重庆市重庆乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·石柱月考）公路上常有交通管理部门设置的如图所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（ ）
A．平均速度的大小不得超过这一规定数值
B．平均速率的大小不得超过这一规定数值
C．必须以这一规定速率行驶
D．汽车上的速度计指示值不得超过这一规定数值
2．（2024高三上·石柱月考）近年来无人机在军事、工业等领域均有广泛的应用，一质量为m的无人机在执行远程侦察任务，某段时间内该无人机以速度v沿着与水平方向成θ角斜向上的方向匀速直线飞行，重力加速度为g，则（ ）
A．该无人机处于超重状态
B．该无人机在运动的过程中机械能守恒
C．空气对该无人机作用力的大小为mg
D．重力对无人机做功的瞬时功率为mgv
3．（2024高三上·石柱月考）一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为，与此同时木块沿水平面移动的距离为，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程中（ ）
①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为
②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为
③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
4．（2024高三上·石柱月考）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（ ）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
5．（2024高三上·石柱月考）半圆柱形玻璃砖的底面镀有一层反射膜，为玻璃砖的半圆形横截面，M为最高点，O为圆心，半径为R。一束宽为R的平行光的下边恰好沿着底边，如图所示。其中从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，已知A、B两点距离分别为和。，不考虑圆弧面上的反射光线，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的折射率为
B．有部分光线在圆弧区域发生全反射
C．只有圆弧的部分区域有光线射出
D．射向圆弧区域的光线有一部分来源于处反射的光线
6．（2024高三上·石柱月考）如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程，空间分布者垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过、的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并和导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒经过、的位置时，闭合回路中的电动势之比为
B．导体棒经过、的位置时，闭合回路中的电流大小之比为
C．经过、的位置时，导体棒所受安培力大小之比为
D．、过程中，闭合回路中产生的电热之比为
7．（2024高三上·石柱月考）2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为
B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
C．卫星Ⅱ的周期为
D．题中时间为
8．（2024高三上·石柱月考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡、的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．先变暗后变亮，一直变亮 B．先变亮后变暗，一直变亮
C．电源的输出功率先增大后减小 D．电源的输出功率先减小后增大
9．（2024高三上·石柱月考）为振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿直线传播，、两点之间的距离为．点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3：4．某时刻波正好传到右侧处，且、均在波峰位置．则（ ）
A．开始振动时方向可能向下也可能向上
B．波在左侧的周期比在右侧时大
C．右侧的波长为
D．左侧的波长为
10．（2024高三上·石柱月考）产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学奖，阿秒（as）是时间单位，，阿秒光脉冲是发光持续时间在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为100as的阿秒光脉冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速，普朗克常量，下列说法正确的是（ ）
A．对于0.1mm宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的衍射现象更明显
B．此阿秒光脉冲和波长为550nm的可见光束总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少
C．此阿秒光脉冲可以使能量为的基态氢原子电离
D．为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电子的运动周期
11．（2024高三上·石柱月考）某同学设计了一个测定喷漆枪向外喷射油漆雾滴速度的实验。他采用图甲所示的装置：一个直径为D的纸带环安放在一个可以按照一定转速转动的固定转台上，纸带环上留有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线，在转台开始转动至达到稳定角速度ω后，从侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至靠近狭缝B且与之平行正对时，油漆雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹。不计雾滴所受的重力和空气阻力。
（1）用v表示四次实验中油漆雾滴的速度，若要保证四次实验雾滴都在纸带环转动半圈的时间内到达纸带环，则纸带环转动的角速度ω应满足的条件是 。
（2）已知该喷漆枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴。改变喷射速度并重复实验，在纸带上留下一系列的痕迹a、b、c、d，将纸带从转台上取下来，展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示，在满足（1）的条件下，a、b、c、d四个痕迹中代表雾滴速度最大的痕迹是 ；若、，则四次实验中最大的雾滴速度 m/s。
12．（2024高三上·石柱月考）某兴趣小组使用如图甲所示电路，探究太阳能电池的输出电压与光照强度及外电路电阻的关系，图中电压表为理想电压表。
（1）在某光照强度下，测得太阳能电池的输出电压 U与电阻箱电阻R之间的关系如图乙中的曲线①所示，随R增大，U逐渐逼近2.80V。由该曲线可知，M点对应的流过太阳能电池的电流为 A，太阳能电池的内阻 Ω； （均保留三位有效数字）：
（2）在另一更大光照强度下，测得U—R关系如图乙中的曲线②所示。用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，太阳能电池的输出功率为 W；在电路不变的情况下，光照改成曲线②所对应的强度，需要将阻值为 Ω的电阻与此负载串联才能保证此负载两端的电压不变。（均保留三位有效数字）
13．（2024高三上·石柱月考）如图，两相同极板A与B的长度为，相距，极板间的电压为。一个电荷量为、质量为m的电子，沿平行于板面的方向从极板左端中点射入电场中，射入时的速度为，把两板间的电场看作匀强电场。
（1）求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
（2）求电子射出电场时速度与水平方向夹角的正切值。
14．（2024高三上·石柱月考）利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在坐标系的轴左侧存在沿轴负方向的匀强电场，轴右侧存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一质量为，电荷量为的带正电粒子，从P点以大小为的初速度沿轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回轴左侧，粒子经过M点时在轴左侧增加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从M点到达N点（未画出）时速度方向第一次与轴平行。不计带电粒子的重力，已知，。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）粒子从点运动到点的时间；
（3）粒子在点时的速度大小
15．（2024高三上·石柱月考）某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】瞬时速度
【解析】【解答】在行驶的任何时刻都不能超过该数值，行驶速度低于或者等于40km/h都是允许的。
故选D。
【分析】限速标志是在这一路段驾驶车辆时瞬时速度不能超过40km/h，任何时刻都不能超过该数值。
2．【答案】C
【知识点】超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．无人机做匀速直线运动，处于平衡状态，该无人机处于平衡状态，故A错误；
B．根据动能和重力势能的变化分析机械能的变化，无人机运动过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B错误；
C．根据功率公式
求解重力对无人机做功的瞬时功率。无人机在运动过程中受到自身竖直向下的重力，空气对其作用力与重力等大反向，故C正确；
D．重力与速度v有夹角，重力对无人机做功的瞬时功率不等于mgv，故D错误。
故选C。
【分析】根据平衡条件求空气的作用力。根据功率的计算公式P=mgvcosα求解重力的瞬时功率。要注意只有重力与速度同向时，重力的瞬时功率才为mgv。
3．【答案】A
【知识点】功能关系
【解析】【解答】根据动能定理分别研究子弹和木块，得出子弹损失的动能与木块获得的动能之比，设摩擦力大小为，对子弹运用动能定理可得
对木块运用动能定理可得
可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为
阻力对子弹做功为，子弹对木块做功为fx2，系统获得的内能等于系统克服阻力做的总功fx1，再求比例关系。 根据能量守恒可知，因系统变热损失的动能为
则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为
木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
故选A。
【分析】对于子弹打击木块的过程，根据动能定理研究动能的变化是常用的方法，要注意选择研究对象，要知道因摩擦而产生的内能等于滑动摩擦力大小与相对位移大小的乘积。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
5．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率，由题意可得，从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，其光路图如图所示，由几何知识可知入射角，折射角，则有折射率
A错误；
B．根据光路的可逆性判断，光线在玻璃砖中传播时，光线与半径构成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能发生全反射，B错误；
D．作出光线到PQ面的光路图，根据几何关系结合折射率判断。假设有光线会射向，如图解所示，则有
不存在，D错误；
C．根据临界光线出射位置判断，最上边和下边的光线恰好射向Q点，其余光线因为区域的出射点总比区域的入射点位置低，只有部分区域有光线射出，C正确。
故选C。
【分析】本题考查光的折射和全反射，要求学生能根据题意熟练作出光路图，应用折射定律和全反射规律解题。
6．【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒由静止开始做匀加速直线运动，由公式和得到E与y的关系式，再求电动势之比，若导体棒运动到某一位置，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为，由匀变速直线运动规律
根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中的感应电动势大小为
解得
故感应电动势之比为，故A错误；
B．由闭合电路欧姆定律以及电阻与长度的关系求解电流大小之比。由闭合电路欧姆定律，闭合回路中的电流为
其中
解得
故电流之比为，故B错误；
C．根据F=2BIx求解导体棒所受安培力大小之比，导体棒所受安培力大小为
解得
故安培力之比为，故C错误；
D．作出安培力随着位移变化的图像，结合图像与横轴所围的面积表示导体棒运动过程中克服安培力做的功，求出导体棒运动过程中克服安培力做的功，即可得到闭合回路中产生的电热，最后求电热之比。显然，导体棒所受安培力大小与其位移大小y成正比，作出安培力随着位移变化的图像
图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，也就是闭合回路产生的电热
解得
故电热之比为
故D正确。
【分析】解答本题的关键要根据电磁感应规律和运动学公式推导出各个量与位移的关系式，作出F-y图像，来求解各个量之比。
7．【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系。A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，根据万有引力提供卫星圆周运动向心力
且有
其中R为地球的半径，联立解得
A错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
B错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。
故选C。
【分析】计算密度需要先计算中心天体质量（利用环绕天体的向心力等于万有引力列式），再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解t。
8．【答案】A,D
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况。副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过的电流为
逐渐增大，则越来越小，则
则先变暗后变亮，一直变亮，故A正确，B错误；
CD．根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化和电源输出功率变化。对于等效后的电路为电源接灯泡和等效电阻，由于灯泡的电阻与定值电阻，所以电源的输出功率为
由于电源的有效值恒定，而滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，等效电阻先增大后减小，所以输出功率先减小后增大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
9．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．的起振方向与振源的起振方向相同，但题目未说明振源起振方向，所以的起振方向无法判断，即可能向下也可能向上，A正确；
B．虽然是两种介质，但是两种介质中的波的周期相同，机械波传播过程中，波的周期与振源振动周期相同，与介质无关，所以左右两侧周期相同，B错误；
C．若起振方向向下，则：
得
，
若起振方向向上，则
得
即有两种情况，C错误；
D．结合两种介质中的波速求解其它物理量，结合题意进行解答。由
可知
起振方向向下时
起振方向向上时
因、均在波峰，所以、之间有整数个波长，即
或
都是整数，由数学知识可知，两式包含所有奇数，即可表示为 ，解得
D正确；
故选AD。
【分析】 根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，结合波速、波长和频率之间的关系v=fλ分析。
10．【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的衍射现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．由题意可知此阿秒光脉冲的光波周期最大值，由此求出其波长最大值，对于宽度一定单缝，波长越长，衍射现象越明显。此阿秒光脉冲的波长为
由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射现象越明显知，所以波长为550nm的可见光比此阿秒光脉冲的衍射现象更明显，故A错误；
B．根据光子能量，可得到此阿秒光脉冲的光子能量的最小值与波长为550nm的可见光光子能量的大小关系，根据总能量等于光子能量与光子数量的乘积进行分析，由
知，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的光子能量大，故总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B正确；
C．计算出此阿秒光脉冲的光子能量最小值，与基态氢原子的能量进行比较，可知此阿秒光脉冲能否使基态氢原子电离。阿秒光脉冲的光子能量最小值为
故此阿秒光脉冲可以使能量为 13.6eV（ 2.2 × 10 18J）的基态氢原子电离，故C正确；
D．为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应小于电子的运动周期，故D错误。
故选BC。
【分析】根据题意分析测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间与电子的运动周期的大小关系。本题考查了光子的能量计算，光发生明显衍射的条件，使原子电离的条件。掌握光子的能量与频率或者波长的关系。
11．【答案】（1）
（2）d；15
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）本题考查圆周运动和平抛运动，解题关键是分析好雾滴和纸带环的运动，根据运动学公式列式求解即可。要求在纸带环转动半圈的时间内都到达纸带环，纸带环转过的角度
若雾滴运动与纸带转动的时间均为
则
故ω应满足的条件是
（2）最大速度的雾滴到达纸带上的d点，雾滴落在d点时，从题图乙中可读出标志线到d点的距离
因
则
【分析】 （1）油漆雾滴进入狭缝A后做平抛运动，若纸带环不转，则油漆雾滴一定打在标志线上，若纸带环以某一角速度转动，则油漆雾滴沿直线到达纸带环时，标志线在油漆雾滴运动到纸带环上的这段时间内会转过一定角度θ；在油漆雾滴速度一定的情况下，油漆雾滴到达纸带环的时间t也是一定的．所以在一定时间内ω越大，纸带环的位置到标志线的距离就远；若ω足够大，则在狭缝A转过半圈的时间里，油漆雾滴刚好也到达纸带环；
（2）在纸带环转速ω一定的情况下，油漆雾滴速度越大，到达纸带环的时间t越短，则标志线转过的角度θ越小，转过的弧长越短，油漆雾滴到达纸带环的位置距离标志线越近，根据运动学公式求解即可。
（1）要求在纸带环转动半圈的时间内都到达纸带环，纸带环转过的角度
若雾滴运动与纸带转动的时间均为
则
故ω应满足的条件是
（2）[1][2]最大速度的雾滴到达纸带上的d点，雾滴落在d点时，从题图乙中可读出标志线到d点的距离
因
则
12．【答案】（1）2.25×10-2；44.4
（2）4.17×10-2；15.0（14.0~18.0）
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）确定M点对应的电压与电阻值，根据欧姆定律求解流过太阳能电池的电流。根据R趋于无穷大，路端电压U趋近于电源电动势得到太阳能电池的电动势，根据闭合电路欧姆定律求解其内阻。由题可知，M点对应的电阻箱两端的电压为1.8V，电阻箱的电阻为80Ω，则流过太阳能电池的电流为
太阳能电池的电动势为
则根据
可得内阻
（2） 由图乙的曲线①可得此负载的电压，太阳能电池的输出功率就等于此负载的功率，根据电功率计算公式求解。由图乙的曲线②可知当外电路电阻大于150Ω时，路端电压几乎保持不变，可得此时太阳能电池的内阻可忽略，并得到此时的太阳能电池的电动势，根据闭合电路欧姆定律解答。用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，根据
可得太阳能电池的输出功率为
保持负载两端电压不变，即保持流过负载的电流不变，则如图所示直线与曲线①、②交点对应的电阻差即为所求，根据作出的图像可知阻值为（14~18）。
【分析】（1）本题考查了探究太阳能电池的输出电压与光照强度及外电路电阻的关系的实验，实验原理为闭合电路欧姆定律。
（2） 解答是要注意分析太阳能电池的内阻是可变化的。根据闭合电路欧姆定律解答。
（1）[1][2]由题可知，M点对应的电阻箱两端的电压为1.8V，电阻箱的电阻为80Ω，则流过太阳能电池的电流为
太阳能电池的电动势为
E1=2.8V
则根据
可得内阻
（2）[1]用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，根据
可得太阳能电池的输出功率为
[2]保持负载两端电压不变，即保持流过负载的电流不变，则如图所示直线与曲线①、②交点对应的电阻差即为所求，根据作出的图像可知阻值为（14~18）。
13．【答案】（1）解：（1）在匀强电场中，由牛顿第二定律可得
解得
电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有
竖直方向做匀加速直线运动，有
联立解得
（2）解：（2）射出电场时竖直方向速度为
射出电场时偏转的角度正切值为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场中做类平抛运动，根据题意结合牛顿第二定律求出加速度。电子在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据分位移公式先求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（2）根据速度的分解，结合分速度关系求解。
（1）在匀强电场中，由牛顿第二定律可得
解得
电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有
竖直方向做匀加速直线运动，有
联立解得
（2）射出电场时竖直方向速度为
射出电场时偏转的角度正切值为
联立解得
14．【答案】（1）解：（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）解：粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可求出电场强度的大小；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动时间的计算方法解得；
（3）由水平方向应用动量定理，结合动能定理求得粒子打在N点时速度。
（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
15．【答案】（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
【知识点】动量定理；交变电流的产生及规律；安培力的计算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先确定图1所示位置的线框中电流方向，由左手定则判断导线框转动方向。图2中导线框的转动方向可由图3来观察，根据电磁驱动原理可得旋转辐向磁场的转动方向；
（2）先确定导线框达到稳定转动时线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得金属线框AB、CD两边所受的安培力大小。根据受力平衡条件求解导线框转动的最大角速度；
（3）与（2）同理，求得导线框达到最大的线速度，应用微元法与动量定理求解在该过程中AB边转过的弧长。
（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
1 / 1重庆市重庆乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题
1．（2024高三上·石柱月考）公路上常有交通管理部门设置的如图所示的限速标志，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时（ ）
A．平均速度的大小不得超过这一规定数值
B．平均速率的大小不得超过这一规定数值
C．必须以这一规定速率行驶
D．汽车上的速度计指示值不得超过这一规定数值
【答案】D
【知识点】瞬时速度
【解析】【解答】在行驶的任何时刻都不能超过该数值，行驶速度低于或者等于40km/h都是允许的。
故选D。
【分析】限速标志是在这一路段驾驶车辆时瞬时速度不能超过40km/h，任何时刻都不能超过该数值。
2．（2024高三上·石柱月考）近年来无人机在军事、工业等领域均有广泛的应用，一质量为m的无人机在执行远程侦察任务，某段时间内该无人机以速度v沿着与水平方向成θ角斜向上的方向匀速直线飞行，重力加速度为g，则（ ）
A．该无人机处于超重状态
B．该无人机在运动的过程中机械能守恒
C．空气对该无人机作用力的大小为mg
D．重力对无人机做功的瞬时功率为mgv
【答案】C
【知识点】超重与失重；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．无人机做匀速直线运动，处于平衡状态，该无人机处于平衡状态，故A错误；
B．根据动能和重力势能的变化分析机械能的变化，无人机运动过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，故B错误；
C．根据功率公式
求解重力对无人机做功的瞬时功率。无人机在运动过程中受到自身竖直向下的重力，空气对其作用力与重力等大反向，故C正确；
D．重力与速度v有夹角，重力对无人机做功的瞬时功率不等于mgv，故D错误。
故选C。
【分析】根据平衡条件求空气的作用力。根据功率的计算公式P=mgvcosα求解重力的瞬时功率。要注意只有重力与速度同向时，重力的瞬时功率才为mgv。
3．（2024高三上·石柱月考）一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的最大深度为，与此同时木块沿水平面移动的距离为，设子弹在木块中受到的摩擦力大小不变，则在子弹进入木块的过程中（ ）
①子弹损失的动能与木块获得的动能之比为
②子弹损失的动能与系统损失的动能之比为
③木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
④木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【答案】A
【知识点】功能关系
【解析】【解答】根据动能定理分别研究子弹和木块，得出子弹损失的动能与木块获得的动能之比，设摩擦力大小为，对子弹运用动能定理可得
对木块运用动能定理可得
可知子弹损失的动能与木块获得的动能之比为
阻力对子弹做功为，子弹对木块做功为fx2，系统获得的内能等于系统克服阻力做的总功fx1，再求比例关系。 根据能量守恒可知，因系统变热损失的动能为
则子弹损失的动能与系统损失的动能之比为
木块获得的动能与因系统变热损失的动能之比为
故选A。
【分析】对于子弹打击木块的过程，根据动能定理研究动能的变化是常用的方法，要注意选择研究对象，要知道因摩擦而产生的内能等于滑动摩擦力大小与相对位移大小的乘积。
4．（2024高三上·石柱月考）某同学利用自制的实验装置来研究反冲现象。在实验中，取一辆玩具小车，在小车的左侧立一电动风扇，并将小车轻放于阻力较小的水平桌面上。如图甲所示，打开风扇后观察到小车向左运动。继续进行了如下实验步骤（每次实验前，小车与空气均静止）：
①如图乙所示，取一适当大小的硬纸盒立于小车的右侧，打开风扇，观察小车的运动情况；
②如图丙所示，将该硬纸盒调转方向，立于小车的右侧，打开风扇，再次观察小车的运动情况。
你认为下列现象中，最有可能出现的是（ ）
A．乙中的小车向左运动 B．乙中的小车向右运动
C．丙中的小车向左运动 D．丙中的小车向右运动
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理
【解析】【解答】AB．在图乙中，设风扇给空气的平均作用力为，根据动量定理，则对空气有
解得风扇给空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对风扇和小车的平均作用力大小与风扇给空气的平均作用力大小相等，方向向左，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度变为零，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量定理有
解得纸盒对空气的平均作用力为：
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右，由于小车受到空气的作用力大小相等，方向相反，则在水平方向小车受力平衡，而小车初始时静止，所以乙图中小车最有可能静止，故AB错误；
CD．根据前面的分析可以得出空气对风扇和小车的平均作用力大小为，方向向左；在图丙中，当空气吹到纸盒时，其水平方向速度大小不变，方向相反，设纸盒对空气的平均作用力为，根据空气的动量守恒定律有
解得纸盒对空气的作用力大小为：
方向向左；
由牛顿第三定律可知，空气对纸盒和小车的平均作用力大小与纸盒给空气的平均作用力大小相等，方向向右。由于小车受到空气向左和向右的作用力后，合力方向向右则小车总体受到水平向右的力，所以小车最有可能向右运动，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据动量守恒定律可以求出风扇和纸盒对空气的平均作用力，利用牛顿第三定律可以判别小车受到空气的作用力大小及方向，利用小车合力的方向可以判别小车运动的方向。
5．（2024高三上·石柱月考）半圆柱形玻璃砖的底面镀有一层反射膜，为玻璃砖的半圆形横截面，M为最高点，O为圆心，半径为R。一束宽为R的平行光的下边恰好沿着底边，如图所示。其中从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，已知A、B两点距离分别为和。，不考虑圆弧面上的反射光线，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的折射率为
B．有部分光线在圆弧区域发生全反射
C．只有圆弧的部分区域有光线射出
D．射向圆弧区域的光线有一部分来源于处反射的光线
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率，由题意可得，从A点射入的光线经玻璃折射后从B点射出，其光路图如图所示，由几何知识可知入射角，折射角，则有折射率
A错误；
B．根据光路的可逆性判断，光线在玻璃砖中传播时，光线与半径构成等腰三角形，由光路可逆性可知，不可能发生全反射，B错误；
D．作出光线到PQ面的光路图，根据几何关系结合折射率判断。假设有光线会射向，如图解所示，则有
不存在，D错误；
C．根据临界光线出射位置判断，最上边和下边的光线恰好射向Q点，其余光线因为区域的出射点总比区域的入射点位置低，只有部分区域有光线射出，C正确。
故选C。
【分析】本题考查光的折射和全反射，要求学生能根据题意熟练作出光路图，应用折射定律和全反射规律解题。
6．（2024高三上·石柱月考）如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程，空间分布者垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过、的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并和导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒经过、的位置时，闭合回路中的电动势之比为
B．导体棒经过、的位置时，闭合回路中的电流大小之比为
C．经过、的位置时，导体棒所受安培力大小之比为
D．、过程中，闭合回路中产生的电热之比为
【答案】D
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒由静止开始做匀加速直线运动，由公式和得到E与y的关系式，再求电动势之比，若导体棒运动到某一位置，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为，由匀变速直线运动规律
根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中的感应电动势大小为
解得
故感应电动势之比为，故A错误；
B．由闭合电路欧姆定律以及电阻与长度的关系求解电流大小之比。由闭合电路欧姆定律，闭合回路中的电流为
其中
解得
故电流之比为，故B错误；
C．根据F=2BIx求解导体棒所受安培力大小之比，导体棒所受安培力大小为
解得
故安培力之比为，故C错误；
D．作出安培力随着位移变化的图像，结合图像与横轴所围的面积表示导体棒运动过程中克服安培力做的功，求出导体棒运动过程中克服安培力做的功，即可得到闭合回路中产生的电热，最后求电热之比。显然，导体棒所受安培力大小与其位移大小y成正比，作出安培力随着位移变化的图像
图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，也就是闭合回路产生的电热
解得
故电热之比为
故D正确。
【分析】解答本题的关键要根据电磁感应规律和运动学公式推导出各个量与位移的关系式，作出F-y图像，来求解各个量之比。
7．（2024高三上·石柱月考）2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星Ⅰ对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为
B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
C．卫星Ⅱ的周期为
D．题中时间为
【答案】C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合正弦定理得到两颗卫星的轨道半径的关系。A．设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，根据万有引力提供卫星圆周运动向心力
且有
其中R为地球的半径，联立解得
A错误；
B．设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示
在三角形AOB中，有
即
根据
可得
故有
联立以上各式，有
B错误；
C．根据
可得
因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有
整理得
C正确；
D．若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有
但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。
故选C。
【分析】计算密度需要先计算中心天体质量（利用环绕天体的向心力等于万有引力列式），再根据密度公式求解；两颗卫星均做匀速圆周运动，是万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律列式分析可以得到角速度之比和周期之比；根据角速度乘以时间等于转过的角度求解t。
8．（2024高三上·石柱月考）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡、的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．先变暗后变亮，一直变亮 B．先变亮后变暗，一直变亮
C．电源的输出功率先增大后减小 D．电源的输出功率先减小后增大
【答案】A,D
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】AB．滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况。副线圈的总电阻为
解得
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过的电流为
逐渐增大，则越来越小，则
则先变暗后变亮，一直变亮，故A正确，B错误；
CD．根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化和电源输出功率变化。对于等效后的电路为电源接灯泡和等效电阻，由于灯泡的电阻与定值电阻，所以电源的输出功率为
由于电源的有效值恒定，而滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，等效电阻先增大后减小，所以输出功率先减小后增大，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
9．（2024高三上·石柱月考）为振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐横波沿直线传播，、两点之间的距离为．点的左侧为一种介质，右一侧为另一种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3：4．某时刻波正好传到右侧处，且、均在波峰位置．则（ ）
A．开始振动时方向可能向下也可能向上
B．波在左侧的周期比在右侧时大
C．右侧的波长为
D．左侧的波长为
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．的起振方向与振源的起振方向相同，但题目未说明振源起振方向，所以的起振方向无法判断，即可能向下也可能向上，A正确；
B．虽然是两种介质，但是两种介质中的波的周期相同，机械波传播过程中，波的周期与振源振动周期相同，与介质无关，所以左右两侧周期相同，B错误；
C．若起振方向向下，则：
得
，
若起振方向向上，则
得
即有两种情况，C错误；
D．结合两种介质中的波速求解其它物理量，结合题意进行解答。由
可知
起振方向向下时
起振方向向上时
因、均在波峰，所以、之间有整数个波长，即
或
都是整数，由数学知识可知，两式包含所有奇数，即可表示为 ，解得
D正确；
故选AD。
【分析】 根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，结合波速、波长和频率之间的关系v=fλ分析。
10．（2024高三上·石柱月考）产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学奖，阿秒（as）是时间单位，，阿秒光脉冲是发光持续时间在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为100as的阿秒光脉冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速，普朗克常量，下列说法正确的是（ ）
A．对于0.1mm宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的衍射现象更明显
B．此阿秒光脉冲和波长为550nm的可见光束总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少
C．此阿秒光脉冲可以使能量为的基态氢原子电离
D．为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电子的运动周期
【答案】B,C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；波的衍射现象；光子及其动量
【解析】【解答】A．由题意可知此阿秒光脉冲的光波周期最大值，由此求出其波长最大值，对于宽度一定单缝，波长越长，衍射现象越明显。此阿秒光脉冲的波长为
由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射现象越明显知，所以波长为550nm的可见光比此阿秒光脉冲的衍射现象更明显，故A错误；
B．根据光子能量，可得到此阿秒光脉冲的光子能量的最小值与波长为550nm的可见光光子能量的大小关系，根据总能量等于光子能量与光子数量的乘积进行分析，由
知，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的光子能量大，故总能量相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B正确；
C．计算出此阿秒光脉冲的光子能量最小值，与基态氢原子的能量进行比较，可知此阿秒光脉冲能否使基态氢原子电离。阿秒光脉冲的光子能量最小值为
故此阿秒光脉冲可以使能量为 13.6eV（ 2.2 × 10 18J）的基态氢原子电离，故C正确；
D．为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应小于电子的运动周期，故D错误。
故选BC。
【分析】根据题意分析测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间与电子的运动周期的大小关系。本题考查了光子的能量计算，光发生明显衍射的条件，使原子电离的条件。掌握光子的能量与频率或者波长的关系。
11．（2024高三上·石柱月考）某同学设计了一个测定喷漆枪向外喷射油漆雾滴速度的实验。他采用图甲所示的装置：一个直径为D的纸带环安放在一个可以按照一定转速转动的固定转台上，纸带环上留有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线，在转台开始转动至达到稳定角速度ω后，从侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至靠近狭缝B且与之平行正对时，油漆雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹。不计雾滴所受的重力和空气阻力。
（1）用v表示四次实验中油漆雾滴的速度，若要保证四次实验雾滴都在纸带环转动半圈的时间内到达纸带环，则纸带环转动的角速度ω应满足的条件是 。
（2）已知该喷漆枪能够向外喷射四种速度大小不同的油漆雾滴。改变喷射速度并重复实验，在纸带上留下一系列的痕迹a、b、c、d，将纸带从转台上取下来，展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示，在满足（1）的条件下，a、b、c、d四个痕迹中代表雾滴速度最大的痕迹是 ；若、，则四次实验中最大的雾滴速度 m/s。
【答案】（1）
（2）d；15
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】（1）本题考查圆周运动和平抛运动，解题关键是分析好雾滴和纸带环的运动，根据运动学公式列式求解即可。要求在纸带环转动半圈的时间内都到达纸带环，纸带环转过的角度
若雾滴运动与纸带转动的时间均为
则
故ω应满足的条件是
（2）最大速度的雾滴到达纸带上的d点，雾滴落在d点时，从题图乙中可读出标志线到d点的距离
因
则
【分析】 （1）油漆雾滴进入狭缝A后做平抛运动，若纸带环不转，则油漆雾滴一定打在标志线上，若纸带环以某一角速度转动，则油漆雾滴沿直线到达纸带环时，标志线在油漆雾滴运动到纸带环上的这段时间内会转过一定角度θ；在油漆雾滴速度一定的情况下，油漆雾滴到达纸带环的时间t也是一定的．所以在一定时间内ω越大，纸带环的位置到标志线的距离就远；若ω足够大，则在狭缝A转过半圈的时间里，油漆雾滴刚好也到达纸带环；
（2）在纸带环转速ω一定的情况下，油漆雾滴速度越大，到达纸带环的时间t越短，则标志线转过的角度θ越小，转过的弧长越短，油漆雾滴到达纸带环的位置距离标志线越近，根据运动学公式求解即可。
（1）要求在纸带环转动半圈的时间内都到达纸带环，纸带环转过的角度
若雾滴运动与纸带转动的时间均为
则
故ω应满足的条件是
（2）[1][2]最大速度的雾滴到达纸带上的d点，雾滴落在d点时，从题图乙中可读出标志线到d点的距离
因
则
12．（2024高三上·石柱月考）某兴趣小组使用如图甲所示电路，探究太阳能电池的输出电压与光照强度及外电路电阻的关系，图中电压表为理想电压表。
（1）在某光照强度下，测得太阳能电池的输出电压 U与电阻箱电阻R之间的关系如图乙中的曲线①所示，随R增大，U逐渐逼近2.80V。由该曲线可知，M点对应的流过太阳能电池的电流为 A，太阳能电池的内阻 Ω； （均保留三位有效数字）：
（2）在另一更大光照强度下，测得U—R关系如图乙中的曲线②所示。用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，太阳能电池的输出功率为 W；在电路不变的情况下，光照改成曲线②所对应的强度，需要将阻值为 Ω的电阻与此负载串联才能保证此负载两端的电压不变。（均保留三位有效数字）
【答案】（1）2.25×10-2；44.4
（2）4.17×10-2；15.0（14.0~18.0）
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）确定M点对应的电压与电阻值，根据欧姆定律求解流过太阳能电池的电流。根据R趋于无穷大，路端电压U趋近于电源电动势得到太阳能电池的电动势，根据闭合电路欧姆定律求解其内阻。由题可知，M点对应的电阻箱两端的电压为1.8V，电阻箱的电阻为80Ω，则流过太阳能电池的电流为
太阳能电池的电动势为
则根据
可得内阻
（2） 由图乙的曲线①可得此负载的电压，太阳能电池的输出功率就等于此负载的功率，根据电功率计算公式求解。由图乙的曲线②可知当外电路电阻大于150Ω时，路端电压几乎保持不变，可得此时太阳能电池的内阻可忽略，并得到此时的太阳能电池的电动势，根据闭合电路欧姆定律解答。用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，根据
可得太阳能电池的输出功率为
保持负载两端电压不变，即保持流过负载的电流不变，则如图所示直线与曲线①、②交点对应的电阻差即为所求，根据作出的图像可知阻值为（14~18）。
【分析】（1）本题考查了探究太阳能电池的输出电压与光照强度及外电路电阻的关系的实验，实验原理为闭合电路欧姆定律。
（2） 解答是要注意分析太阳能电池的内阻是可变化的。根据闭合电路欧姆定律解答。
（1）[1][2]由题可知，M点对应的电阻箱两端的电压为1.8V，电阻箱的电阻为80Ω，则流过太阳能电池的电流为
太阳能电池的电动势为
E1=2.8V
则根据
可得内阻
（2）[1]用一个阻值恒为150Ω的负载代替变阻箱，由图乙可知，在曲线①对应的光照情况下，根据
可得太阳能电池的输出功率为
[2]保持负载两端电压不变，即保持流过负载的电流不变，则如图所示直线与曲线①、②交点对应的电阻差即为所求，根据作出的图像可知阻值为（14~18）。
13．（2024高三上·石柱月考）如图，两相同极板A与B的长度为，相距，极板间的电压为。一个电荷量为、质量为m的电子，沿平行于板面的方向从极板左端中点射入电场中，射入时的速度为，把两板间的电场看作匀强电场。
（1）求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
（2）求电子射出电场时速度与水平方向夹角的正切值。
【答案】（1）解：（1）在匀强电场中，由牛顿第二定律可得
解得
电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有
竖直方向做匀加速直线运动，有
联立解得
（2）解：（2）射出电场时竖直方向速度为
射出电场时偏转的角度正切值为
联立解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电子在电场中做类平抛运动，根据题意结合牛顿第二定律求出加速度。电子在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据分位移公式先求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（2）根据速度的分解，结合分速度关系求解。
（1）在匀强电场中，由牛顿第二定律可得
解得
电子做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，有
竖直方向做匀加速直线运动，有
联立解得
（2）射出电场时竖直方向速度为
射出电场时偏转的角度正切值为
联立解得
14．（2024高三上·石柱月考）利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在坐标系的轴左侧存在沿轴负方向的匀强电场，轴右侧存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一质量为，电荷量为的带正电粒子，从P点以大小为的初速度沿轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回轴左侧，粒子经过M点时在轴左侧增加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从M点到达N点（未画出）时速度方向第一次与轴平行。不计带电粒子的重力，已知，。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）粒子从点运动到点的时间；
（3）粒子在点时的速度大小
【答案】（1）解：（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）解：粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可求出电场强度的大小；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动时间的计算方法解得；
（3）由水平方向应用动量定理，结合动能定理求得粒子打在N点时速度。
（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
15．（2024高三上·石柱月考）某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，
（1）在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；
（2）在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；
（3）在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。
【答案】（1）解：图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）解：当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）解：转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
【知识点】动量定理；交变电流的产生及规律；安培力的计算；楞次定律
【解析】【分析】（1）先确定图1所示位置的线框中电流方向，由左手定则判断导线框转动方向。图2中导线框的转动方向可由图3来观察，根据电磁驱动原理可得旋转辐向磁场的转动方向；
（2）先确定导线框达到稳定转动时线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求得金属线框AB、CD两边所受的安培力大小。根据受力平衡条件求解导线框转动的最大角速度；
（3）与（2）同理，求得导线框达到最大的线速度，应用微元法与动量定理求解在该过程中AB边转过的弧长。
（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
金属线框两边所受的安培力均为
又有两边所受的安培力均与阻力平衡
又阻力
当时
解得导线框转动的最大角速度
（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡
又
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
则此时的感应电流为
两边所受的安培力
则
解得
设安培力的冲量为，由动量定理
又
综合解得
代入，得
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