重庆市某中学2024-2025学年高三（下）第六次质量检测物理试卷（含解析）

重庆市十一中学2024-2025学年高三（下）第六次质量检测

物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.1798年英国物理学家卡文迪什精确地测出了引力常量G的数值。若用国际单位表示引力常量G的单位,

下列选项正确的是（）

A.N-m/kgB.N-m2/kg2C.N-m2/kgD.N-m/kg

2.关于光的干涉、衍射、偏振等现象，下列说法正确的是（）

A.因为激光的方向性好，所以激光不能发生衍射现象

B.光照射不透明圆盘的阴影中心出现亮斑是光的衍射现象

C.白光经过狭窄的单缝得到彩色图样是光的干涉现象

D.利用偏振片可以观察到光的偏振现象，说明光是纵波

3.图1和图2中曲线/、〃、/〃分别描述了某物理量随分之间的距离变化的规律，功为平衡位置。现有如下物

理量：①分子势能，②分子间引力，③分子间斥力，④分子间引力和斥力的合力，则曲线/、〃、〃/对应

的物理量分别是（）

A.①③②B.②④③C.④①③D.①④③

4.如图所示，固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于。点。现在

导线中通有水平向右的恒定电流，将金属圆环的中心拉到a位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到b位

置后反向运动，己知金属圆环和长直导线始终在同一平面内，且细线始终处于张紧状态。则金属圆环从a

至防位置的过程中（）A

A.圆环中没有感应电流产生/：

B.圆环中感应电流的方向先顺时针再逆时针方向：--0

C.圆环受到安培力为零。"b

D.圆环机械能守恒]

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5.近日，工信部披露的最新数据显示，2023年我国光缆线路建设取得显著成果，新建光缆线路长度达

473.8

万公里，使得全国光缆线路总长度一举突破6432万公里。光缆线路主要用于光信息传输，在铺设的过程

中，尽量不要弯曲。如图所示，一段折射率为n、横截面是圆面的光导纤维，截面半径为r,在铺设的过程

中弯曲成了一段圆弧，圆弧的圆心到光导纤维的中心轴线的距离为R,光导纤维外部可认为是真空区域。

现有一束光垂直于光导纤维左端截面射入，为了保证这束光经反射后均能从右端面射出，则光导纤维的折

射率几至少为（）

A.J—A+rA+rA+2厂

R—rR-rJRDR

6.如图所示，足够长的光滑平板4P与BP用钱链连接，平板4P与水平面成53。角固定不动，平板BP可绕水

平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体。放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过

程中，下列说法正确的是（）

A.当BP沿水平方向时,BP板受到的压力最大

B.当BP沿竖直方向时,AP板受到的压力最大

C.当BP沿竖直方向时,BP板受到的压力最小

D.当BP板与2P板垂直时，AP板受到的压力最小

7.如图甲所示，两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，导轨间距0.4小，每根导

轨单位长度的电阻为0.01。/小。均匀变化的磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙

所示。1=0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以l.Om/s的速度匀速运动，滑动过程中保持与导轨垂

直，则（）

Q

A.0.5s末回路中电动势为4x10~3V

B.0.5s末回路电功率为1.6x10-31y

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C.Is末穿过回路的磁通量为9X10-3Wb

D.1s末金属杆所受安培力大小为&4x10-3N

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=2s时的波形图，此时平衡位置位于％=87n处的质点刚

好要起振，质点P、Q、R对应的纵坐标分别为2cm、2cm,-2cm,已知该波的周期T=2s,下列说法正

确的是（）

A.波速为4?n/s

B.质点R与质点P的振动方向一直相同

C.质点P和质点Q相位差为争

D.在t=2.5s时,平衡位置位于x=10爪处的质点从平衡位置向y轴正方向运动

9.医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反

复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰

击在靶材料上，获得所需要的核素。t=0时，回旋加速器中心部位。处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速

器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中场为已知量）。若带电粒子的比荷为k,忽略

A.被加速的粒子带正电

77

B.磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为拓

C.粒子被加速的最大动量大小与。形盒的半径无关

D.带电粒子在。形盒中被加速次数与交流电压有关

10.如图甲，同一竖直平面内，四点距。点的距离均为"3。点为水平连线4B的中点，M,N在AB

连线的中垂线上。4B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。以。为原点，竖直向下为正方向建

立x轴。若取无穷远处为电势零点，则。N上的电势s随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q>0）

的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g,g为重力加速

度大小，k为静电力常量。则下列说法正确的是（）

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A.小球S在M点受到的电场力大小为容色

4L2

A：B

B.从M点到N点的过程，小球S受到的电场力先减小后增大

C.从。点到N点，小球S动能变化为生与乂竺

x

D.在4B连线的中垂线上电场强度最大的点到。点的距离为L图甲

三、实验题：本大题共2小题，共15分。

11.如图所示，某同学把两根不同的弹簧/、8串接竖直悬挂，探究/、8弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹

簧下端依次挂上质量为血的钩码，静止时指针所指刻度以、物的数据如表。钩码个数为1时，弹簧”的伸长

量4办=cm,弹簧B的伸长量=cm,两根弹簧弹性势能的增加量4/mg(AxA+A

%B)(选填“=”、"V”或“>”)。

钩码个数012

xA/cm7.758.539.30

xB/cm16.4518.5220.60

12.某实验小组用如图甲所示装置来测量光的波长，S为单色光源，S发出的光一部分直接照在光屏上，一

部分通过平面镜反射到光屏上，在光屏上可以观察到明暗相间的条纹。已知光源S到平面镜和到光屏的距

离分别为a和，，a«Z,镜面与光屏垂直。

S

7川川川I川川川川川川

平面镜

甲乙

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(I)上述实验中S相当于光的“双缝干涉实验”中的一个“缝”，则相当于另外一个“缝”，“双

缝”的间距为;

(2)以下哪项操作能够增大光屏上相邻两条亮条纹中心线之间的距离。

4将平面镜稍向下平移一小段距离

A将光源S水平向左平移一小段距离

C将平面镜水平向右平移一小段距离

D将光源由红光改为绿光

(3)测得第1条和第7条亮条纹中心线的的间距为x,则入射光的波长4=(用a,I,久表示)。

(4)若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图乙所示，在这种情况测量相邻条纹间

距4%,则波长2的测量值____(填“大于”“小于”或“等于")实际值。

四、计算题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，一个质量为zn,电荷量为一q,不计重力的带电粒子从无轴上的P(a,O)点以速度"沿与x轴正

方向成60。角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B；

(2)在第一象限内的运动时间；

(3)粒子射出磁场位置距。点的距离。

14.投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界4B一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d

-0.15m,根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小为=5m/s、方向垂直于48且与水平地面夹角

53。的初速度斜向上抛出沙包，出手点距4B的水平距离L=2,7爪，距地面的高度无=1小。落地碰撞瞬间竖

直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线

上。已知沙包与地面的动摩擦因数〃=0.25,沙包质量为m=0.1kg,s讥53。=0.8,cos53°=0.6,取重力

加速度大小g=1。爪/S2,空气阻力不计。求：

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vo

(1)沙包从出手点到落地点的水平距离X；

(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k；

(3)沙包在与地面碰撞过程竖直方向上动量的变化量。

15.如图所示，在空间建立平面直角坐标系。町z,x<0空间内存在沿x轴正方向的匀强电场，x>0空间存

在匀强磁场，其磁感应强度沿x方向的分量始终为零，沿y轴正方向分量J=B,沿z轴负方向分量&=

B。质量为小、电荷量为0(4>0)的粒子甲从点5(—£1,0,0)由静止释放；进入磁场区域后，甲粒子做半径为a

的匀速圆周运动，与静止在点。(见孝区孝口)、质量为蓝的中性粒子乙发生弹性正碰(P点图中未画出)，且

有一半电量转移给了粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子之间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的

效应；最终结果可用根式表示)

(1)求电场强度的大小E；

(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在空间加上与x>0空间内相同的磁场，求从两粒子碰撞到

下一次相遇的时间上；

(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开穿过ABCD平面时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内

加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求该段时间内粒子甲运动的距离小

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答案解析

1.【答案】B

【解析】解：根据公式F=G誓，得6=需，故引力常量G的单位是与著，故5正确，/CD错误。

I1*1TTI儿？

故选：Bo

根据万有引力定律公式推导G的计算式，再结合单位制知识进行推导。

考查万有引力定律，再结合单位制知识进行准确分析解答。

2.【答案】B

【解析】4衍射是波的特有现象，激光的方向性好，激光仍然能发生衍射现象，故/错误；

区光照射不透明圆盘的阴影中心出现亮斑，这是泊松亮斑，是光的衍射现象，故5正确；

C白光经过狭窄的单缝得到彩色图样是光的衍射现象，故C错误；

D利用偏振片可以观察到光的偏振现象，说明光是横波，故。错误。

故选瓦

3.【答案】D

【解析】【分析】

根据分子力随分子间距离变化的图像和分子势能随分子间距离变化的图像分析可得。

本题主要考查了分子力随分子间距离变化的图像和分子势能随分子间距离变化的图像，熟知图像并且会分

析其变化是解题的关键。

【解答】

根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为ro）时分子势能最小可知，曲线/为分子势能随分子之间距离r变

化的图像；

根据分子处于平衡位置（即分子之间距离为ro）时分子力为零，可知曲线II为分子力随分子之间距离r变化的

图像；

根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小，可知曲线ni为分子斥力随分子之间距离r变化的图像。

故。正确，/5C错误；

故选Do

4.【答案】B

【解析】解：力B.根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸

面向外，圆环由a点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向

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垂直纸面向里，感应电流的方向沿顺时针，从。到b的过程中，磁通量减小，感应电流的方向沿逆时针，

故/错误，3正确；

CD因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向的安培

力是大小相等，方向相反的，圆环下方部分所处的磁场强于上方部分，故圆环从a到。过程所受安培力方向

竖直向上，从。至他过程所受安培力方向竖直向下，则圆环的机械能也不守恒，故CZ）错误。

故选：So

48根据安培定则判断直导线产生的磁场，结合楞次定律判断感应电流以及方向；

CD根据微元思想分析安培力情况，结合机械能守恒的条件进行判断。

考查楞次定律的应用问题，会根据题意进行准确分析解答。

5.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查全反射。解决问题的关键是清楚临界状态为最下端入射的光恰好不发生全反射，根据折射率和临

界角之间的关系及几何关系分析判断。

【解答】如图所示，

O

最下端入射的光在界面的入射角最小，故临界状态为最下端入射的光恰好不发生全反射，根据全反射的公

式几=二7，由几何关系sinC=「^,可得n=/l,故8正确，/CD错误。

sinCR+rR—r

6.【答案】B

【解析】【分析】

除开始时的位置外，圆柱体受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持

力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定

则作图分析即可。

本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象

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分析出各个力的变化情况。

【解答】

圆柱体受重力、平板4P弹力％和平板BP弹力F2，将鼻与尸2合成为尸=爪9，如图

小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故尸1和尸2合成的

合力F一定与重力等值、反向、共线。

从图中可以看出，当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，％越来越大，F2先变小，后变大；

AB,由几何关系可知，当BP沿竖直方向时，BP板、4P板受到的压力均达到最大，故/错误、8正确；

CD、当BP板与4P板垂直时，BP板受到的压力最小，当BP板在水平方向时，4P板受到的压力最小为零，

故错误。

故选：Bo

7.【答案】D

【解析】4根据图（乙）可知ti=0.5s时的磁感应强度大小为Bi=0.01T,此时回路中金属杆切割磁感应

线产生的感应电动势为Ei=B-LLV=0.01x0.4X1.0V=0.0047

此时导体棒的位移%i=vti=1.0X0.5m=0.5m

回路中的感生电动势为&=竿=靠=催x0.4x0.57=4x10-37

两种情况下产生的感应电流方向相同，故0.5s末回路中电动势为E=Er+E2

解得E=8x10-3V

故/错误；

B.0.5s末回路中的电阻为Ri=0.01X2x0.50=1X10-2/2

电功率为。=旨

代入数据解得尸=6.4x10-3W

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故8错误；

C根据图（乙）可知以=IQs时的磁感应强度大小为B2=0.02T,此时导体棒的位移x2=vt2=1.0X1m

=Im

3

Is末穿过回路的磁通量为①=B2LX2=0.02x0.4xIWb=8x10-Wb

故C错误；

D.Is时回路中金属杆切割磁感应线产生的感应电动势为£3=B2LV=0.02x0.4x1.0V=0.008V

回路中的感生电动势为E4=^LX2

3

解得E4=8X10-7

两种情况下产生的感应电流方向相同，故1s末回路中电动势为E'=E3+E4

解得E'=0.016V

1s末回路中的电阻为R2=0.01x2xin=2x10-2。

根据安培力的计算公式可得FA=B2IL=B2mL

代入数据解得FA=6.4X10-3N

故。正确。

故选Do

8.【答案】AC

【解析】解：4由图可知，该波的波长4=8m，则波速u=*=，i/s=4ni/s,故/正确；

区质点P与质点R两质点间隔半个波长，且波向右传播，则质点R的振动比质点P的振动落后半个周期，因此

质点R与质点P的振动方向总是相反的，故2错误；

C质点P和质点Q相位差为W兀，故C正确；

D根据波的传播可知，在x=8rn处的质点开始振动的方向是沿y轴负方向，后面的所有质点开始振动时的

方向都是沿y轴负方向，所以在t=2.5s时，平衡位置位于x=10zn处的质点开始起振，向y轴负方向运动，

故。错误。

故选：ACo

根据波速、波长和周期的关系计算；质点P与质点R两质点间隔半个波长，据此分析；质点P和质点Q相位

差为胡，在波的传播方向上，介质中的所有质点开始振动的方向和波源开始起振的方向是一致的。

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知道距离是半波长奇数倍的质点，它们的振动步调总是相反的，在波的传播方向上，介质中的所有质点开

始振动的方向和波源开始起振的方向是一致的。

9.【答案】BD

【解析】4由题图乙可知t=0时UAB<0，粒子向右加速，故被加速的粒子带负电，故/错误；

A由题图乙可知，4|r=19to,则交流电压的周期为7=43粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交

流电压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力有q〃B=嗒，7=2詈，贝。=器，T=

鬻，则4%=瑞,*=k,解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为B=念，故3正确；

D由动能定理有NqU=扣"今，结合R=卷^,B联立解得N=/蕊,带电粒子在。形盒中被加速

次数与交流电压有关，故。正确；

C根据7?=*=言，可得可知粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径有关，故C错误。

10.【答案】ACD

【解析】解：4根据库仑定律可知，两个点电荷在M点产生的电场力大小都为尸=祟，则合成之后的合力

大小为：尸合=2Fs讥45°=与芈，故/正确；

口4L2

A图像的斜率大小表示电场强度的大小，结合图像得，从。点到N点场强先增大后减小，根据对称性可知，

从。点到M点场强先增大后减小，所以从M到N的过程，小球S受到的电场力先增大后减小再增大后减小，

故2错误；

C小球在N点的加速度大小为2g,说明在N点的电场力大小等于mg,方向竖直向下，重力大小为：mg=

版Q2

从。点到N点，小球重力势能减小量为：AEpl=mgx包*L=甯,

从。点到N点小球电势能减小量为：呜2=(PoQ_(PNQ=淬正—半-1)-2,

LLL

设从。点到N点小球动能增加量为/品,

则对小球从。点到N点，由能量守恒定律可得：AEpl+AEp2=AEk,

联立可得：.二(2%*,故。正确；

D固定于相距为2r(r=*L)的4、B两点,设4处的点电荷在4B中垂线上某点P处产生的场强与竖直向下的

夹角为。，

则根据场强的叠加原理可知，P点的合场强为：E=k^sm2dcose,

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根据均值不等式（或函数求导）可知，当cos。=乎时，E有最大值，且最大值为：E=华空，

39r2

再根据几何关系可知，P点到。点的距离为：y=与r（r=避L）,

解得电场强度最大的点到。点的距离：y=L,故D正确；

故选：ACD.

4根据库仑定律及力的合成，即可分析求解；

2.图像的斜率大小表示电场强度的大小，结合图像及对称性，即可分析求解；

C小球在N点的加速度大小为2g,说明在N点的电场力大小等于mg,方向竖直向下，先确定从。点到N

点，小球重力势能减小量、小球电势能减小量，再由能量守恒定律列式，即可分析求解；

D根据场强的叠加原理及数学知识，即可分析求解。

本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守

恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。

11.【答案】0.781.29<

【解析】［1］弹簧4的伸长量可由刻度久4的变化得到，则/办=8.53cm-7.75cm=0.78cm

［2］弹簧B的伸长量AXB=18.52cm—16.45cm—0.78cm=1.29cm

［3］在B弹簧下端挂上钩码到系统在无外力作用而处于静止状态的过程，需要有外力迫使系统最终处于静止

状态，外力对系统要做负功，系统的机械能是减少的，故两根弹簧弹性势能的增加量小于钩码减小的重力

势能,即4/<+4通）。

12.【答案】⑴S的像2a

⑵B

⑶篝

（4）大于

【解析】（1）口］［2］述实验中S相当于光的“双缝干涉实验”中的一个“缝”，则S的像相当于另外一个

“缝”，可知“双缝”的间距为2%

（2）4根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式4%=%

可知将平面镜稍向下平移一小段距离，贝US与S的像之间的距离增大，即增大了双缝之间的距离d,则光屏

上相邻两条亮条纹中心线之间的距离减小，故/错误；

2.根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式4%=累

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可知将光源s水平向左平移一小段距离，则增大了双缝到屏之间的距离2,则光屏上相邻两条亮条纹中心线

之间的距离dx增大，故2正确；

C根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式4x=%

可知将平面镜水平向右平移一小段距离，S与S的像之间的距离d不变，双缝到屏之间的距离Z不变，则光屏

上相邻两条亮条纹中心线之间的距离4%不变，故C错误；

D根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式/x=幺

可知将光源由红光改为绿光，则波长变短，则光屏上相邻两条亮条纹中心线之间的距离/式减小，故。错

误。

故选瓦

(3)由题知，测得第1条和第7条亮条纹中心线的的间距为久，则相邻亮条纹之间的距离4久=占=5

双缝之间的距离为d=2a

根据Ax=夕I

可得"笔

(4)若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，在这种情况测量相邻条纹间距/x时，将导

致测量值dx大于实际值，根据4%=夕

可得力=半

可知A的测量值也将大于实际值。

13.【答案】(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹如图:

据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m^-

K

解得B嘴=装

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(2)带电粒子在第一象限内运动时间［=£生=绊k

v9v

(3)由几何关系可得y=R+/?cos60°

解得y=73Cl

粒子射出磁场位置距。点的距离为避a。

【解析】抓住微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可以得到微粒圆周运动的半径、周期的

表达式，根据表达式进行解答。

不计重力的情况下带电粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，确定半径R

与a之间的关系，根据圆周运动的特点展开讨论即可。

14.【答案】解：(1)沙包出手时竖直方向的速度为：=vosin53°=5x0.8m/s=4m/s

水平方向的速度为：vx—v0cos53°=5x0.6m/s=3m/s

2

规定竖直向上的方向为正方向，设沙包在空中的运动时间为3则：-h=vyt-^gt

沙包从出手点到落地点的水平距离：X=vxt

代入数据解得：X=3m；

(2)设沙包与地面碰撞前的速度为也从沙包出手到与地面碰撞过程中，根据动能定理有：mgh=^nv2~l

mvQ2

根据几何关系可得沙包落地后向前滑行的距离为：Ax=L+5d-x

设沙包与地面碰撞后的速度为M,沙包滑行的加速度为a,根据牛顿第二定律和速度一位移公式有：

林mg=ma

1/2—2aAx

一一^mv2

又有：k=五

^T--m--v-2

联立以上各式，代入数据解得：k=2Q；

(3)沙包与地面碰撞前竖直方向的速度大小为％竖直方向根据运动学公式可得：%'2-号=2gh

解得：vy'=6m/s

沙包在与地面碰撞过程竖直方向上动量的变化量为：4P=0—mvy=0—0.1x6kg-m/s=—0.6kg-m/s

负号表示动量变化量的方向向上。

答：(1)沙包从出手点到落地点的水平距离久为3根；

(2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k为20；

(3)沙包在与地面碰撞过程竖直方向上动量的变化量大小