天津市滨海新区塘沽第一中学2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试卷（Word版附解析）

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2.本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1. “判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（ ）
A 甲和乙B. 甲和丁C. 乙和丙D. 丙和丁
【答案】B
【解析】
【详解】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法；丙图中包含的物理思想方法是等效替代法。
故选B。
2. 抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A. 沿虚线a向左移动，细线的拉力减小
B. 沿虚线b向上移动，细线的拉力增大
C. 沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D. 沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．空竹受力如图所示
根据平衡条件可得
设绳长为，由几何关系可得
沿虚线a向左移动，减小，增大，细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，不变，不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，增大，减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，增大，减小，细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选A。
3. 巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2：0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为。则下列说法正确的是（ ）
A. 击球过程，球拍对网球做功为
B. 网球从被击出到落地过程，网球动能的增加量为mgh
C. 网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．击球过程，根据动能定理有
即球拍对网球做功为，故A错误；
B．网球从被击出到落地，根据动能定理有
故B错误；
C．根据功能关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少，故C错误；
D．根据动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
4. 在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为（1.5，0.75），曲线Ⅱ在该点的切线与横轴的交点坐标为（1.0，0），用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知（ ）
A. 电源电动势为2.0 V
B. 电源内阻为
C. 小灯泡L接入电源时的电阻为
D. 小灯泡L实际消耗的电功率为1.125 W
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设该电源电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律有
代入题图直线Ⅰ中数据有
解得
故AB错误；
CD．根据题意可知，当用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路时，灯泡L两端的电压为
流过灯泡的电流为
由欧姆定律可得，小灯泡L接入电源时的电阻为
小灯泡L实际消耗的电功率为
故C错误，D正确。
故选D。
5. 高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。老师给同学们在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。假设一电子在图中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.
【答案】A
【解析】
【详解】B．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，所以电子向针状电极运动，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，故B错误；
A．电子的加速度
电场强度增大，电子的加速度增大，速度-时间图线的斜率增大，故A正确；
C．根据
电场力做正功，电势能减小，电场强度增大，电势能-位移图线的斜率增大，C错误；
D．根据
，
解得
逆电场线运动电势升高；电场强度增大，电势-位移图线的斜率增大，故D错误。
故选A。
二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6. 运行周期24小时的北斗卫星比运行周期12小时的中圆轨道卫星（ ）
A. 加速度小B. 角速度大
C. 向心力小D. 线速度小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，周期越大，运行轨迹的轨道半径越大，即北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，根据
解得
北斗卫星轨道半径大于中圆轨道卫星，则北斗卫星的加速度小于中圆轨道卫星，故A正确；
B．根据
解得
北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则北斗卫星的角速度小于中圆轨道卫星，故B错误；
C．根据
北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，但由于两卫星质量关系不确定，则北斗卫星的向心力与中圆轨道卫星的向心力大小关系也不确定，故C错误；
D．根据
解得
北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则北斗卫星的线速度小于中圆轨道卫星，故D正确。
故选AD。
7. 在如图所示电路中，当变阻器的滑片向端移动时（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变小
C. 上消耗的功率变大D. 电源内部消耗的热功率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．当变阻器的滑动头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则电压表示数变小；由于流过的电流增大，则两端电压增大，所以并联部分的两端电压减小，即两端电压减小，所以通过的电流减小，则电流表示数变小，上消耗的功率变小，故AC错误，B正确；
D．根据
由于电路总电流增大，则电源内部消耗的热功率变大，故D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，g取。以下说法正确的是（ ）
A. 2s时拉力F的瞬时功率为40WB. 合力做功的平均功率为7.225W
C. 物块的动量变化量为D. 物块运动的位移为4m
【答案】BC
【解析】
【详解】AD．图像与时间轴所包围的面积表示这个力的冲量，由图乙可知，拉力在内的冲量为
设时刻物块的速度大小为，内由动量定理得
求得
所以，2s时拉力F瞬时功率为
若内物块做匀加速直线运动，则这段时间内的位移为
但物块在这段时间内实际上做加速度逐渐增大的加速运动，内的位移应小于，故A、D错误；
B．由图可知，内拉力的冲量为
设时物块的速度为，则内由动量定理得
求得
内由动能定理可知，合力做的功为
所以，内合力的平均功率为
故B正确；
C．内物块的动量变化量为
故C正确。
故选BC。
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4题，共60分。
9. 用如图甲所示的实验装置验证质量分别为、的物体组成的系统机械能守恒。质量为的物体从高处由静止开始下落，质量为的物体上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量来验证机械能是否守恒。如图乙所示是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图乙所示。已知，，打点频率为50Hz。（g取，结果保留两位有效数字）
下面列举了该实验的几个操作步骤：
A.按照图甲所示的装置安装器件
B.将打点计时器接到直流电源上
C.先释放质量为的物体，再接通电源打出一条纸带
D.测量纸带上某些点间的距离
E.根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能
（1）其中操作不当的步骤是__________（填选项对应的字母）；
（2）在打点5时物体的速度__________，在打点过程中系统重力势能的减少量__________J；
（3）若某同学作出图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度__________。
【答案】（1）BC （2） ①. 2.4 ②. 0.6
（3）9.7
【解析】
【小问1详解】
B．实验过程中，应将打点计时器接到交流电源上，故B错误，符合题意；
C．应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放质量为m2的物体，故C错误，符合题意。
本题选操作不当的步骤，故选BC。
【小问2详解】
[1]每相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔
在纸带上打下计数点5时的速度为
[2]在打点过程中系统重力势能的减少量
【小问3详解】
根据机械能守恒定律有
解得
则图像的斜率为
解得
10. 某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P，再把B球放在斜槽末端，A球从同一位置静止释放，A、B小球碰后落在记录纸上，分别得落点B，F。
（1）A球质量为，半径为；B球质量为，半径为，则应满足（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
（2）必须要求的条件是（ ）
A. 斜槽轨道末端的切线必须水平
B. 斜槽轨道必须是光滑的
C. 必须测量出OB、OP、OF的长度、和
D. 必须测出水平槽离地面的高度
（3）某次实验时测得A、B球的质量之比，则在实验误差允许范围内，当关系式__________（用、表示）成立时，可证明两球碰撞时动量守恒。
【答案】（1）B （2）AC
（3）
【解析】
【小问1详解】
为保证两球发生对心正碰，则两球半径必须相等，即
为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即
故选B。
【小问2详解】
A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端的切线必须水平，故A正确；
B．只要每次让小球从同一位置滑下即可，斜面不需要光滑，故B错误；
C．由于两小球下落高度相同，故时间相等，根据
可以用水平位移代替平抛运动的初速度，则必须测量出OB、OP、OF的长度，故C正确；
D．由于两小球下落高度相同，故时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故D错误。
故选AC。
【小问3详解】
若小球碰撞过程中动量守恒定律，则有
所以
又
所以
11. 如图所示，内壁粗糙半径的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量的小球a自圆弧轨道顶端A点由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功。
（2）求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能；
（3）求从小球a与弹簧接触开始到弹簧弹性势能最大时，弹簧对小球b的冲量I的大小。
【答案】（1）
（2）0.2J （3）
【解析】
【小问1详解】
小球由A静止释放运动到最低点B的过程中，根据动能定理有
小球在最低点，根据牛顿第三定律可知，小球受到轨道的支持力
根据牛顿第二定律
代入相关已知数据求得
【小问2详解】
小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度过程中，由动量守恒定律可得
由能量转化和守恒定律可得
联立代入相关已知数据求得，小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能
【小问3详解】
到弹簧弹性势能最大时，b的速度为，对b根据动量定理有
联立代入相关已知数据可得
12. 如图所示，直角坐标系xOy中，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向。在第Ⅳ象限区域内有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的点，以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子的重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达M点时速度的大小和方向；
（3）求磁场中磁感应强度B的大小。
【答案】（1）
（2），与x轴正方向夹角为θ=60°
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛，设在第一象限内运动时间为t1。则
水平方向
2L=v0t1
竖直方向
由牛顿第二定律有
联立两式得
【小问2详解】
设粒子到达M点时竖直分速度为
可得
到达M点的合速度为
设速度与x轴正方向夹角为，又
所以
θ=60°
【小问3详解】
由于垂直打到y轴，易得带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为120°洛伦兹力提供向心力得
由几何关系
联立，解得
13. 如图所示，竖直平面内有两个边界水平的磁场区域，区域Ⅰ磁场的宽度，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小，区域Ⅱ磁场的方向垂直纸面向内，磁感应强度大小沿竖直向下的x轴方向逐渐增大（O点为坐标原点），磁感应强度大小为（其中、）。正方形刚性导体线框abcd的质量、边长、电阻，线框从磁场上方一定高度由静止开始释放，恰好能匀速进入区域Ⅰ磁场，不计空气阻力，重力加速度。
（1）求线框释放时ab边离区域Ⅰ的高度h；
（2）求线框ab边刚进入区域Ⅱ时的加速度；
（3）已知线框在区域Ⅱ中运动到处时已经处于平衡状态，求线框从释放运动到该位置过程中产生的焦耳热（小数点后保留两位数字）
【答案】（1）0.8m
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
线框匀速进入区域Ⅰ磁场，设速度为，则
得
线框释放到ab边进入区域Ⅰ的过程中
【小问2详解】
设线框ab边刚进入区域Ⅱ时的速度为，则
得
设回路电流，加速度为a，则
得
由
得
【小问3详解】
设线框处于平衡状态时回路电流为，速度为，则
得
设线框在该过程中产生的焦耳热为Q，由能量关系
得