安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题B卷

这是一份安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题B卷，共20页。试卷主要包含了2πN⋅s等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( )
A. 杆对小环的作用力大于m1g+m2gB. m1不变，则m2越大，β越小
C. θ=β，与m1、m2无关D. 若杆不光滑，β可能大于θ
2.质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时间t内( )
A. 风力一定沿水平方向
B. 飞行爱好者机械能减少12mg2t2
C. 风力对爱好者的冲量大小为2mv0
D. 风力对爱好者的冲量大小为m 4v02+g2t2
3.一半径为R的四分之一圆弧轨道固定于竖直平面内，圆心为O，最高点A与O等高，如图所示，其中P为OB的中点，M、N是OB的3等分点，现在OB竖直线上各点水平抛出小球，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. 从OP段水平抛出的小球，都不可能垂直落于AB圆弧轨道上
B. 从PB段水平抛出的小球，都可能垂直落于AB圆弧轨道上
C. 从M点水平抛出的小球，要使其能垂直落于AB圆弧轨道上，其初速度应为 5gR6
D. 从N点水平抛出的小球，要使其能垂直落于AB圆弧轨道上，其初速度应为 gR3
4.A点和B点位于地球两侧，且两点间存在一隧道，如图所示。现在A处同时释放两个载人宇宙飞船。其中一个飞船从静止开始沿着隧道运动，一段时间到达B点。另一飞船沿着近地轨道环绕地球运动，一段时间后也到达B点。已知地球半径为R，地表的重力加速度为g，且不计一切阻力。则下列说法正确的是(提示：均匀球壳内部引力处处为0，已知简谐振动的周期T=2π mk)( )
A. 在沿着隧道穿行的飞船中的人会先经历超重，再经历失重过程
B. 沿着隧道穿行的飞船飞行的最大速度vmax= gR2
C. 设x为沿着隧道穿行的飞行器距离地球球心的距离，则其受到的合力为F=xR2mg，其中m为其质量
D. 两飞行器同时到达B点
5.如图所示在一个固定的十字架上(横竖两杆连结点为O点)，小球A套在竖直杆上，小球B套在水平杆上，A、B两球通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，并竖直静止。由于微小扰动，B球从O点开始由静止沿水平杆向右运动。A、B两球的质量均为m，不计一切摩擦，小球A、B视为质点。在A球下滑到O点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 在A球下滑到O点之前轻杆对B球一直做正功
B. 小球A的机械能一直减小
C. A球运动到O点时的速度为 2gL
D. B球的速度最大时，B球对水平杆的压力大小为2mg
6.如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图所示，电子原来静止在左极板小孔处(极板间距足够宽，不计重力作用)。下列说法中正确的是( )
A. 从t=0时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上
B. 从t=T4时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上
C. 从t=T8时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打到右极板上
D. 从t=3T8时刻释放电子，电子在两板间往复运动，可能打到右极板上
7.在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向上移动，则以下说法正确的是( )
A. G中有从a到b的电流B. V示数变小
C. 油滴向上运动D. 电源内阻消耗功率变大
8.如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，弹簧振子的周期为T=2π mk，取g=10m/s2，π2≈10。则( )
A. A受到的摩擦力逐渐变大
B. A向右运动的最大距离为4cm
C. 当A的位移为2cm时，B的位移为5cm
D. 当A的位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小为0.2πN⋅s
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点．动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直．现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为 33.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦．下列说法正确的是( )
A. 物体A的质量为 22 m
B. 物体A受到的摩擦力一直增大
C. 地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小
D. 斜面体对地面的压力逐渐减小
10.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A. F′点与C′点的电场强度相同
B. A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
C. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
D. 将试探电荷+q由O点沿直线运动到O′点，其电势能先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，某实验小组设计了如图所示的装置，实验过程如下：(已知小球的质量为m，直径为d)
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹．调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门；
(2)为方便操作并记录小球此次下落和反弹通过光电门的遮光时间t1和t2，应_______(填“A”或“B”)；
A.先释放小球，后接通数字计时器
B.先接通数字计时器，后释放小球
(3)用测量结果计算小球与橡胶材料碰撞的机械能损失，其表达式为
ΔE=___________(用字母m、d、t1和t2表示)；
(4)若适当调高光电门的高度，将会_______(填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的实验误差．
12.某实验小组用普通的干电池、直流电流表G和电阻箱R1、R2等组装成如图甲所示电路，图中的a、b端分别与黑、红表笔连接，回答下列问题：
(1)断开S，将红黑表笔短接，调节R2的阻值，使电流表G满偏;保持R2的阻值不变，闭合S，调节R1，当电流表G示数为满偏电流的23时，R1的阻值为R0，忽略S闭合前后电路中总电阻的变化，可得电流表内阻RG= 。
(2)断开S，将红黑表笔短接，记录多组R2的阻值和相应的电流表示数I，作出1I−R2图线，若所得图线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，电流表内阻用RG表示，则电源的电动势E= 、内阻r= 。(均用k、b、RG表示)
(3)已知图甲中电池的电动势E=1.5V，直流电流表G的量程Ig=10mA，电流表内阻RG=9Ω，将电流表的刻度盘改装为欧姆表的刻度盘。
①断开S，在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图乙所示，则被测电阻的阻值为 Ω。
②若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.45V，但此表仍能进行欧姆调零，用此表测量某电阻读数为150Ω，则该电阻真实值为 Ω。
③闭合S，利用电阻箱R1给欧姆表增加一个“×1”倍率，则电阻箱的阻值R1= Ω。(结果保留一位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.质量为M的斜面静止在水平地面上，倾角为θ。另一质量为m的物体放置于斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，且两者间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。如图所示，在水平外力F(未知)作用下M、m均处于静止状态。已知重力加速度为g，求：
(1)力F多大的时候，质量为m的物体不受斜面摩擦力的作用；
(2)在第(1)问情况下，斜面对地面的压力和摩擦力分别有多大；
(3)将斜面M固定，若θ=60∘，μ=32，要使质量为m物体始终能静止于斜面上，对水平力F的大小有何要求。
14.如图所示，地面上方空间存在水平向左的匀强电场，不可伸长的绝缘细线长为L=0.2m，上端系于O点，下端系一质量为m=0.1kg、电量为q=−1.0×10−5C的小球。现在A点给小球一个水平向左的初速度，小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，当小球到达B点时速度最小，此时细线与竖直方向的夹角θ=60∘。不计空气阻力，已知重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)电场中OB间的电势差;
(2)最低点A处绳子对小球的拉力大小;
(3)若在A点抛出小球的同时剪断细线，小球恰好落在地面上A点正下方的位置C，求小球到达位置C的速度大小。(结果可用根式表示)
15.如图，光滑水平面AB与同高度的水平传送带BC平滑连接，传送带的长度L=2.4m，以v=2m/s的速度沿逆时针方向匀速运动。水平面上静置有两个质量分别为m1=1kg、m2=0.8kg的小物块a、b，其间压缩一水平轻质弹簧并锁定，弹簧的弹性势能Ep=18J。水平面上在a的左方静置一质量m3=4kg的小滑块c。解除锁定，a、b被弹开后，立即取走弹簧，b滑上传送带，从传送带C端水平飞出，落到水平地面上的D点，而a与c发生弹性正碰。已知BC与地面间的高度差h=0.8m，a、b与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取g=10m/s2。求：
(1)C、D间的水平距离x;
(2)a在传送带上因摩擦产生的总热量Q;
(3)c的最终速度大小uc。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和杆对小环的作用力，再以小球为研究对象，由牛顿第二定律得到θ与β的关系。
本题是牛顿第二定律的应用问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法结合比较简便。
【解答】
A.以整体为研究对象，分析受力情况，如图，
根据牛顿第二定律得：
(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a
得：a=gsinθ
N=(m1+m2)gcsθβ，故D错误；
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、翼装飞行爱好者，初速度与末速度都在水平方向上且大小相等、方向相反，在水平方向先做减速运动后做加速运动，在竖直方向先做加速运动后做减速运动，在水平方向受到风力作用，竖直方向也受到风力作用，风力一定不沿水平方向，故A错误；
B、假设翼装飞行爱好者在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为h=12gt2，物体的重力势能减小量为△EP=mgh=12mg2t2，物体的动能变化为零，则物体机械能减少12mg2t2，物体在下落h高度后，竖直方向的速度为零，竖直方向不可能是自由落体运动，竖直方向受空气阻力作用，飞行爱好者机械能的减少量不是12mg2t2，故B错误；
CD、设水平方向风力的冲量大小为Ix，竖直方向风力的冲量大小为Iy，
设初速度方向为正方向，在水平方向，由动量定理得：Ix=−mv0−mv0=−2mv0，
在竖直方向，以向下为正方向，由动量定理得：mgt+Iy=0，则Iy=−mgt，负号表示方向向上，
风力对爱好者的冲量大小I= Ix2+Iy2= (−2mv0)2+(−mgt)2= 4m2v02+m2g2t2，故D正确。
故选：D。
翼装飞行爱好者初速度与末速度都沿水平方向且大小相等，分析清楚翼装飞行爱好者的运动过程，求出其下落高度，然后根据动量定理分析答题。
本题考查了动量定理的应用，根据题意分析清楚翼装飞行爱好者的运动过程是解题的前提，运用运动的合成与分解、动量定理等知识点即可解题。
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据平抛运动推论，其速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系判断小球能否垂直落于AB圆弧轨道上，然后确定出小球的水平位移和竖直位移，由平抛运动规律可求初速度。
本题考查平抛运动规律的基本应用，关键是知道在平抛运动中，速度的反向延长线交水平位移的中点。结合几何关系求解。
【解答】
AB.设在OB上某点C水平抛出正好垂直落于圆弧上D点，可知速度反向延长线交于水平位移中点，如图所示，可见OC=ED，C点一定位于P点上方，故OP段水平抛出的小球可能垂直落于AB圆弧轨道上，而PB段水平抛出的小球，都不可能垂直落于AB圆弧轨道上，故AB错误；
C.从M点水平抛出的小球，要使其能垂直落于AB圆弧轨道上，由几何关系知，竖直位移为R3，水平位移为x= R2−2R32= 53R，下落时间t= 2hg= 2R3g，可得水平速度为v0=xt= 5R3 2R3g= 5gR6，故C正确；
D.由以上知，从N点水平抛出的小球，不可能垂直落于AB圆弧轨道上，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.在沿着隧道穿行的飞船中的人与飞船的加速度相同，对飞船没有压力，始终处于完全失重状态，A错误；
BC.由于GMmR2=G⋅43πR3ρmR2=mg
可得地球的密度ρ=3g4πGR
设飞行器沿着隧道穿行，到距离地球球心的距离为x时所受的力F=G⋅43πx3ρmx2=mgRx=kx
因此该飞船做简谐运动，到达地心时速度最大，根据机械能守恒12(mgR)R2=12mvmax2
可得最大速度vmax= gR，B、C错误；
D.利用简谐振动的周期公式T=2π mk
可知沿着隧道穿行的飞行器到达B点时恰好运动了半个周期，所用时间为t1=T2=π Rg
沿地球表面飞行的速度v= gR
从A到B飞行的时间t2=πRv=π Rg
因此两飞行器同时到达B点，D正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过B的动能变化，判断轻杆对B的做功情况．根据系统机械能守恒求出A球运动到O点时的速度大小．
解决本题的关键知道A、B组成的系统机械能守恒，以及知道当A的机械能最小时，B的动能最大．
【解答】
A、当A到达O点时，B的速度为零，B的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，根据动能定理，所以轻杆对B先做正功，后做负功，故A错误；
B、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，而B的机械能先增大，后减小，所以小球A的机械能先减小后增大，故B错误；
C、A运动到O点时，B的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mgL=12mvA2，
解得：vA= 2gL，故C正确；
D、当A的机械能最小时，则B的机械能最大，则B的动能最大，速度最大，知B此时加速度为零，杆子对B无作用力，B对水平杆的压力大小为mg，故D错误。
故选：C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在交变电场中的运动；画出电子的v−t图象是解题的关键，根据图象形象直观分析电子的运动；巧妙利用对称性作v−t图象。
【解答】
A.从t=0时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图象如图1。由图1知，电子在向右电场力的作用下，电子向右做匀加速，再向右做匀减速，运动的方向始终向右，故电子始终向右运动，直到打在右极板上，故A错误；
B.由图2知，从t=T4时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图象如图2。由图2知，电子在电场力的作用下，向右运动的位移与向左运动的位移始终相等，故电子做往复运动，不会打在右极板上，故B错误；
C.由图3知，从t=T8时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图象如图3。由图3知，电子在电场力的作用下，在一个周期内向右运动的位移x1大于向左运动的位移x2，电子先向右运动位移x1，然后向左运动位移x2，但一个周期内的位移为x1−x2，方向向右，所以电子在一周期内虽右左往返运动但总位移向右且为x1−x2，故电子一定能打在右极板上，故C正确；
D.由图4知，从t=3T8时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图象图4。由图4知，电子在电场力的作用下，先向右运动位移为x，然后向左运动位移为X，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据滑动变阻器的滑片P向上移动，其连入电路中的电阻阻值变大，根据串反并同，电容器两板间的电压变化、电压表的示数、电容器两端的电压、干路中的电流等的变化情况。
再根据电容的表达式、场强的表达式及功率的表达式，即可判断各选项的正误。
该题考查了电路动态分析问题，关键是理清电路，判断滑动变阻器连入电路中的电阻阻值的变化，根据串反并同，确定各部分电路的电流和电压的变化。
【解答】
AB.滑动变阻器的滑片P向上移动，其连入电路中的电阻变大，外电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I=ER外+r干路电流I减小。V示数为Uv=E−I(R1+r)，因为I减小，其他量不变，则V示数UV增大，所以电容器两极板间的电压增大，由电容定义式C=QU
电容器电荷量增加，即电容器要充电，由题意电容器上极板带正电，故G中有从b到a的电流，AB错误；
C.因开始时油滴恰好静止，由平衡条件mg=Eq=qUd，因为d不变，U增大，则场强E变大，油滴受到的电场力变大，故油滴将向上运动，C正确；
D.电源内阻消耗功率P=I2r，因为干路电流减小，即流过电源内阻的电流减小，而电源内阻不变，所以电源内阻消耗功率减小，D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律在弹簧类问题中的应用，正确受力分析，结合动能定理可以判断题干选项。A在B上做简谐运动，B做加速度不变的匀加速直线运动。
【解答】
A.开始时A受B的静摩擦力逐渐增加，当静摩擦力达到最大时，产生滑动，则此时A受滑动摩擦力保持不变，故A错误；
B.AB间的最大静摩擦力为fmax=μmg=2N，当静摩擦力达到最大时，A向右运动的距离为x=fmaxk=2cm，此时弹力与摩擦力相等，A与B有共同的速度，且此时A的速度达到最大值，以后A始终受到向右的大小不变的滑动摩擦力作用，A继续向右运动，由于弹力大于摩擦力，则A将做减速运动(运动情况类似竖直方向的弹簧振子)，则A还能继续向右运动2cm后速度减为零，则A向右运动的最大距离为4cm，故B正确；
C.当A的位移为2cm时，由B项分析可知，A与B有共同的速度保持相对静止，故B的位移也为2cm，故C错误；
D、当A的位移为4cm时，由B项分析可知，A的速度变为0，由动量定理可知，A的动量变化量为零，故弹簧对A 的冲量大小等于摩擦力对A的冲量大小I=I′=f·△t，此时弹簧振动半个周期Δt=T2=π mk=0.1πs，若0∼4cm所受摩擦力一直为滑动摩擦力，则I=fΔt=0.2πN·s
由于在0∼2cm物块A受到的摩擦力小于滑动摩擦力，所以弹簧对A 的冲量小于0.2πN⋅s，故D错误。
故选B．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
P点右移过程中动滑轮处于动态平衡过程，通过共点力的受力分析与整体法的应用解决此题。
【解答】
同一条绳子上的拉力相等，对B受力分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为F T=mgsin 45°= 22mg，对A受力分析，在沿斜面方向上有：A受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin 30°+F fm=F T，F fm=μmAgcs 30°，解得mA= 22m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，为12mg，此时mAgsin 30°0，φD′=−φ0，因此φA′−φF′=φ−φF′