2025年青島版六三制新高三物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年青島版六三制新高三物理上冊月考試卷56考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、對于萬有引力定律公式F=G中的r，下列說法正確的是（）A.對衛(wèi)星而言，是指軌道半徑B.對地球表面的物體而言，是指物體距離地面的高度C.對兩個質量分布均勻的球體而言，是兩球體之間的距離D.對人造衛(wèi)星而言，是指衛(wèi)星到地球表面的高度2、如圖所示的位移（s）-時間（t）圖象和速度（v）-時間（t）圖象中，給出四條曲線1、2、3、4代表四個不同物體的運動情況，關于它們的物理意義，下列描述正確的是（）A.圖線1表示物體做曲線運動B.s-t圖象中t=0時刻v1＞v2C.v-t圖象中0至t3時間內3和4的平均速度大小相等D.兩圖象中，圖中所運動2所表示全過程運動位移大小不等于路程，而4位移大小等于路程3、如圖所示，小球從豎直磚墻某位置靜止釋放，用頻閃照相機在同一底片上多次曝光，得到了圖中1、2、3、4、5所示下小球運動過程中每次曝光的位置．連續(xù)兩次曝光的時間間隔均為T，每塊磚的厚度為d．根據(jù)圖上的信息下列判斷不正確的是（）A.能求出小球在位置“3”的速度B.能求出小球下落的加速度C.能判定位置“1”不是小球無初速釋放的位置D.能判定小球下落過程中機械能是否守恒4、【題文】一交流發(fā)電機的線圈電阻為1Ω；將其輸出端接在電阻為10Ω的電阻絲上，其輸出電壓從某時刻開始隨時間變化的圖象如圖所示，則。

A.線圈轉動的角速度為100rad/sB.交流發(fā)電機的電動勢最大值為200VC.電阻絲的發(fā)熱功率為2kWD.若將此發(fā)電機接在匝數(shù)比為1∶2的理想變壓器上可使輸出頻率提高1倍5、【題文】以下有關高中物理實驗的一些描述中，正確的是()A.在“研究平拋運動”實驗中，需要用重錘線確定豎直方向B.在“用油膜法測分子直徑的大小”的實驗中應直接將純油酸滴入水中C.在“用單擺測定重力加速度”實驗中，如果擺長測量無誤．測得的g值偏小，其原因可能是將全振動的次數(shù)N誤計為N–1D.

E．在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中，導電紙上形成的是兩等量異號電荷的靜電場。6、關于時間和時刻的以下說法正確的是（）A.第3秒末和第4秒初指的都是時刻，并且是同一時刻B.前3秒內和第3秒內都是指時間，并且所指時間相同C.物體從開始運動到第8秒初，運動時間是8SD.物體從開始運動到第8秒末，運動時間是9S評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖是等離子體發(fā)電機的示意圖，原料在燃燒室中全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體，等離子體以速度v進入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道里有圖示的勻強磁場，磁感應強度為B．等離子體進入發(fā)電通道后發(fā)生偏轉，落到相距為d的兩個金屬極板上，在兩極板間形成電勢差，等離子體的電阻不可忽略．下列說法正確的是（）A.上極板為發(fā)電機正極B.外電路閉合時，電阻兩端的電壓為BdvC.帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能D.外電路斷開時，等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡8、某學習小組在學習發(fā)電機原理和電能輸送后，自行設計了一個電能輸送模型．小型發(fā)電機內阻為1Ω，輸出電壓為10V，輸電線總電阻為r=5Ω，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為n：n2=1：4．降壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n3、n4（變壓器均為理想變壓器）．要使額定電壓為20V電阻為10Ω的用電器（純電阻）正常工作；則（）

A.升壓變壓器的原線圈中電流是10A，輸電線上電流為8AB.通過升壓變壓器原、副線圈電流的頻率比為1：4C.降壓變壓器的輸入功率為40W，通過用電器的電流為2AD.若其它量都不變只是n2增大，則輸電線上損失的電壓減小9、關于重力，下列說法中正確的是（）A.物體的重心一定都在物體上B.因重力的方向總是豎直向下的，故重力的方向一定和地面垂直C.重力是由于地球的吸引而產(chǎn)生D.地球上的任何物體均受到重力的作用，與物體和地球是否接觸無關10、（2015秋?成都校級月考）如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，AB為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質量為m、帶電荷量為-q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電粒子的運動情況，下列說法不正確的是（）A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分不可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開，上升的高度一定等于HD.小球到達C點的速度不可能為零11、如圖所示，三個小球a、b、c的質量都是m，均放于光滑的水平面上，小球b與c通過一輕彈簧連接并且靜止，小球a以速度v0沿a、b兩球心連線方向沖向小球b，碰撞后與小球b粘在一起運動，在整個運動過程中，下列說法不正確的是（）A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能不守恒B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能也守恒C.當小球b、c的速度相等時，彈簧的彈性勢能最小D.當彈簧恢復原長時，小球c的速度為零12、質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧栓接，靜置于水平地面上，如圖（a）所示．現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊A，使木塊A向上做勻加速直線運動，如圖（b）所示．從木塊A開始做勻加速直線運動到木塊B將要離開地面時的這一過程，下列說法正確的是（設此過程彈簧始終處于彈性限度內）（）A.力F一直增大B.彈簧的彈性勢能先減小后增大C.木塊A的動能和重力勢能之和先增大后減小D.兩木塊B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能先增大后減小評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、如圖（甲）所示的電路，閉合電鍵S，在滑片P下滑過程中，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生了變化．圖（乙）中的三條圖線分別表示了三個電壓表示數(shù)隨電流的變化的情況．其中圖線a表示的是電壓表____（選填“V1”“V2”或“V3”）的示數(shù)隨電流變化的情況；在此過程中電壓表V1示數(shù)的變化量△U和電流表A示數(shù)的變化量△I的比值____（選填“變大”“變小”或“不變”）．14、把帶電量為4×10-8C的負電荷從無窮遠處移到電場中的A點，需克服電場力做功2×10-6J，再把它從A點移到B點，電場力對它做功1×10-6J．則A點電勢為____V，B點電勢為____V，該電荷在A點具有的電勢能為____J．（設無窮遠處電勢為零）15、【題文】利用單分子油膜法測分子的直徑時，要首先測出____，再測出油膜的____，就可以算出分子的直徑。油酸分子的直徑的數(shù)量級為____m。16、光滑絕緣水平面上相距為L

的點電荷AB

帶電荷量分別為+4q

和鈭?q

如圖所示，今引入第三個點電荷C

使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，則C

的電性為______電荷量為______，放置在的位置______．17、（2015秋?天津校級期中）用重力可以忽略不計的細繩將鏡框懸掛在一面豎直墻上，如圖所示，細繩AO、BO與鏡框共面，且兩段細繩與鏡框上邊沿的夾角均為60°．已知鏡框重力為G，鏡框上邊沿水平，求細繩AO所受拉力大小為____．18、（2010秋?寶山區(qū)校級月考）設有一分子位于如圖所示的坐標系原點O處不動，另一分子可位于x軸上不同位置處，圖中縱坐標表示這兩個分子間作用力的大小，兩條曲線分別表示斥力和引力的大小隨兩分子間距離變化的關系，e為兩曲線的交點，則曲線ab表示____（選填引力或斥力），兩曲線的交點e表示分子力表現(xiàn)為____（選填引力或斥力或零）．19、一閉合線圈有50匝，總電阻R=20Ω，穿過它的磁通量在0.1s內由8×10-3Wb增加到1.2×10-2Wb，則線圈中的感應電動勢E=____V，線圈中的平均電流強度I=____A．評卷人得分四、判斷題(共1題，共5分)20、如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標原點，則地面的坐標為x=-0.8m．____．（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共18分)21、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）22、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】在萬有引力定律公式中．r是兩物體間的距離，如果兩物體可以看做質點，則r為兩質點間的距離，如果兩物體是質量分度均勻、形狀規(guī)則的球體，r是兩球心間的距離．【解析】【解答】解：AD、對做圓周運動的地球衛(wèi)星而言，r是衛(wèi)星的軌道半徑；故A正確；D錯誤．

B、對地球表面的物體而言，r是物體距離地心的距離；故B錯誤．

C、對兩個質量分布均勻的球體而言，r是兩球心之間的距離；故C錯誤．

故選：A．2、D【分析】【分析】s-t圖線與v-t圖線只能描述直線運動；s-t的斜率表示物體運動的速度，斜率的正和負分別表示物體沿正方向和負方向運動．v-t圖線與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內通過的位移．【解析】【解答】解：A；無論速度時間圖象還是位移時間圖象只能表示物體做直線運動；而不能表示物體做曲線運動．故A錯誤．

B、在s-t圖象中圖線的斜率表示物體的速度，在t=0時刻圖線1的斜率小于圖線2的斜率，故v1＜v2．故B錯誤．

C、在v-t圖線中圖線與時間軸圍成的面積等于物體發(fā)生的位移．故在0-t3時間內4圍成的面積大于3圍成的面積；故3的平均速度小于4的平均速度．故C錯誤．

D；s-t圖線的斜率等于物體的速度；斜率大于0，表示物體沿正方向運動；斜率小于0，表示物體沿負方向運動．所以2是先向正方向運動后沿負方向運動，則位移的大小不等于路程，v-t圖象中4的速度一直是正方向，表示4沿規(guī)定正方向左單向直線運動，位移大小等于路程，故D正確．

故選：D．3、D【分析】【分析】小球做的勻加速直線運動，根據(jù)相機的曝光的時間間隔相同，由勻變速直線運動的規(guī)律可以求得．【解析】【解答】解：A、由于時間的間隔相同，所以3點瞬時速度的大小為2、4之間的平均速度的大小，所以V3=；故A正確；

B、由圖可以知道每兩個相鄰的點之間的距離差是一樣的，所以小球做勻加速直線運動，由△x=at2可知，a=；故B正確；

C、根據(jù)V=V0+at可知點1的速度大小是V1=V3-2at=；所以位置“1”不是小球釋放的初始位置，故C正確；

D；因為不知道a是否等于g；所以不知道下落過程中機械能是否守恒，故D錯誤．

故選D4、C【分析】【解析】由圖象知，周期T=0.02s，則線圈轉動的角速度為ω=2π/T=100πrad/s，A錯誤；由于交流電動機有內阻，故交流發(fā)電機的電動勢大于輸出的電動勢，B錯誤；輸出電壓的有效值為由C正確；理想變壓器不改變輸出頻率，D錯誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、A|C【分析】【解析】本題考查物理實驗的注意事項。

重錘線的作用是確定豎直方向；在“用油膜法測分子直徑的大小”的實驗中應直接將稀釋后的油酸滴入水中；在“用單擺測定重力加速度”實驗中，由可知測得的g值偏小，可能是周期變長；在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，不需要用天平測物體的質量；在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中，導電紙上形成的是電流的電場?！窘馕觥俊敬鸢浮緼C6、A【分析】【分析】時間是指時間的長度，在時間軸上對應一段距離，對應物體的位移或路程，時刻是指時間點，在時間軸上對應的是一個點，對應物體的位置．【解析】【解答】解：A；第3秒末和第4秒初指的都是時刻；并且是同一時刻，所以A正確．

B；前3秒內指的時間的長度為3s；第3秒內指的時間的長度為1s，都是時間間隔，所以B錯誤；

C；物體從開始運動到第8秒初；運動時間是7s，所以C錯誤；

D；物體從開始運動到第8秒末；運動時間是8s，所以D錯誤；

故選：A．二、多選題(共6題，共12分)7、ACD【分析】解：A；根據(jù)左手定則；可知，正電荷向上偏，負電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，故A正確；

B、根據(jù)qvB=q得電動勢的大小為：E=Bdv；因等離子體的電阻不可忽略，因此外電阻的電壓會小于電源的電動勢，故B錯誤；

C；依據(jù)功能關系；可知，帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能．故C正確．

D；等離子體中帶有正、負電荷的高速粒子；在磁場中受到洛倫茲力的作用，分別向兩極偏移，于是在兩極之間產(chǎn)生電壓，兩極間存在電場力，當外電路斷開時，等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡，從而不會偏移，故D正確．

故選：ACD．

依據(jù)左手定則；即可判定電源的極性；

根據(jù)電場力和洛倫茲力平衡求出電動勢的大??；結合閉合電路歐姆定律求出電流的大小，從而得出兩極板間的電勢差；

通過粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能．

本題是磁流體發(fā)電機問題，要理解并掌握其工作原理，知道最終等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡，由此求電動勢．【解析】【答案】ACD8、CD【分析】【分析】A、根據(jù)P=；結合內阻為1Ω，輸出電壓為10V，即可求解原線圈中電流，再由原副線圈的匝數(shù)與電流成反比，即可確定輸電線電流；

B；不論是升壓還是降壓變壓器；原、副線圈電流的頻率總是相等；

C、根據(jù)P=，結合額定電壓為20V電阻為10Ω，即可求解輸入功率，由I=；求解用電器的電流；

D、根據(jù)原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，當只是n2變化，則可確定輸電線上損失的電壓的變化．【解析】【解答】解：A、根據(jù)P=，結合內阻為1Ω，輸出電壓為10V，則有P==100W，則原線圈中電流I==10A；

再由原副線圈的匝數(shù)與電流成反比，因升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為n：n2=1：4，則輸電線上電流為I′==2.5A；故A錯誤．

B；通過變壓器的原副線圈的電流的頻率相同；故B錯誤．

C、根據(jù)P===40W，變壓器為理想變壓器，則降壓變壓器的輸入功率也為40W，通過用電器的電流為I″===2A．故C正確．

D、若n2增大；則升壓變壓器輸出的電壓變大，輸電線上損失的電壓減小．故D正確．

故選：CD．9、CD【分析】【分析】重心位置由兩個因素決定：物體的形狀和物體內質量分布．根據(jù)二力平衡原理分析物體懸掛起來重心與繩子的延長線的關系．物體重心可能在物體上，也可能在物體外．任何有規(guī)則形狀的均勻物體，它的重心一定與它的幾何中心重合．重力的方向始終豎直向下，與地面無關．重力是由地球的萬有引力提供的．【解析】【解答】解：A；物體重心可能在物體上；也可能在物體外，比如均勻圓環(huán)的重心在環(huán)外．故A錯誤；

B；重力的方向是豎直向下的；但地面不一定是水平的，故地面是否垂直不確定，故B錯誤；

C；重力是由地球對物體的萬有引力產(chǎn)生的；故C正確；

D；重力不是接觸力；地球附近的任何物體都受到地球的萬有引力，故D正確．

故選：C、D．10、ABC【分析】【分析】當小球的重力與電場力平衡，小球進入軌道，靠彈力提供向心力，做勻速圓周運動．根據(jù)動能定律判斷上升的高度與H的關系．通過假設法判斷小球到達C點的速度能否為零，若能為零，根據(jù)動能定理知，電場力做功做功等于重力做功，則電場力大于重力，無法做圓周運動．【解析】【解答】解：

A；由于題中沒有給出H與R、E的關系；但小球可能從B點離開軌道，若小球所受的電場力大于重力，小球就不一定從B點離開軌道．故A錯誤；

B；若重力大小等于電場力；小球在AC部分做勻速圓周運動，故B錯誤．

C；由于小球在AC部分運動時電場力做負功；所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H，故C錯誤；

D；若小球到達C點的速度為零；則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零．故D正確．

本題選錯誤的，故選：ABC11、BCD【分析】【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零．三球與彈簧組成的系統(tǒng)重力與水平面的支持力的合力為零，總動量守恒．小球a與b碰撞后粘在一起，動能減小，系統(tǒng)的機械能減?。治鲂∏虻倪\動過程：a與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對b產(chǎn)生向左的彈力，對c產(chǎn)生向右的彈力，ab做減速運動，c做加速運動，當c的速度大于ab的速度后，彈簧壓縮量減小，則當小球b、c速度相等時，彈簧壓縮量，彈性勢能最大．當彈簧恢復原長時，根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析得出，小球b的動能不為零．【解析】【解答】解：A、B在整個運動過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，a與b碰撞過程機械能減?。蔄正確；B錯誤．

C、a與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對b產(chǎn)生向左的彈力，對c產(chǎn)生向右的彈力，ab做減速運動，c做加速運動，當c的速度大于ab的速度后，彈簧壓縮量減小，則當小球b、c速度相等時，彈簧壓縮量，彈性勢能最大．當小球b；c速度相等時；彈簧的壓縮量或伸長量最大，彈性勢能最大．故C正確．

D、由上分析可知，從b球壓縮到彈簧恢復原長時；小球c一直在加速，c球的動能一定最大．故D錯誤．

本題選錯誤的，故選：BCD．12、AB【分析】【分析】A壓著彈簧處于靜止狀態(tài)，當力F作用在A上，使其向上勻加速直線運動，導致彈簧的彈力發(fā)生變化，則力F也跟著變化，但物體A的合力卻不變．在A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大．在上升過程中由于除重力與彈力做功外，還有拉力做功，所以系統(tǒng)的機械能與彈簧的彈性勢能之和增加，從而可根據(jù)彈簧的彈性勢能來確定木塊的機械能如何變化，以及系統(tǒng)的機械能如何變化．【解析】【解答】解：A；最初彈簧被壓縮；A物體受到豎直向上的彈力等于重力，由于A物體做勻加速直線運動，對A受力分析，列出牛頓第二定律解出對應的表達式；當B物體要離開地面時地面的支持力為零，彈簧對B物體向上的拉力等于B物體的重力，即彈簧對A物體向下的拉力等于B的重力，再列出牛頓第二定律即可解出此所需的拉力F大?。贸隼σ恢痹龃?，故A正確；

B；在A上升過程中；彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B正確；

C；在上升過程中由于物體A做勻加速運動；所以物體A的速度增大，高度升高，則木塊A的動能和重力勢能之和增大，故C錯誤；

D；在上升過程中；除重力與彈力做功外，還有拉力做正功，所以兩木塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機械能一直增大．故D錯誤；

故選AB．三、填空題(共7題，共14分)13、V3不變【分析】【分析】根據(jù)圖線的位置關系，可判斷出圖線e表示的是電壓表V1示數(shù)隨電流變化情況，由電壓與電流是正相關的關系，可判斷出圖線c表示的是電壓表V2隨電流變化的情況，根據(jù)電流增大時，電壓減小的關系，則可知圖線d表示的是電壓表V3隨電流變化的情況．【解析】【解答】解：由U1=U2+U3，U1＞U2，U1＞U3，則由圖線的位置關系可知，圖線e表示的是電壓表V1示數(shù)隨電流變化情況；當電流增大時，外電阻減小，則U1減小，U2增大，則可知U3減小，則可知圖線d表示的是電壓表V3隨電流變化的情況．

根據(jù)U1=E-Ir得，的大小等于r，故不變；

故答案為：V3，不變．14、-50-252×10-6【分析】【分析】根據(jù)試探電荷的電荷量和電場力做功，根據(jù)公式U=分別求出A與無窮遠間、A與B間電勢差，無窮遠處電勢為零，再確定A、B兩點的電勢．【解析】【解答】解：由題意，從A移動電荷到無窮遠處時電場力做的功：2×10-6J．所以A與無窮遠間的電勢差為：

UA∞=V；

無窮遠電勢為零，UA∞=φA-φ∞，則A點電勢φA=-50V．

A、B間電勢差為UAB=V；

由UAB=φA-φB，則B點電勢φB=-25V．

該電荷在A點具有的電勢能等于從A移動電荷到無窮遠處時電場力做的功，即：2×10-6J．

故答案為：-50；-25；2×10-6；15、略

【分析】【解析】本題考查油膜法測分子直徑。

先測油滴體積，再測油膜面積，油膜分子的數(shù)量級為10—10m【解析】【答案】油滴的體積，面積，10—10。16、正電；4q；在B右側距B為L處【分析】解：ABC

三個電荷要平衡；必須三個電荷的一條直線，外側二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷，所以外側兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側電荷電量大，中間電荷電量小，所以C

必須為正電，在B

的右側．

設C

所在位置與B

的距離為r

則C

所在位置與A

的距離為L+r

要能處于平衡狀態(tài)；

所以A

對C

的電場力大小等于B

對C

的電場力大小，設C

的電量為Q.

則有：k鈰?4Qq(L+r)2=kQqr2

解得：r=L

對點電荷A

其受力也平衡，則：k鈰?4Qq(L+r)2=k鈰?4q2L2

解得：Q=4q

故答案為：正電；4q

在B

右側距B

為L

處．

A；BC

三個點電荷都處于靜止狀態(tài)；對電荷受力分析，每個電荷都處于受力平衡狀態(tài)，故根據(jù)庫侖定律可分別對任意兩球進行分析列出平衡方程即可求得結