 m 的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角 θ=53∘ ， AB 间竖直高度 h=0.8m ， C 为圆心的正下方，右边有质量 M=3 kg 的两个相同的长木板依次排列在水平地面上(不粘连)，长木板的上表面刚好与 C 齐平。 竖直挡板固定于木板右侧，且略高于木板乙的上表面。质量m = 1 kg 的小滑块(视为质点) 从 A 点以某一初速度水平滑出,刚好从 B 点切向进入。小滑块以一定的水平初速度滑上木板甲的上表面，经过一段时间后，小滑块恰好未从木板乙上滑落，然后一起向右运动。小滑块与竖直挡板发生多次碰撞后，最终相对地面静止。每次碰撞时均无机械能损失且碰撞时间极短。小滑块与木板甲、乙之间的动摩擦因数均为 μ=0.2 ，木板甲与地面之间的动摩擦因数为 μs=0.1 ，木板乙与地面之间无摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(不考虑小滑块在各轨道衔接处的能量损失，重力加速度 g 大小取 10m/s2 ， cs53∘=0.6 ， sin53∘=0.8 )。 求:
(1)小滑块滑到 C 点时对圆弧轨道的压力 FN 大小及方向；
(2)如果小滑块在 AB 间同时受到向上的力 F=3vy ( vy 为小滑块竖直方向速度)。调整平台 A 点到 B 点间的水平距离,改变小滑块从 A 点水平滑出时的初速度使其仍刚好从 B 点切向进入，到达 C 点的速度 v=3 m/s 时。小滑块在 A 点抛出去的速度 v0 和从 A 运动到 B 的时间 t ;
(3)若小滑块以 v0=28m/s 滑上甲木板，求小滑块与竖直挡板发生第一次碰撞后所运动的总路程。


物理答案 (高 2026 届)
一、选择题:本题共 10 小题, 共 43 分。
1—7. ADBCD CA 8. AD 9. AB 10. ABC
5、
A. 光线从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据 v=λf ，可知波长变短，故 A 错误;
B. 红光的频率小于紫光的频率, 则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率, 根据 v=cn 可知,紫光在冰晶中的传播速度比红光在冰晶中的传播速度小,故 B 错误;
C. 入射光 a 在上表面既会发生折射又会发生反射， b 光的光强会比 a 光小，故 C 错误;
D. 若太阳高度角 α 等于 45∘ 时冰晶侧面恰好无光射出，如图所示

由折射定律得 n=sin∠1sin∠2
由全反射的临界条件得 sin∠3=1n
又 sin2∠3+sin2∠2=1
联立解得 n=62 ,故 D 正确。
7、【答案】A
AC. 设地球质量为 M ,卫星 I、Π 的轨道半径分别为 r 和 R ,卫星 I 为同步卫星,周期为 T0 ,近地卫星 Π 的周期为 T 。根据开普勒第三定律则有 r3T02=R3T2
由题图可得 sinθ=Rr
可得卫星 Π 的周期为 T=T0sin3θ
对于卫星 Π ,根据牛顿第二定律可得 GMmR2=m2πT2R
地球的密度为 ρ=MV=3M4πR3 联立以上各式,可得地球的平均密度为 ρ=3πGT02sin3θ ,故 C 错误, A 正确;
B. 对于不同轨道卫星,根据牛顿第二定律可得 GMmr2=ma
解得 a=GMr2
所以卫星 I 和卫星 II 的加速度之比为 aIaII=R2r2=sin2θ ,故 B 错误;
D. 当卫星 Π 运行到与卫星 I 的连线隔着地球的区域内,其对应圆心角为 π+2θ 时, 卫星 Π 无法直接接收到卫星 I 发出电磁波信号,设这段时间为 t 。若两卫星同向运行,则有 ωII−ωIt=π+2θ
其中 ωII=2πT=2πT0sin3θ,ωI=2πT0
解得 t=π+2θT0sin3θ2π1−sin3θ
若两卫星相向运行,则有 ωII+ωIt=π+2θ,ωII=2πT=2πT0sin3θ,ωI=2πT0
解得 t=π+2θT0sin3θ2π1+sin3θ ,故 D 错误。
10、【答案】ABC
A. 开关 K 置于 b 的瞬间,流过金属滑块的电流最大,此时 I=ER
对应的安培力最大,以金属滑块为研究对象,根据牛顿第二定律 F=BIL=mam
解得 am=BELmR
故 A 正确;
BC. 金属滑块运动后, 切割磁感线产生电动势, 当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时, 滑块速度不再变化, 做匀速直线运动, 此时速度达到最大, 设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为 U ,电容器放电过程中的电荷量变化为 Δq ,放电时间为 Δt ,流过金属滑块的平均电流为 I ,在金属块滑动过程中,由动量定理得 BIL⋅Δt=mv−0
由电流的定义 Δq=IΔt
由电容的定义 C=ΔqΔU
电容器放电过程的电荷量变化为 Δq=CΔU
所以 BLCE−U=mv
金属滑块速度最大时,根据法拉第电磁感应定律可得 U=BLv
联立解得 v=BLCECB2L2+m Δq=CmECB2L2+m
故 BC 正确;
D. 金属滑块滑离轨道的整个过程中, 电容器消耗的电能一部分转化为金属滑块的动能
Ek=12mv2=mB2L2C2E22CB2L2+m2
另一部分转化为了金属滑块的内能 (焦耳热), 故 D 错误。
二、非选择题:本题共 5 小题, 共 57 分。
11.(6 分)(1)= (2)8.475(8.473~8.477 给分)
(3) 2mgLm+M
12. (9 分)(1)D
(2)

(3)1.0(0.9、1.1 给分)
13.(10分)(1)7.5cm(5 分) (2)2.88J(5 分)
(1)初始状态时, 以圆柱形汽缸与椅面整体为研究对象, 根据平衡条件得 mg+p0S=p1S (1 分)
把质量为 M=60kg 的重物放在椅面上,稳定后,根据平衡条件得
M+mg+p0S=p2S (1 分)
稳定后缸内气体柱长度为 L1 ,由玻意耳定律得 p1LS=p2L1S (2 分)
解得 L1=7.5 cm (1 分)
(2)根据 L1ST1=L2ST2 (2 分)
解得室内气温缓慢降至 T2=297.6 K 时气柱长 L2=7.2 cm
外界对缸内气体所做的功 W=p0S+Mg+mgL1−L2 (2 分)
解得 W=2.88 J (1 分)
14.(14 分)
(1) xOM=2L (4 分)
(2) 2v0 ，与水平夹角为 45∘ (4 分)
(3) B=mv02qL (3 分) t=3πLv0 (3 分)
(1)粒子从 P 到 M 做类平抛运动,有 xOM=v0t,L=12at2 (2 分)
根据牛顿第二定律有 a=qEm (1 分)
联立解得 xOM=2L (1 分)
(2)粒子在 M 点速度大小为 v=v02+at2=2v0 (2 分)
与水平方向的夹角满足 csθ=v0v=22
可得 θ=45∘ (2 分)
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从 X 轴上的 N 点首次离开磁场，且恰能回到 P 点，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv=mv2R (2 分)
又有 Rsin45∘=xOM
联立解得 B=mv02qL (1 分)
T=2πrv (2 分)
t=270∘360∘T=3πLv0 (1 分)
15.(18 分)
(1)43N，方向竖直向下(6 分)
(2)0.6m/s(2 分)；0.32s(3 分)
(3) 23m (7 分)
(1) A→B 平抛:在 B 点 vy=2gh=4m/s vB=vycsθ=5 m/s (1 分)
B→C 过程: 动能定理 mgR1−csθ=12mvC2−12mvB2 (2 分)
在 C 点 FN−mg=mvC2R (2 分)
FN′=FN=43N 方向竖直向下 (1 分) (未写方向扣 1 分)
(2)小滑块从 B 到 C 过程，根据动能定理有
mgR−Rcsθ=12mv2−12mvB2
(1 分)
解得
v0=vBcsθ=0.6 m/s
(1 分)
在竖直方向上,根据动量定理有 mgt−Ft=mv0tanθ (2 分) 由于 F=3vy
(若写成 mgt−3vyt=mv0tanθ 也给 2 分,其中 vyt=h )
解得 t=0.32 s (1 分)
(3)物块滑上甲后，因 μ1mg=2N