安徽省阜阳市临泉田家炳实验中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题-A4

这是一份安徽省阜阳市临泉田家炳实验中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题-A4，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1． 科幻电影《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉冲击，标志我国科幻电影工业能力的进步。如图所示，“太空电梯”由地面基站、缆绳、箱体、同步轨道上的空间站、配重组成，缆绳相对地面静止，箱体可以沿缆绳将人和货物从地面运送到空间站。下列说法正确的是（ ）
A. 地面基站可以选址建在佛山
B. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小
C. 配重的线速度小于同步空间站的线速度
D. 若同步空间站和配重间的绳断开，配重将靠近地球
2．天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射意味着中国航天开启了走向深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过如图所示的发射、地火转移、火星捕获、火星停泊和离轨着陆等阶段，其中的着陆巡视器于2021年5月15日着陆火星，则（ ）
A. 天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B. 天问一号在“火星捕获段”运行的周期小于它在“火星停泊段”运行的周期
C. 天问一号从图示“火星捕获段”需在合适位置减速才能运动到“火星停泊段”
D. 着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，机械能守恒
3． 自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态。某些原子核的衰变情况如图所示（N表示中子数，Z表示质子数），则下列说法正确的是（ ）
A. 由到的衰变是α衰变
B. 已知的半衰期是T，则8个原子核经过2T时间后还剩4个
C. 从到共发生5次α衰变和2次β衰变
D. 图中原子核发生的α衰变和β衰变分别只能产生α射线和β射线
4． 如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）
A. 流过杆的感应电流方向从N到M
B. 杆沿轨道下滑的距离为vt
C. 流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D. 杆所受安培力的冲量大小为mgtsinθ-mv
5． 工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t,位移为x,速度为v,受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（ ）
A. B.
C. D.
6． 如图，质量相等的A、B两个磁铁石吸附在竖直的磁性黑板上处于静止状态，磁铁石A与磁性黑板的磁力大于磁铁石B与磁性黑板的磁力，磁铁石A受到的摩擦力大小为，磁铁石B受到的摩擦力大小为。现用竖直向下的推力使两个磁铁石沿黑板向下做匀速直线运动，作用于磁铁石A的推力大小为F1，作用于磁铁石B的推力大小为F2，磁铁石与黑板间的动摩擦因数相同，下列关系式正确的是（ ）
A. F1=F2 B. F1＞F2
C. F1＜F2 D. F1＞F2
7． 如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H，上升第一个所用的时间为t1，第五个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足（ ）
A. 1＜＜2 B. 2＜＜3
C. 3＜＜4 D. 4＜＜5
8． 2022年8月19日重庆发生森林火灾，灭火直升飞机沿水平方向匀速往返火场和取水区上空，其中贮水桶受到与运动方向相反、大小保持不变的水平风力F。已知贮水桶（包含水）的重力为G，贮水桶受到绳子的拉力为T，绳子与竖直方向的夹角为θ，如果贮水桶总保持与直升飞机相对静止，下列正确的是（ ）
A. 拉力T的大小可能等于水平风力F的大小
B. F=Gtanθ
C. T与G的合力与F相同
D. 返回取水区的过程中，夹角θ比灭火前大
9． 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=mg/q,不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球在竖直平面内绕O点做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度
B. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
C. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
D. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
10． 如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，其中ab段为水平轨道，bcd段为圆弧轨道，圆弧轨道的半径R=0.32m,在b处与水平轨道相切。在水平轨道上静置着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。现将细绳剪断，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 物块A的速度大小为2m/s
B. 物块B经过圆弧轨道b点时对轨道的压力大小为60N
C. 弹簧压缩时的弹性势能大小为12J
D. 物块A、B弹开后瞬间的速度之比为2：1
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共54分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（6分）某探究小组用图甲所示的实验装置测量重力加速度。铁架台上固定着光电门，让直径为的小球从处由静止开始自由下落，小球球心正好通过光电门。现测得小球由下落到的时间为，用刻度尺测得间的高度为。现保持光电门位置不变，将小球释放点缓慢移动到不同位置，测得多组数值，画出随变化的图线为直线，如图丙所示，直线的斜率为，则：
(1)用游标卡尺测量小球直径时，游标卡尺的读数如图乙所示，则小球的直径为 ；
(2)由图线可求得当地重力加速度大小为 （用题中字母表示）；
(3)若某次测得小球由下落到的时间间隔为，则可知此次小球经过光电门时的速度大小为 （用题中字母表示）。
12. （9分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图一甲所示，小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮与钩码相连。
（1）在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行，请选出你认为这样做的目的是（ ）（填字母代号）。
A. 防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰B. 为补偿阻力后使细绳拉力等于小车受的合力
C. 防止小车在木板上运动过程中发生抖动D. 为保证小车最终能够实现匀速直线运动
（2）实验中________（填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）第一实验小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得：打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为________m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为________。（计算结果均保留三位有效数字）
（4）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的图像，该同学做实验时存在的问题是________。
13．（10分）如图所示，一半径为的光滑3/4圆轨道，A与圆心在同一高度处，在最高点B处有一光滑小托板，上面静止放着两个小球，，两球之间压缩着一段弹簧（不与小球连接），初始时刻弹簧被锁定不能弹开。某一时刻，弹簧解锁弹开，飞出后恰好落入轨道的A点，向右沿轨道运动。弹簧长度和两小球大小均忽略不计，取重力加速度，求：
（1）弹簧弹开瞬间的速度；
（2）到达轨道最低点时对轨道的压力。
14．（11分）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。A、B从距地为h的同一高度由静止释放，物体落地后不反弹，重物不会与滑轮碰撞。已知重力加速度为g，不计摩擦阻力和空气阻力。
（1）若释放后A、B静止，求A、B的质量之比；
（2）若，求：
①释放瞬间B的加速度大小；
②释放后B上升的最大高度。
15. （18分） 如图所示，在水平地面上静置一质量M=2 kg的长木板，在长木板左端静置一质量m=1 kg的小物块A，在A的右边静置一小物块B（B表面光滑），B的质量与A相等，A、B之间的距离L0=5 m。在t=0时刻B以v0=2 m/s的初速度向右运动，同时对A施加一水平向右、大小为6 N的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1=2 s时A的速度大小为v1=4 m/s，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，求：
（1）物块A与木板间的动摩擦因数μA；
（2）已知t2=2.5 s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x；
（3）当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木板长度L。
试卷答案
1．【答案】B
【解析】缆绳相对地面静止，整个同步轨道一定在赤道正上方，地面基地也应该在赤道平面上；由知，高度越大万有引力越小；角速度相等，由公式v=ωr比较配重的线速度和同步空间站的线速度的大小。若同步空间站和配重间的绳断开，配重将做离心运动。
解：A．由题意可知，缆绳相对地面静止，整个同步轨道一定在赤道正上方，所以地面基站不可能选址建在佛山，故A错误；
B．在上升过程中箱体受到地球的引力为
万有引力随着箱体与地球距离的增加而减小，故B正确；
C．根据“太空电梯”结构，配重和同步空间站的角速度相同，由公式v=ωr可知，空间站的环绕半径小于配重的环绕半径，所以配重的线速度大于同步空间站的线速度，故C错误；
D．根据题意可知，配重在万有引力和缆绳拉力合力作用下做圆周运动，若同步空间站和配重间的绳断开，拉力消失，配重与地球之间的万有引力小于配重做圆周运动的向心力，配重会做离心运动，故D错误。
故选：B。
2．【答案】C
【解析】根据宇宙速度的意义分析天问一号发射速度与宇宙速度的关系；根据开普勒第三定律分析周期关系；结合变轨原理分析天问一号速度的变化，结合势能的变化分析机械能的变化。
解：A、天问一号要到达火星，需要脱离地球的引力束缚，所以天问一号发射速度大于第二宇宙速度，故A错误；
B、天问一号在“火星捕获段”运行的轨道半长轴大于它在“火星停泊段”运行时轨道半长轴，根据开普勒第三定律=k可知天问一号在“火星捕获段”运行的周期大于它在“火星停泊段”运行的周期，故B错误；
C、天问一号从图示“火星捕获段”需在近地点减速做近心运动，才能运动到“火星停泊段”，故C正确；
D、着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，重力势能减小，动能减小，机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
3．【答案】C
【解析】根据电荷数和质量数的变化确定衰变的类型；根据电荷数守恒、质量数守恒求出α衰变的次数；原子核的半衰期适用大量的，具有统计规律的；γ射线经常是伴随α射线和β射线产生的。
解：A．由到的衰变方程为
即为β衰变，故A错误；
B．原子核的半衰期是对大量原子核的行为做出的统计预测，对于单个或是少量的原子的衰变是不可预测的，故B错误；
C．从到质量数少20，则发生了5次α衰变，根据反应前后质量数、电荷数守恒可得，发生2次β衰变，故C正确；
D．图中发生α衰变和β衰变时，往往伴随γ射线产生，故D错误。
故选：C。
4．【答案】D
【解析】根据右手定则得出电流的方向；
理解导体杆的运动特点，结合运动学公式分析出对应的距离；
根据导体杆的速度变化特定得出重力和安培力的做功情况，结合功率的公式完成分析；
根据动量定理列式得出安培力的冲量大小。
解：A、根据右手定则可知，流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；
B、因为杆在运动过程中的加速度逐渐减小，所以，则杆沿轨道下滑的距离不等于vt,故B错误；
C、因为过程中只有安培力和重力做功，而最终导体杆的速度增加，说明合外力做正功，也就是说运动过程中导体杆克服安培力做的功小于重力做的功，同时因为时间相等，所以流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；
D、选择沿斜面向下的方向为正方向，根据动量定理可得：
mgtsinθ-I安=2mv-mv
解得：I安=mgtsinθ-mv,故D正确；
故选：D。
5．【答案】D
【解析】电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，根据F=eE分析电场力，根据牛顿第二定律分析加速度，从而判断速度—时间图象，根据电势能和电势的斜率意义分析CD。
解：B.电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F=eE，电场力逐渐增大，图线向上，故B错误；
A.电子的加速度a=，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，故A错误；
C.根据Ep=eEx,电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，故C错误；
D.根据φ=，Ep=eEx,解得φ=Ex,电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，故D正确。
故选：D。
6．【答案】B
【解析】根据磁铁石的平衡状态得出摩擦力的大小关系；
根据磁力的大小关系分析出推力的大小关系。
解：磁铁石静止时，根据平衡条件有；
磁铁石匀速滑动时，Ff=μFN
由于磁铁石A的磁力大，因此滑动时的滑动摩擦力大，根据受力分析可知：F+mg=Ff
可知，F=Ff-mg,则F1＞F2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
7．【答案】D
【解析】逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，进行解答。
解：逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1：（-1）：（-）：（2-）……：（-）
可得：==2+，故4＜＜5，故ABC错误，D正确。
故选：D。
8．【答案】BD
【解析】对水桶受力分析，联立平衡方程，计算力的大小。
解：AB、对贮水桶受力分析，如图所示：
由受力平衡可得，F=Tsinθ，F=Gtanθ，所以拉力T的大小大于水平风力F的大小，故A错误，B正确；
C、贮水桶保持与直升飞机相对静止，一起匀速运动，所以受力平衡，T与G的合力与F大小相等，方向相反，故C错误；
D、返回取水区的过程中，贮水桶的重力减小，水平风力不变，由，可知夹角θ比灭火前大，故D正确。
故选：BD。
9．【答案】CD
【解析】掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比
解：A、由于电场强度E=，故mg=Eq,物体的加速度大小为a=，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v,则有：mg=，解得，v=，故A错误；
B、小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故B错误；
C、小若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀加速，因Eq=mg,故水平加速度与速度加速大小均为g,当竖直方向上的位移为零时，时间t=2，则水平位移x=gt2=2L，则说明小球刚好运动到B点，故C正确。
D、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故D正确；
故选：CD。
10．【答案】ABC
【解析】物块A、B弹开时动量守恒，物块B恰好能冲到圆弧轨道的最高点时恰好由重力提供向心力，把握临界值。
解：B、物块A、B弹开后物块B恰好能冲到圆弧轨道最高点，该点满足：
物块B在b点时速度为vb
物块B从b点到d点的过程由动能定理：
联立解得：
vb=4m/s
FN=60N
由牛顿第三定律，则物块B经过圆弧轨道b时对轨道的压力大小为60N，
故B项正确；
AD、物块A、B弹开的过程满足动量守恒：
0=mAvA-mBvb
解得：
vA=2m/s
则物块A、B弹开后瞬间速度之比为1：2，故A项正确，D项错误；
C、弹簧压缩时的弹性势能，由能量守恒：
故C项正确。
故选：ABC。
11.【答案】
(1)2.350 (2) (3)
【解析】
（1）由20分度的游标卡尺的读数规则可知小球的直径。
（2）小球做自由落体运动，出发点在点，小球在点的速度为0，则小球从到的过程有，整理得，可知为一次函数图像，斜率，解得。
（3）由速度公式可知。
12. 【答案】（1）B （2）需要
（3） ①. 2.32 ②. 4.00
（4）补偿阻力过多或木板倾角过大
【解析】
【小问1详解】
实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在补偿阻力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力了。
故选B。
【小问2详解】
由于本实验中的无法直接读出绳子的拉力，用钩码重力替代绳子的拉力，所以需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
【小问3详解】
[1]打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小
[2]小车做匀加速运动的加速度大小为
【小问4详解】
图像在a轴上的截距不为零，说明没有拉力时，小车仍然加速运动，这是补偿阻力过多或木板倾角过大。
13.解析：(1)平抛： 解得
(2)对和动量守恒： 解得
对有机械能守恒：
最低点，解得
由牛顿第三定律：
14．【答案】（1）；（2）①；②
【详解】（1）若释放后A、B静止，由平衡条件
可得
（2）①释放瞬间的加速度为aA，则B的加速度为，则对A
对B
其中
联立解得释放瞬间B的加速度大小为
②若，设AB的质量分别为4m和m，则对A
对B
解得
则当A落地时的速度

此时B的速度
以后B做上抛运动，则还能上升的高度
则释放后B的最大高度为
15.【答案】（1）0.4 （2）3.75m
（3）m
【解析】
【小问1详解】
由运动学公式得
v1=a1t1
解得
a1=2 m/s2
对A由牛顿第二定律得
解得
μA=0.4
【小问2详解】
t2=2.5 s时B运动的位移大小
xB=v0t2=2×2.5 m=5 m
t2=2.5 s时A运动的位移大小
t2=2.5 s时A、B间的距离
x=L0＋xB-xA=5 m＋5 m-6.25m=3.75 m
【小问3详解】
对木板由牛顿第二定律得
μAmg-μ（m＋m＋M）g=Ma2
解得
a2=1 m/s2
设经过t′物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，则
A到达木板右端，可得
联立解得