重庆市巴蜀中学2026届高三上学期9月适应性月考（二）物理试卷（Word版附解析）

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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. 某同学在写作业时不小心碰飞了桌面边缘的橡皮和笔盖，当它们水平飞出后刚掉落到同一水平地面上时，
该同学发现笔盖的水平射程更大，不计空气阻力，橡皮和笔盖均可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A. 笔盖飞离桌面时的速度更大 B. 笔盖在空中运动的时间更长
C. 笔盖在空中运动时速度变化更快 D. 笔盖在空中运动时加速度更大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．橡皮和笔盖水平飞出后做平抛运动，根据
可得
即两者运动时间相等，笔盖的水平射程更大，根据
可知笔盖飞离桌面时的速度更大，故 A 正确，B 错误；
CD．二者的加速度均为重力加速度 ，速度变化率由加速度 决定，二者的加速度相同，在空中运动时速
度变化快慢相同，故 CD 错误。
故选 A。
2. 如图 1 所示，把一带正电的小球 A 放在光滑绝缘斜面上，欲使小球 A 能静止在图示的位置上，需在 MN
之间固定一带电小球 B，其中 b 点在 A 球的正上方，c 点与 A 球的连线与斜面垂直，则 B 球可能（ ）
A. 位于 a 点，带正电 B. 位于 b 点，带负电
C. 位于 c 点，带正电 D. 位于 c 点，带负电
【答案】B
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【解析】
【详解】小球 A 处于平衡状态，受合力为零；因小球 A 受竖直向下的重力、沿 Ac 方向的斜面的支持力，
根据平衡条件，在 a、b、c 三点的电荷只能是对 A 有吸引力，即带负电；且该吸引力必然与前两个力的合
力等大、反向且在同一条直线上，则 B 只能位于 b 点，带负电，此时静电吸引力与小球 A 的重力等大反向。
故选 B。
3. 2025 年 3 月，西昌卫星发射中心成功将天链二号 04 星送入预定轨道，该星主要承担为载人航天器提供数
据中继与测控服务等任务。卫星发射过程可以简化为如图所示：先将卫星发射至近地轨道使之做匀速圆周
运动，当卫星运动到 A 点时变轨进入椭圆转移轨道，运动到远地点 B 时再变轨后进入到运行轨道做匀速圆
周运动。不考虑卫星质量的变化，下列判断正确的是（ ）
A. 卫星在经过近地轨道的 A 点时的加速度大于经过转移轨道 A 点时的加速度
B. 卫星在转移轨道上经过 A 点时的加速度等于经过 B 点时的加速度
C. 卫星在转移轨道上由 A 点运动到 B 点的过程中机械能逐渐减小
D. 卫星在运行轨道上时的机械能大于在近地轨道上时的机械能
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据
解得 ，所以卫星在经过近地轨道的 A 点时的加速度等于经过转移轨道 A 点时的加速度，卫星在转
移轨道上经过 A 点时的加速度大于经过 B 点时的加速度，故 AB 错误；
C．卫星在转移轨道上从 A 点运动到 B 点的过程中，只有万有引力做功，卫星的机械能不变，故 C 错误；
D．卫星在近地轨道 A 点通过外力做功加速进入转移轨道，在转移轨道 B 点通过外力做功加速进入运行轨
道，说明卫星在运行轨道上时的机械能大于在近地轨道上时的机械能，故 D 正确。
故选 D。
4. 游乐园里的摩天轮在竖直平面内匀速转动，转动过程中座舱的姿态保持不变，如图所示。座舱中的乘客
保持站立姿态并与座舱保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
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A. 乘客所受座舱提供的作用力始终指向圆心
B. 摩天轮转动一周的过程中，乘客所受座舱提供的作用力做功不为零
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客所受重力的冲量不为零
D. 座舱从最高点到最低点的过程中，乘客所受重力的功率始终保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，受座舱提供的作用力和重力的合力提供向心力，指向圆心，
故 A 错误；
B．摩天轮转动一周的过程中，乘客的动能不变，根据动能定理，可知乘客所受座舱提供的作用力做功和重
力做功之和为零，其中重力做功为零，则乘客所受座舱提供的作用力做功为零，故 B 错误；
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客所受重力的冲量
可知乘客所受重力的冲量不为零，故 C 正确；
D．摩天轮转动过程中，速度方向改变，根据瞬时功率公式
可知乘客重力的瞬时功率时刻改变，故 D 错误。
故选 C。
5. 在某电场中沿与电场强度平行的方向建立 x 轴，如图甲所示，电子在 M 点处由静止释放，仅在电场力的
作用下恰好运动到 N 点，其速度随时间的变化图像如图乙所示。以 MN 的中点 O 为坐标原点，沿直线向右
为正方向建立 x 坐标轴，规定 O 点为零势能点，沿+x 方向为电场强度的正方向，则 MN 之间的电场强度 E
和电势φ以及电子的电势能 Ep 随 x 的变化图像中可能正确的是（ ）
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A. B. C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB． 图像的斜率代表加速度，由 图像可知，电子的加速度先减小后增大。因为电子仅
在电场力的作用下运动，根据牛顿第二定律有
解得
所以电场强度 E 也应该先减小后增大。电子从 M 点由静止释放，向 N 点运动，速度先增大，说明电子先做
加速运动，电场力方向与运动方向相同，即沿 方向；后来速度减小，做减速运动，电场力方向与运动方
向相反，即沿 方向。由于电子带负电，所以电场强度方向与电场力方向相反，故电场强度先沿 方向，
后沿 方向。因为规定沿+x 方向为电场强度的正方向，所以在 O 点左侧 且逐渐减小，在 O 点右侧
且逐渐增大，故 AB 错误；
C．沿电场线方向电势逐渐降低。在 O 点左侧，电场强度沿 方向，所以电势沿 方向升高；在 O 点右
侧，电场强度沿 方向，所以电势沿 方向降低。故 C 错误；
D．电子从 M 点由静止释放，向 N 点运动，速度先增大后减小，说明电场力先做正功后做负功，所以电势
能先减小后增大。规定 O 点为零势能点，所以在 O 点处电子的电势能为 0。故 D 正确。
故选 D。
6. 在 2024 年 巴黎奥运会上，中国跳水“梦之队”首次包揽了 8 个跳水项目的金牌，创造了历史。如图所
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示为跳水运动员（可视为质点）训练时的速度随时间的变化图像，以运动员向上起跳刚好离开跳板时为 0
时刻，图中 v1、v2、t1、t2、t3 均为已知，运动轨迹视为竖直的直线，运动员在空中运动时所受空气阻力大小
不变。则能通过已知条件求出的物理量是（ ）
A. 运动员所受空气阻力的大小 B. 当地重力加速度
C. 运动员的质量 D. 水对运动员的作用力大小
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．根据牛顿第二定律结合图像可知，运动员起跳上升阶段的加速度
下降阶段的加速度
由上述表达式可求解 g 和 ，不能求解 f 和 m 的值，选项 B 正确，AC 错误；
D．入水后的加速度
因人的质量不能求解，则不能求解水对运动员的作用力大小，D 错误。
故选 B。
7. 如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，滑块以某一初速度冲上长木板左端，最终没有滑离长木板。
对滑块开始滑上长木板到二者刚相对静止的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 若滑块减少的动量为 10kg·m/s，则木板增加的动量可能为 8kg·m/s
B. 若滑块减少的动能为 10J，则木板增加的动能可能为 5J
C. 若系统因摩擦产生的热量为 10J，则滑块减少的动能可能为 15J
D. 若木板增加的动能为 10J，则系统因摩擦产生的热量可能为 8J
【答案】C
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【解析】
【详解】A．摩擦力对二者的冲量大小相等，即合力对二者的冲量大小相等，所以二者动量的变化大小相等，
故 A 错误；
B．设滑块的对地位移为 ，木板的对地位移为 ，二者的相对路程为 ，画出二者的速度时间图像，如
图所示
由图可知 ， ，
设二者间的滑动摩擦力大小为 ，则
即滑块动能的减小量大于木板动能增加量的 2 倍，故 B 错误；
C．因为
即滑块动能的减少量小于摩擦生热的 2 倍，故 C 正确；
D．因为
即摩擦生热大于木板动能的增加量，故 D 错误。
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. 某同学做了一个简易除尘装置，一根长直铜丝与一块易拉罐金属片相对放置，把它们分别与电源两极相
连，俯视图如图所示。虚线表示铜丝与金属片之间的电场线，实线为一带负电的尘埃进入铜丝与金属片之
间，最终击中金属片的运动轨迹，不计重力及空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 铜丝接电源负极，金属片接电源正极
B. 到达金属片之前尘埃的加速度越来越大
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C. 到达金属片之前尘埃的电势能越来越大
D. 到达金属片之前尘埃的速度越来越大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，可知带负电的尘埃受到的电场力沿电场线指向金属
片，则场强方向由金属片指向铜丝，所以铜丝接电源负极，金属片接电源正极，故 A 正确；
B．根据电场线的疏密程度可知，到达金属片之前尘埃受到的电场力越来越小，则加速度越来越小，故 B 错
误；
CD．到达金属片之前，电场力对尘埃做正功，所以尘埃的电势能越来越小，动能越来越大，则速度越来越
大，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
9. 玩沾水的篮球会在地面上留下一滩圆形的水渍，小巴同学想利用水渍的大小来估算玩篮球时篮球与地面
之间的平均作用力大小。他将沾了水的篮球从 1.8m 的高度由静止释放，记录篮球弹起来的最大高度为 0.8m
，并将地面上的水渍用白纸拓印下来，然后将白纸静置在电子秤上，将同样的篮球放在白纸拓印的水渍正
中央，缓慢向下按压篮球，使篮球恰好完全覆盖水渍，读出此时电子秤的示数为 126.0N，小巴同学认为电
子秤的示数就是上述过程中篮球与地面接触时的平均作用力大小。已知篮球质量为 m＝0.6kg，重力加速度
g＝10m/s2，不计空气阻力。关于小巴同学的实验，正确的有（ ）
A. 篮球从接触地面到离开地面的过程中先向下减速后反向加速
B. 按照小巴同学的认识，篮球与地面的作用时间应为 0.05s
C. 篮球与地面的真实平均作用力应比小巴同学的测量结果小
D. 小巴同学测量平均作用力的物理方法主要为控制变量法
【答案】BC
【解析】
【详解】A．篮球接触地面后应先做加速运动，当地面对篮球的弹力大于重力后，篮球再做减速运动，反向
过程篮球先做加速运动，当地面对篮球的弹力小于重力后篮球再做减速运动，故 A 错误；
B．设刚接触地面时的速度大小为 ，反弹后刚离开地面时的速度大小为 ，下降过程有
上升过程有
解得 ，
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接触地面的过程中，规定向上为正，根据动量定理
解得 ，故 B 正确；
C．小巴同学测量到作用力应为整个接触过程中的最大值，因此真实的平均作用力应比小巴同学的测量结果
小，故 C 正确；
D．篮球恰好完全覆盖水渍的大小以测量平均作用力的大小，这样的物理方法应为等效思想，故 D 错误。
故选 BC。
10. 如图所示，足够大 水平地面上 点和 M 点所在的两条竖直虚线之间存在水平向右、大小为 E 的匀强
电场，OM＝d。在 O 点处静止释放一个带正电的小球 A，待 A 离开电场足够远后，将另一带正电的小球 B
也在 O 点处由静止释放。B 离开电场后，A 和 B 之间的相互作用满足库仑定律（两球“足够远”时，相互
作用的力为零，并规定此时二者相互作用的势能为零），已知 A 和 B 的质量分别为 m 和 ，A 带电荷量为
q，不计一切阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. A 在电场中的运动时间为
B. 要使 B 离开匀强电场后靠近 A 并与 A 重新发生相互作用，则 B 的带电荷量应大于
C. 若 B 的带电荷量也为 q，则 A 和 B 之间的电势能最大值为
D. 要使 B 在离开匀强电场之后 过程改变运动方向，则 B 的电荷量应大于
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．A 在电场中
A 在电场中的运动时间为 ，故 A 错误；
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B．A 离开电场时
B 离开电场时
要使 B 离开匀强电场后靠近 A 并与 A 重新发生相互作用，则
联立得 B 的带电荷量 ，故 B 正确；
C．A 离开电场时
B 离开电场时
A 和 B 共速时电势能最大，有
联立得 A 和 B 之间的电势能最大值为 ，故 C 正确；
D．离开电场后，A 和 B 之间的相互作用，有
可得
A 离开电场时
B 离开电场时
要使 B 在离开匀强电场之后的过程改变运动方向，则
联立得 B 的电荷量 ，故 D 正确。
故选 BCD。
三、非选择题:共 6 小题，共 64 分。
11. 如图甲所示为照相机闪光电路图，其中左边部分电路通过升压电路使 C2 两端获得几百伏高压，右边部
分电路是触发电路，按下 K2 开关电容器放电使闪光灯发出耀眼的光。此电路原理可简化为如图乙所示电路：
图中 R＝500Ω，电源（内阻不计）经升压为 E＝300V，开关打到 a 端即为充电，打到 b 端看作触发电路工
作，测得放电电流如图丙所示。
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（1）闪光时电阻 R 两端电势关系φM_______φN（填“＞”或“＜”）。
（2）开关打到 b 端的瞬间闪光管的电阻为_____________Ω（保留一位小数）。
（3）试估算电容器的电容为_____μF（保留两位小数）。
【答案】（1）> （2）17.2
（3）1.01
【解析】
【小问 1 详解】
闪光时电容器放电，因上极板带正电，可知电阻 R 两端电势关系φM＞φN
【小问 2 详解】
开关打到 b 端的瞬间，回路瞬时电流为 0.58A，则闪光管的电阻
【小问 3 详解】
因 I-t 图像的面积等于电容器的带电量，则 Q=76×0.02×0.2×10-4C=3.04×10-4C
可得
12. 某同学设计了如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律，用长度为 L 的轻绳悬挂一质量为 m 的小球，
绳子另一端悬挂在 O 点，在小球正下方连接一宽度为 d 的遮光板，在悬挂点 O 正下方装有光电门，现把小
球向左拉起使轻绳与竖直方向夹角为α，并由静止释放，遮光板经过光电门时记录的遮光时间为 t；重力加
速度为 g。
（1）若不考虑小球半径及光电门位置的影响，下摆到最低点的过程中小球的动能增加量为_____，小球的
重力势能减少量为_____。
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（2）若不考虑小球半径及光电门位置的影响，改变角度 多做几次上述实验，最后作出 cs 随 变化的
图像（如图乙所示），若斜率 k＝_____，则说明此过程机械能守恒。
（3）发现此实验小球动能增加量比重力势能减少量大，原因主要是__________________，为了解决此问题
该同学又测出了小球半径 r、光电门到悬点 O 的距离 l，改进后实验图像的斜率表达式应为_____（不考虑小
球自转的动能）。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. 速度测量值偏大或高度测量值偏小 ②.
【解析】
【小问 1 详解】
[1]小球通过光电门时的速度大小为
则下摆到最低点的过程中小球的动能增加量为
[2]小球的重力势能减少量为
【小问 2 详解】
若机械能守恒，则
即
整理可得
则 图线的斜率为
【小问 3 详解】
[1]发现此实验小球动能增加量比重力势能减少量大，原因主要是速度测量值偏大或高度测量值偏小；
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[2]由题意可得
可得，小球的速度为
由机械能守恒定律可得
整理可得
所以，斜率为
13. 如图所示，一质量为 m＝1.0×10-2kg、带电量大小为 q＝1.0×10-6C 的小球，用长度为 L＝1m 的绝缘细
线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场范围足够大，静止时悬线向左与竖直方向成 ＝37°，小球在运
动过程中电量保持不变且可看作质点，重力加速度 g 取 10m/s2。
（1）求电场强度大小 E；
（2）将小球向左拉起到细线水平伸直并由静止释放，求小球受到细线拉力的最大值 T。（sin37°＝0.6，
）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
对小球，根据平衡条件有
解得
【小问 2 详解】
当小球运动到等效最低点，即开始静止的位置时，受到的细线拉力最大，根据动能定理可得
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小球在等效最低点时，根据牛顿第二定律
解得
14. 如图所示，质量分别为 m1＝1kg、m2＝2kg 的滑块 A、B 刚开始都静止于水平面上，现给 A 滑块水平向
右的初速度 v0＝10m/s，经 t0＝2s，两滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，最后两滑块减速至停
止。已知滑块与水平面间的动摩擦因数均为 ＝0.2，取重力加速度 g＝10m/s2，求：
（1）两滑块间的初始距离 d；
（2）碰后瞬间 B 滑块的速度大小 ；
（3）全过程摩擦力对 A 滑块的总冲量 I。
【答案】（1）
（2）
（3） ，方向水平向左
【解析】
【小问 1 详解】
根据牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动的位移公式得
解得
【小问 2 详解】
由匀变速直线运动的速度公式可得
碰撞过程中，动量和动能守恒可得 ，
解得 ，
【小问 3 详解】
由动量定理可知，摩擦力对滑块 A 的总冲量为
负号表示方向水平向左。
15. 为研究静电集尘的原理，某小组设计了如下的实验。如图所示（左侧为立体图，右侧为平面图），两块
直径为 4d 的圆形平行金属板水平正对放置，板间距为 d，两极板间存在竖直向上、大小可调的匀强电场，
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忽略边缘效应。在电容器的几何中心 O 点处有一粒子源，可向空间各方向均匀发射速度大小均为 、质
量为 m、电荷量为 q（q＞0）的带电微粒，已知重力加速度为 g，微粒打在极板上被吸收且不影响电场分布。
（1）若电场强度大小 ，求微粒到达下极板时的速度大小；
（2）若要求沿水平方向发射的微粒均能被极板收集，求电场强度大小 E 的取值范围；
（3）若电场强度大小为 ，求所有方向发射的微粒在上极板形成的落点区域面积。
【答案】（1）
（2） 或
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
微粒从 O 点运动到下极板，由动能定理可得
解得
【小问 2 详解】
水平方向发射的微粒做类平抛运动，对恰好打在极板边缘的微粒，有 ，
若微粒重力大于电场力，微粒打在下极板
解得
微粒被收集的电场强度范围为
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若微粒重力小于电场力，微粒打在上极板
解得
微粒被收集的电场强度范围为
综上，沿水平方向发射的微粒均能被极板收集，电场强度的取值范围为 或 。
【小问 3 详解】
设速度方向与竖直方向的夹角为 时，微粒恰好能打在上极板
竖直方向 ，
水平方向
解得 ，
速度方向与竖直夹角在 范围内的微粒打在上极板，面积为
16. 如图所示，长度为 EF＝2h 的光滑斜坡倾角 ＝30°，其底端 F 点与光滑水平面 FHI 平滑连接（物块经
过 F 点时无机械能损失）。已知 FH＝HI＝h，I 处固定一竖直弹性挡板 N（物块与挡板碰撞时间极短且无机
械能损失）。B 物块静止在 H 点，物块 A 从 E 点由静止释放，两物块均可视为质点，已知重力加速度为 g。
碰撞发生在 F 点时视为水平方向的正碰。
（1）若两个物块碰撞后粘连成整体 C，且 C 沿斜坡上升的最大高度为 ，求质量比 ；
（2）若 mA:mB＝1:3，且所有碰撞均为弹性碰撞，求从 A 释放至两物块发生第三次碰撞的时间；
（3）若撤去挡板 N，只将 HI 段水平面替换为动摩擦因数 ＝1 的粗糙平面（FH 段及 I 点右侧仍光滑），当
两物块之间仅发生一次碰撞后（该碰撞可能为弹性碰撞也可能为非弹性碰撞），两物块最终静止时相距 ，
求 的取值范围。（可能用到的求导法则： ）
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【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
A 物体从 E 点运动到碰撞之前，由动能定理有
A 与 B 碰撞过程，由动量守恒定律有
AB 碰后在斜面上上滑到最高点，由动能定理有
联立，解得
【小问 2 详解】
从 A 物块释放到第一次碰撞前 ，
所以
AB 第一次弹性碰撞 ，
解得 ，
A 反弹后在斜面上上滑和下滑的时间均为
碰后 A 从 H 点向左运动滑上斜面再下滑再次回到 F 点的时间
碰后 B 从 H 点向右运动反弹后再次回到 F 点的时间
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两物块在 F 点发生第二次碰撞 ，
解得 ，
碰后 A 上滑后再下滑再次回到 F 点的时间
然后两物块在 F 点发生第三次碰撞，因此从 A 物块释放开始到两物块发生第三次碰撞的时间为
【小问 3 详解】
AB 碰撞过程动量守恒
可得
AB 碰撞过程动能不增加
将两式的右侧含 A 的项移到左边，两式相除可得
设 A 静止时到 H 点的距离为 ，由几何关系，B 运动的路程为
根据 AB 碰后的运动方向讨论：
情况一：AB 碰后均向右运动。则 AB 碰后 A 减速为 0 的过程
解得
碰后 B 减速为 0 的过程
解得
代入
可得
解得， 时，不等式恒成立。代入
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可得
在 范围内， 增大， 增大，则取值范围为
情况二：AB 碰后 A 向左运动再返回。则 AB 碰后速度为 ，
代入
可得
解得
代入
可得
令
对函数求导，可得
在 范围内，
此时 为减函数，则
代入可得
根据以上两种情况可得，两物块质量之比的取值范围为 。