安徽省名校2024-2025學(xué)年高三（上）月考物理試卷（三）【含解析】

第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省名校2024-2025學(xué)年高三（上）月考物理試卷（三）一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.新能源汽車以其環(huán)保、智能等優(yōu)勢受到廣大消費者的青睞.某款新能源汽車在t=0時刻沿平直公路由靜止開始以恒定加速度啟動，發(fā)動機在t1時刻達到額定功率，然后保持功率不變繼續(xù)加速，t2時刻達到最大速度后勻速行駛.假設(shè)汽車所受的阻力大小恒定，則此過程中汽車的加速度a、動量p、牽引力F、功率P隨時間tA. B.

C. D.2.如圖，在豎直平面內(nèi)有a、b、c三點，a點在b點正上方，b、c連線水平。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電小球從a點以初速度v0拋出。第一次沿水平方向拋出小球，且空間無電場，小球經(jīng)過c點的速度大小變?yōu)?v0;第二次沿某一方向拋出小球，空間存在方向平行于abc所在平面的勻強電場，小球經(jīng)過c點時的速度大小變?yōu)?v0A.所加電場的方向水平向左 B.a、b兩點之間的高度差為v022g

C.b、c兩點之間的距離為6v023.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道所含圓弧的度數(shù)很小，O是圓弧的最低點。兩個完全相同的小球M、N從圓弧左側(cè)的不同位置同時釋放。它們從釋放到到達O點過程中都經(jīng)過圖中的P點。下列判斷正確的是(

)

A.M比N后到達O點

B.M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同

C.M有可能在P點追上N并與之相碰

D.從釋放到到達O點過程中，重力對M的沖量比重力對N的沖量大4.如圖所示，質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，先后從S點沿SO方向垂直射入勻強電場中，分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點，不計粒子間的相互作用及重力，則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中，下列說法正確的是(

)

A.甲粒子的入射速度小于乙粒子

B.電場力對甲粒子做的功大于對乙粒子做的功

C.甲粒子在P點的速度方向可能沿OP方向

D.5.如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(

)

A.減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止

B.貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流

C.將下極板向上移動一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大

D.將開關(guān)斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)6.兩個完全相同的彈簧秤豎直放置，下方懸掛一粗細(xì)均勻的水平直導(dǎo)線ab，長度為L。整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖所示。若在ab中通入由a到b的恒定電流I，其中一個彈簧秤的示數(shù)為F??1，若將電流反向，大小變?yōu)?I，則其中一個彈簧秤的示數(shù)為F??A.直導(dǎo)線ab的質(zhì)量m=F1+F2g B.直導(dǎo)線ab的質(zhì)量7.一定質(zhì)量的理想氣體由a狀態(tài)開始，經(jīng)歷a→b→c→a過程，其圖像如圖，ab的延長線過坐標(biāo)原點O，bc與縱軸平行。已知a、c兩狀態(tài)下氣體的溫度相同，aA.氣體在a狀態(tài)下單位時間內(nèi)對單位面積器壁的沖量小于在c狀態(tài)下的沖量

B.a→b過程中氣體內(nèi)能變化量的絕對值大于Q

C.a→b過程氣體放出的熱量為158.a、b兩種可見光在同一光電效應(yīng)裝置中測得的光電流和電壓的關(guān)系如圖甲所示。圖乙為氫原子能級圖，已知可見光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間，下列說法正確的是(

)A.a光的波長比b光的小

B.單色光a的光子動量比單色光b的光子動量大

C.若a光是從n=4躍遷到n=2能級時發(fā)出的光，則b光是從n=3躍遷到n二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.如圖所示，質(zhì)量為2m的物體B靜止在光滑水平面上，物體B的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的物體A以速度v向物體B運動并與彈簧發(fā)生作用，從物體A接觸彈簧開始到離開彈簧的過程中，物體A、B始終沿同一直線運動，以初速度v方向為正，則(

)

A.此過程中彈簧對物體B的沖量大小大于彈簧對物體A的沖量大小

B.彈簧的最大彈性勢能為13mv2

C.此過程彈簧對物體B的沖量為23m10.如圖所示，電阻R=0.2Ω，匝數(shù)n=10的直角梯形金屬框abcde放在絕緣水平地面上，ab、bc、cd、de的長度均為L=0.4m；邊長L=0.4m的正方形區(qū)域MNHK內(nèi)存在垂直地面向下、磁感應(yīng)強度BA.0.2s末，線框cd邊切割產(chǎn)生的電動勢為0.2V

B.0.4s末，已通過線框的電荷量為4C

C.ae邊進出磁場的過程中，線框中的感應(yīng)電流先增大后減小三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.在天宮課堂中，我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質(zhì)量的實驗。受此啟發(fā)，某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設(shè)計了測量物體質(zhì)量的實驗，如圖甲所示。主要步驟如下：

?①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上?②接通氣源，放上滑塊，調(diào)平氣墊導(dǎo)軌?③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于?④計算機采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(1)彈簧的勁度系數(shù)為

(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出a?F圖像如圖丙中Ⅰ(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體，重復(fù)上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a?F圖像Ⅱ，則待測物體的質(zhì)量為12.一同學(xué)探究阻值約為550Ω的待測電阻Rx在0～5mA范圍內(nèi)的伏安特性。可用器材有：電壓表V(量程為3V，內(nèi)阻很大)，電流表A(量程為1mA，內(nèi)阻為300Ω)，電源E(電動勢約為4V，內(nèi)阻不計)，滑動變阻器(1)要求通過Rx的電流可在0(2)實驗時，圖(a)中的R應(yīng)選最大阻值為_____(填“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑動變阻器，R0應(yīng)選阻值為_____(3)測量多組數(shù)據(jù)可得Rx的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖(b)和圖(c)所示，則此時Rx兩端的電壓為_____V，流過Rx的電流為____mA四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.室內(nèi)蹦床運動是近年來熱門的娛樂項目。蹦床運動情境可建立為如圖所示的物理模型：豎直放置的兩個完全相同的輕彈簧，一端固定于地面，另一端與質(zhì)量為mB的物體B固定在一起，質(zhì)量為mA的物體A置于B中央位置的正上方H處。現(xiàn)讓A由靜止開始自由下落，隨后和B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后兩物體粘在一起。已知A與B結(jié)合后經(jīng)過時間t下降至最低點，A、B始終在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)A與B(2)?A14.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。第一、四象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，第二象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從點S(?l,?l2(1)粒子進入第四象限時的速度(2)若使第二象限磁場反向，大小變成2B，求粒子第100(3)若在第二象限內(nèi)再施加一沿x軸負(fù)方向、電場強度大小與第三象限電場相同的勻強電場，求粒子在第二象限運動的最大速度v15.如圖所示，固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A(到定滑輪的距離足夠遠(yuǎn))，通過輕質(zhì)細(xì)線和滑輪與鐵塊B連接，細(xì)線的另一端固定在天花板上，在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N，使整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知連接光滑動滑輪兩邊的細(xì)線均豎直，木塊A和光滑定滑輪間的細(xì)線和斜面平行，木塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，斜面的傾角θ=37°，鐵塊B下端到地面的高度h=0.75m，木塊A的質(zhì)量m=0.5kg，鐵塊B的質(zhì)量M=1kg，不計空氣阻力，不計滑輪受到的重力，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=

答案和解析1.【答案】B

【解析】A.汽車0?t1時間內(nèi)加速度保持不變，發(fā)動機在t1時刻達到額定功率，由Pv?f=ma，可知隨著速度增大，汽車的加速度減小，當(dāng)Pv=f時汽車的加速度為零，汽車開始勻速直線運動，故A錯誤；

B.由p=mv=mat可知，在汽車0?t1時間內(nèi)汽車的動量隨時間均勻增加，t1?t2時間內(nèi)加速度減小，則p?t圖像的斜率減小，t2.【答案】D

【解析】【分析】

第一次拋出時，小球做平拋運動，根據(jù)水平方向勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動分析即可。

第二次沿某一方向拋出，空間有電場時，從拋出到c點過程，由動能定理列式ac間的電勢差。

本題是小球在復(fù)合場中的曲線運動及能量問題的常規(guī)題目，中等難度。

【解答】

BC.第一次拋出時，空間無電場，小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，則有

vyc=gt

hab=12gt2

vc=v02+vyc2=2v0

聯(lián)立解得

vyc=3v0

t=3v0g，ha3.【答案】B

【解析】A.根據(jù)T兩個小球做簡諧振動的周期相同，M、N同時到達O點，故A錯誤；B.M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同，故B正確；C.M、N同時到達O點，則M不可能在P點追上N并與之相碰，故C錯誤；D.從釋放到到達O點過程中，根據(jù)I重力對M的沖量等于重力對N的沖量，故D錯誤。故選B。4.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查帶電粒子在勻強電場的類平拋運動中的功與能問題，應(yīng)注意類平拋運動是平行于電場方向的勻加速運動和垂直于電場方向的勻速運動的合運動，找到分位移的大小是解題的關(guān)鍵。

【解答】

A、甲、乙兩粒子在電場中均做類平拋運動，則垂直電場方向的位移為y=v0t，沿電場方向的位移為x=12at2=12?qEmt2，聯(lián)立可得v0=yqE2mx，由于yP>yQ，xP<xQ，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A錯誤;

B、根據(jù)W=qE5.【答案】C

【解析】【分析】

該題考查電容器動態(tài)分析、電容器與電場問題的綜合應(yīng)用。分析好物理情景，靈活應(yīng)用電容決定式C=εS4πkd、電容定義式C=QU、電場強度和電勢差的關(guān)系E=Ud等公式，逐項分析解題即可。

【解答】

E油滴靜止，油滴所受合力為0，向上的電場力與向下的重力大小相等，則有EA.減小極板間的正對面積，電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?/p>

E=4πkB.貼著上極板插入金屬板，板間距d減小，由

C=εS4πkd

可知，電容器的電容變大，電容器充電，電阻RC.將下極板向上移動一小段距離，根據(jù)C=εS4πkd

，電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)

E=Ud

，兩極板間的電場強度變大，設(shè)P點到上極板的距離為I，則P點與上極板的電勢差

φ+?φP=El，下極板的電勢為零，即P點的電勢為φD.將開關(guān)斷開，則兩極板的電荷量不變，根據(jù)E=4πkQsS

，在兩板間插入陶瓷電介質(zhì)，兩板間介電常數(shù)增大，則電場強度變小，則油滴所受電場力變小，將向下移動，6.【答案】C

【解析】【分析】

本題主要考查了左手定則和F=BIL，學(xué)會區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應(yīng)電流的方向；根據(jù)左手定則，判斷出通電導(dǎo)線在磁場中的受力方向，根據(jù)F=BIL判斷出受到的安培力大小，再利用受力平衡求解直導(dǎo)線的質(zhì)量和磁感應(yīng)強度。

【解答】

當(dāng)在ab中通入由a到b的恒定電流I時，對直導(dǎo)線受力分析有：2F1+BIL=m7.【答案】A

【解析】解：A、a狀態(tài)壓強小于c狀態(tài)，氣體在a狀態(tài)下單位時間內(nèi)對單位面積器壁的沖量小于c在狀態(tài)下的沖量，故A正確；

B、由圖可知a→b的過程中氣體體積減小，外界對氣體做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU=Wab+Q

其中Q<0

由理想氣體狀態(tài)方程知，該過程溫度降低，內(nèi)能減小，故即內(nèi)能變化量的絕對值小于放出熱量的絕對值，故B錯誤；

C、由圖可知a→b的過程p0V0=pa4V0，a→b過程，該過程做功Wba=152p8.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查愛因斯坦光電效應(yīng)方程、光子的動量、能級躍遷等內(nèi)容，試題難度一般。

【解答】

A、在光電效應(yīng)裝置中，a的遏止電壓Uc低，根據(jù)hν?W=|Uce|，可知a光的光子能量小，又由于ν=cλ，因此a光的波長比b光的大，故A錯誤;

B、根據(jù)p=hλ由于a光的波長比b光的大，因此單色光a的光子動量比單色光b的光子動量小，故B錯誤;

C、

從n=4躍遷到n=2能級時發(fā)出的光子能量：E42=?0.85?(?3.4)eV=2.55eV

從n=3躍遷到n=2能級時發(fā)出的光子能量：E32=?1.51?(?3.4)eV=1.89eV

由于9.【答案】BD【解析】【分析】

本題要求同學(xué)們能正確分析A、B的受力情況及運動情況，知道當(dāng)A、B兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，此時彈性勢能最大，運用動量定理、動量守恒定律和機械能守恒定律結(jié)合解決這類問題。

【解答】

A.彈簧對物體B的彈力大小等于彈簧對物體A的彈力大小，作用時間也相同，由沖量的定義式I=Ft知：彈簧對物體B的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，故A錯誤；

B.在A、B速度相等時，彈簧壓縮至最短，故彈簧的彈性勢能最大，故動能應(yīng)最小，此過程中動量守恒，取向右為正方向，則有：mv=(m+2m)v1，解得：v1=13v

彈簧的最大彈性勢能為Ep=12mv2?12×3mv12=13mv2，故B正確；

CD.設(shè)物體A離開彈簧后10.【答案】BC【解析】【分析】0.2s末，根據(jù)E=nBLv求線框cd邊切割產(chǎn)生的電動勢；根據(jù)閉合電路歐姆定律求0.4s內(nèi)通過線框的感應(yīng)電流，由q=本題的關(guān)鍵要確定有效切割長度，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律分析感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流與時間的關(guān)系，要注意幾何關(guān)系的運用。

【解答】

A.0.2s金屬框向右移動的位移所以0.2s末，線框cd邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E=B.0.4s金屬框向右移動的位移所以0.4s末已通過線框的電荷量為q=IC.從e點進入磁場開始到e點離開磁場的過程中，ae邊切割磁感線的長度越來越大；從a點進入磁場到離開磁場的時間內(nèi)，ae邊切割磁感線的長度越來越小。所以aeD.t=0.5此時ae邊進入磁場0.1t=1.1此時ae邊還剩0.1所以t=0.5s與t=1.1故選BCD。11.【答案】(1)12；(2【解析】【分析】

(1)根據(jù)圖像結(jié)合胡克定律解得；

(2)(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像可解得質(zhì)量．

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的含義。

【解答】

(1)由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm.拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結(jié)合圖乙的F?t圖有

Δx=5.00cm=0.005m，F(xiàn)=0.610N

根據(jù)胡克定律k=FΔx

計算出k≈1212.【答案】

(1)

；

(2)10Ω；75Ω；(3)2.30【解析】【分析】

本題考查探究阻值約為550Ω的待測電阻Rx在0?5mA范圍內(nèi)的伏安特性，注意本實驗中一般采用分壓及電流表外接法，一定要牢記這兩種接法的電路圖．同時注意明確圖象的性質(zhì)和應(yīng)用。

根據(jù)實驗原理得出對應(yīng)的原理圖和器材選擇。

【解答】

(1)電流表內(nèi)阻已知，電流表與R0并聯(lián)擴大電流表量程，進而準(zhǔn)確測量通過Rx的電流，電壓表單獨測量Rx的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測量，滿足題中通過Rx的電流從0?5mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如下

；

(2)電路中R應(yīng)選最大阻值為10Ω的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差?。?/p>

通過Rx的電流最大為5mA，需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下

根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中