重庆八中2024一2025学年度（下)高三年级入学考试
物理试题
一、选择题：本大题共10个小题，共43分。第1-7题只有一项符合题目要求，每题4分；第
8-10题有多项符合题目要求，每题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图为老师上课用激光笔测量一半圆形透明玻璃砖折射率时的一个场景，则
A.OB为折射光线，当入射光绕O点顺时针转动到一定程度时OA会消失
B.OA为反射光线，当入射光绕O点逆时针转动到一定程度时OA会消失
C.AO为入射光线，当入射光绕O点逆时针转动到一定程度时OC会消失
D.AO为入射光线，当入射光绕O点顺时针转动到一定程度时OC会消失
2.榫卯结构是中国传统建筑的主要结构方式。如图甲为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖
端夹角为日，在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为和F,,
不计凿子的重力及摩擦力，则
A.F=Fcos
B.F=F sin
C.=
F
D.F=-
tan
in0
3.如图是天空中的云层经过避雷针正上方时，避雷针尖端附近形成的电场，α、b、c、d是电场中
的四个点，实线为电场线，虚线是等势面，则
A.一电子沿直线从b到c的过程中，电场力一直不做功
B.b点和c点的电场强度相同
C.电子在a点受到的电场力小于c点受到的电场力
-3kV
D.电子仅在电场力作用下从a点运动至d点，动能增加8kV
4.如图为电容式位移传感器，在电容器的极板上加上恒压源U,该位移传感器可通过电容器所带
电荷量Q的变化来判断被测物体的位移x,则
A.Q变小时，被测物体向左移动
电容器没板
B.被测物体向右移动时，电容器的电容变大
C.该传感器是通过改变极板间的正对面积使电容变化
电介质板
被测物休
D.恒压源U越大，传感器灵敏度越高
试卷第1页，共6页
5.小郭同学在地球表面测量某一单摆（摆长可以调整）周期T和摆长
L的关系，画出了T-√D图像中的图线A。若图线B是某宇航员将此
单摆移到密度与地球相同的另一行星表面重做实验而获得的，则该行
B
星的第一宇宙速度为地球的（忽略星球自转）
VL
A.号
B.
c.
D.
6.如图为修建高层建筑的塔式起重机，若该起重机提升重物时输
出功率恒定，重物上升时从静止开始先加速后匀速，上升的总高度
为h。第一次提升的重物质量为m,所用的时间为1，重物增加的
机械能为E1:第二次提升的重物质量为2m,所用的时间为2，重
物增加的机戒能为E2,则两次提升重物时
A.E2=2E
B.E2<2E
C.2>21
D.t2=2t
7.如图，ABC为符合胡克定律的弹性轻绳。轻绳一端固定于A点，另
A
一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在
墙上，另一端固定有光滑轻质定滑轮。若轻绳自然长度等于AB,初始
SO
D
时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好
为零。已知C、E两点间距离为h,D为CE的中点，重力加速度为g,
小球在C点时绳的拉力为"%，小球与杆之间的动摩擦因数为0,9，轻
绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为么，=，其中k为劲度系数、x为伸长量。则
小球下滑经过D点时的速度大小为
A.29gh
B.35gh
C.39gh
D.
46gh
10
10
10
10
8.如图甲，健身爱好者训练时手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位
置在x=0处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，图乙是1=0.4s时的波形图，此时波刚好传播
到x=6m处，则
本JWcm
A.绳波的起振方向沿y轴正方向
123456xm
B.x=1m处的质点振动的周期为0.4s
-20
C.波传播的速度大小为15m/s
甲
D.当x=6m处的质点第一次到达波峰时，x=1.5m处的质点通过的路程为0.8m
试卷第2页，共6页重庆八中 2024——2025 学年度（下）高三年级入学考试
物 理 试 题 答 案
1.【答案】C
AO为入射光线，CO为折射光线，根据图像可知，入射角小于折射角，即光从光密介质进入光疏介质，当
入射光绕 O点顺时针转动时，入射角减小，折射角也减小，折射光线 OC不会消失；当入射光绕 O点逆时
针转动时，入射角增大，折射角也增大，当入射角大于临界角时，折射光线 OC会消失，故 C 正确。
2. 【答案】A
【详解】作出力 F 与 F1、F2的关系图，如图所示
由图可知 F1 F2 cos ，故 A 正确。
3. 【答案】C
A. 电子沿着直线从 b 到 c，电场力先做负功再做正功，故 A 错误；
B. b和 c 电场强度大小相同，方向不同，故 B 错误；
C. c点电场线越密集，电场强度越大，电场力更大，故 C 正确；
D. 电子仅在电场力作用下从 a点运动至 d点，电场力做功为Wad eU ad e a d 8keV
电场力做正功，动能增加 8 keV；
4. 【答案】D
S
【详解】AB．被测物体向右移动时，插入的介质减小，根据C 可知，电容器的电容将变小，电压
4 kd
不变，电容器带电量减小，故 AB 错误；
C．该传感器是通过改变电容器极板间介电常数使电容变化的，故 C 错误；
S
D．由电容的决定式C 得知，相同的位移 x引起相同的电容变化，由 Q=CU得知，恒压源U越大，
4 kd
电容器极板上带电量 Q变化越大，传感器灵敏度越高，故 D 正确。
5. 【答案】D
L 2π
【详解】根据单摆周期公式T 2π ，可得T · L
T 3
g ，由题图可得 L
A
相等时 T 2 ，可得g B
gA TB 2 gA 4 ，则地球表面重力加速度与行星 X 表面的重力加速度之比为
gB TA 3 gB 9
Mm 3
ABC 4πr．在星球表面的物体，有G 2 mg，M ·r 3
4πG r r g 9
联立可得 g B B，则 X 星球与地球半径之比为
3 rA gA 4
V 4根据 r3，可知星球 X 729 729的体积为地球的 倍，由于二者密度相等，所以星球 X 的质量为地球的 倍，
3 64 64
故 ABC 错误；
Mm v2D．由题意，根据G m GM 42 ，可得星球第一宇宙速度为 v r· πG r r r 3
vB rB 9
则 X 星球与地球第一宇宙速度之比为 vA r 4
，故 D 正确。
A
6.【答案】B
v P【详解】由于起重机输出功率恒定，因此 ，重物匀速时牵引力与重力平衡。第一次提升时的最大速
F
度为 v
P
1 v
P
mg ，第二次提升时的最大速度为 2
2mg，因此两次的最大速度之比为 2:1，根据功能关系可知，
1
起重机做的功等于重物机械能的增加量W Pt E 2，第一次做功W1 mgh mv1 ，第二次做功2
W2 2mgh
1 1
2m v22 2mgh mv21，因此W2 2W1，即 E 2E2 4 2 1，
t2 < 2t1，B 正确，ACD 错误。
7. 【答案】B
mg
【详解】小球在 C点时，杆对小球的弹力为 FN kxBC 3
释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为 ，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即 N = sin ，
又 x sin x
mg
BC，故杆对小球的弹力保持 FN 不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为2
f mg FN 0.3mg ，小球从 C到 E过程，由功能关系2
mgh fh 1 2 1 k h x2 2 2 BC kx 2 BC 0
1.4mg
得弹性绳劲度为 k ，小球从 C到 D的过程，同理
h
mg h f h 1
h 2 2 k x 1
kx 2 1 BC BC mv
2 0
2 2 2 4 2 2
D 35gh得小球在 点速度为 v ，故选 B。
10
8.【答案】BC
【详解】A．根据波的传播方向与振动方向的关系可知，质点的起振方向沿 y轴负方向，故 A 错误；
B．图乙是 t 0.4s时的波形图，此时波刚好传播到 x 6m处，可知此波的周期为T 0.4s，故 x 1m处的
质点振动的周期为 0.4s，故 B 正确；
6
C．波传播的速度 v 15m/s，故 C 正确；
T 0.4
3
D．x 6m处质点的起振方向沿 y轴负方向，当 x 6m处的质点第一次到达波峰时，历时 T ，x＝1.5m处
4
3
的质点比 x 6m处质点早 T 开始振动，故 x＝1.5m 处的质点经过的路程为 6 个振幅，由图可知 A 20cm，
4
即 s 6 20cm 120cm=1.2m，故 D错误；
9. 【答案】BD
【详解】AB．根据动量定理 FΔt p，可知保护器使得手机撞击地面的时间延长，即保护器的缓冲作用是
减小了手机落地过程的动量变化率，故 A 错误，B 正确；
CD. 2 手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为 ( +Δt)
2
手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为 + ，故 C 错误，D 正确；
10.【答案】ABD
【详解】A．由题图可知，5s 末通过 R1的电流为 I1= 0.09A=0.3A
R1
根据并联电路电流关系可知此时通过 R2的电流为 I2= IR 1
=0.6A
2
通过 ab的电流为 I=I1+I2=0.9A，根据闭合电路欧姆定律可得 ab产生的感应电动势为 E=Ir+I1R1=4.2V
E
根据法拉第电磁感应定律有 E=BLv，解得 5s 末 ab的速度大小为 v 6m/s ，故 A 正确；
BL
B 2．根据焦耳定律可知 I1 -t图像与 t轴所围图形的面积值与 R1的乘积表示 5s 内 R1产生的焦耳热，即
W 11 (0.04 0.09) 5 8J 2.6J ，故 B 正确；2
C．设 5s 内 R2中产生的焦耳热为 W2，电阻 r产生的焦耳热为 Wr，则根据焦耳定律可得
U 2 t
W2 R2 R1 2 Wr (I1 I2 )
2 rt 9r 9
，
W U 2 R W I 2
1 t 2 1 1 R1t R1 4
R1
解得 W2=2W1=5.2J，Wr=5.85J，根据对 A 项的分析同理可得 t=0 时刻，ab的初速度大小为 v 0 4 m / s
1 2 1 2
根据功能关系可得 5s 内拉力 F所做的功为WF W1 W2 Wr mv mv0 23.65J，故 C 错误；2 2
D．由题图可知 I1与 t的关系为 I1 0.01t 0.04 (A)，通过 ab的电流 I与 t的关系为
I=3I1 3 0.01t 0.04(A)，ab受到的安培力大小与时间 t的关系为
F =BIL=2.1 0.01t 0.04 (N)=0.21 t 4 (N)，故 D 正确。故选 ACD。
11.【答案】(1)上通道 （2）调小 （3）10.0kΩ
【解析】（1）质量小的苹果通过压敏电阻时压力较小，压敏电阻阻值较大，R0电压小于 2V，不能激励放
大电路使电磁铁工作吸动衔铁，则小的苹果将通过上通道。
（2）当更重的苹果压到 RN上时，RN上的阻值更小，但 RN上的电压不变，回路的电流更大，即流过 R0 的
电流更大，而 R0 的电压也不变，因此应将 R0 的阻值调小。
（3）当 300g 的苹果通过压敏电阻时压力为 F=0.3×10N=3N，此时 RN=20kΩ，则此时 R0两端电压
U ER 0 2V
RN R
解得 R0=10.0kΩ。
0
12.【答案】（1）5.1 （3）B k（4）2.04 （5）
2h
【解析】（1）10 分度游标卡尺的精确值为 0.1mm，图示读数为 d 5mm 1 0.1mm 5.1mm 。
d 5.1 10 3
（4）第一条“梁”通过光电门的速度为 v m / s 2.04m / s
t1 0.0025
（5）设工件下边缘与光电门中心的距离为 L，当第一条“梁”通过光电门时，有
h 0 v2， 1 2gL
2 2
由图丙可知 v1 b当第二条“梁”通过光电门时，有 v2 2g (L h) 2gh b
当第三条“梁” 2通过光电门时，有 v3 2g (L 2h) 2g 2h b 以此类推，当第 n条“梁”通过光电门时，有
v2n 2ghn b 2gh 所以 v2
k
n图像的斜率为 k 2gh则重力加速度为 g = 2h
13. （10分）解：
(1) 1对升压变压器： ' = 1 分1
' 1
对降压变压器： 2 = 1 分
2
输电线损耗的电压： = '1 '2 1 分
联立，解得： = 1 2 2 分
(2) 输电线中的电流： = 2 分
对降压变压器： =
1
2 分
联立，解得： = 1 2 1 分
2
14. （14分）解：
(1) 机器人、木板在水平方向动量守恒：3 人 = 木 1分
等号左右同时乘以运动时间 ：3 人 = 木
即：3 人 = 木 1分
由题意有： 人 + 木 = 1分
解得： 人 =
1分
4
(2) 设机器人以大小为 、与水平方向夹角为 的速度起跳，则：
机器人在空中运动时间 = 2 sin 1分
在水平方向： 人 = cos 1 分
联立，有： 2 = 1 分
8 sin cos
机器人、木板在水平方向动量守恒：3 cos = 木
解得： = 3 cos木 1 分
1 1
机器人做的功： = 3 2 + 2 1 分
2 2 木
3 1+3 2 3 2 +4 2 3
变形为： = = = tan + 4 2 分
16 sin cos 16 sin cos 16 tan
故：tan = 2 时， 最小 1 分
= 3 故 1 分4
15. （18分）解：
2
（1）粒子垂直进入磁场： 0 =
0 1 分
= 解得： 0
2
小孔 的坐标 = 2 = 0 1 分
2
2
（ ）如图，作出轨迹。由圆周运动有： = 1 分
粒子从小孔 射出：2 sin = 1 分
联立，有：sin = 0 1 分
由于 ≤ 2 0，故sin ≥
1 2 分
2
1
故 ≤ ≤ 5 1 分
6 6
（3）如图，由第（2）问有： = sin = 0，即从 进入 轴下方的所有粒子，垂直 轴向下的分速度不
变，该分速度引起的洛伦兹力：F洛 = 2 0 ，方向向右。
电场力：F电 = 2 0 ，方向向左，与洛伦兹力等大反向
故粒子在垂直 轴方向，以大小 0的速度向下匀速直线运动 1 分
与此同时，从 进入 轴下方的粒子沿水平向左的分速度 '引起的洛伦兹力令粒子做匀速圆周运动，当其逆
时针旋转四分之一圆周时， '与 均垂直 轴向下，即粒子此时的速度最大，动能也是最大。 1 分
1 2
最大动能 = + ' 1 分2
由图易知： ' = = 0 1 分
2
故： = 1 2 0 1 +
1
2
2 = 1由第（ ）问易知 时， 3取最小值 1 分
6 3
故最大动能的最大值 2 = 2 + 3 0 1 分
易知，由分速度 '引起的圆周运动：
3
最大轨迹半径 ' = 0 1 分
2
周期 = 1 分
考虑到粒子的旋进，粒子的最大动能取最大值时，粒子到 轴的距离 = ' + + 0（ = 0,1,2， ）4
1 分
代入数据，解得： = 0 2 3+ 4 +1 （ = 0,1,2， ） 1 分
2 2
