河北省秦皇岛市部分学校2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析）

这是一份河北省秦皇岛市部分学校2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共7小题）
1．某同学通过Tracker软件（视频分析和建模工具）研究羽毛球运动轨迹与初速度的关系。如图所示为羽毛球的一条运动轨迹，击球点在坐标原点O，a点为运动轨迹的最高点，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球水平方向的运动为匀速直线运动
B．点羽毛球只受重力
C．羽毛球下降过程处于超重状态
D．羽毛球在空中运动过程中，机械能不断减小
2．如图所示，质量为、长为的金属棒两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，并处于匀强磁场中。棒中通以大小为、方向为的恒定电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为，取重力加速度，。匀强磁场的磁感应强度最小是（ ）
A．B．C．D．
3．相距为的甲、乙两辆汽车同向行驶在一条平直公路上，其图像如图所示，图中的面积为，初始时甲车在前乙车在后，下列说法正确的是（ ）
A．若，则时刻后乙车追上甲车B．若，则时刻前乙车追上甲车
C．若，则甲、乙两车可能相遇2次D．若，则甲、乙两车一定只能相遇1次
4．2024年10月30日，神舟十九号载人飞船成功对接空间站天和核心舱前向端口，对接前其变轨过程简化后如图所示。飞船先由近地轨道1在点点火加速进入椭圆轨道2，在轨道2运行一段时间后，再从点进入圆轨道3，完成对接。已知地球的半径为，轨道1的半径近似等于地球半径，地球表面的重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道1上的线速度一定大于轨道2上点的线速度
B．飞船在轨道2上点的加速度一定大于轨道3上点的加速度
C．只根据题干的已知条件可以求出地球的密度
D．飞船在轨道1上运行的周期为
5．手机中内置的指南针是一种基于霍尔效应的磁传感器。如图所示，将一块宽度为，厚度为的半导体薄片（载流子为自由电子）水平放置于地磁场中，当半导体中通入水平方向的恒定电流时，自由电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，继而在、两个表面上出现了电势差，称为霍尔电势差。已知电流大小为，霍尔电势差大小为，电子的电荷量大小为，半导体内自由电子的数密度（单位体积内的自由电子数）为。该处地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，线圈的转速为n，线圈与二极管、阻值为R的定值电阻及理想交流电流表相连，交流电流表的示数为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，在、的区域中存在垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，边界与轴正方向的夹角为，左侧磁场向里，右侧磁场向外。正方形导线框以恒定的速度沿轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过程中边始终平行于轴。规定导线框中逆时针方向为电流的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流随时间变化图像的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
8．波源从时刻开始振动，产生的简谐横波向右传播，波在传播过程中经过、两点，如图甲所示。点的振动图像如图乙所示，点开始振动后经后点开始振动，已知、两点间距离为，下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速度大小是
B．时刻，波源由平衡位置沿轴正向振动
C．波源的振动方程为
D．平衡位置距波源处的质点开始振动时，质点处于波峰
9．如图甲是酒精测试仪的原理图，气敏电阻的阻值随气体中酒精含量的变化关系如图乙所示。机动车驾驶员呼出的气体中酒精含量大于等于小于为酒驾，大于等于为醉驾。使用前先对酒精测试仪进行调零（改变的阻值），此时电压表的示数为，调零后的阻值保持不变。已知电源电动势、内阻，电路中的电表均为理想电表。当一位饮酒者对着测试仪吹气时（可视为气体中酒精含量逐渐增大），下列说法中正确的是（ ）
A．电压表示数减小，电流表的示数增大
B．电源的输出功率减小
C．电压表、电流表示数变化量绝对值的比值减小
D．当电流表的示数为时，气体中酒精含量大于
10．如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为。空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为的金属棒、分别静置在导轨上。现给棒一水平向右的初速度，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知棒的质量为，电阻为。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．棒刚开始运动时，棒中的电流方向为
B．棒的质量为
C．在时间内，棒产生的热量为
D．在时间内，通过棒的电荷量为
三、实验题（本大题共2小题）
11．根据变压器工作原理，完成以下问题：
(1)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则导线较粗的线圈为 （选填“原”或“副”）线圈。
(2)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表交流电压档测量相应电压，记录如下，从实验数据分析可知，原、副线圈的电压之比并不等于匝数之比，造成这种结果的可能原因是 。
(3)利用等效法可以简化处理含有理想变压器的问题。如图乙所示的电路，可以把虚线框内理想变压器和副线圈的电阻共同等效为一个电阻，如图丙所示，且等效电阻的功率与原电阻的功率相同。若理想变压器原、副线圈的匝数之比为，则等效电阻 。
12．某同学利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒，实验装置如图甲所示。取重力加速度。
(1)如图乙所示，利用游标卡尺测得遮光条的宽度 cm；用天平测得滑块和遮光条的总质量，钩码的质量；用刻度尺测得释放前滑块上遮光条到光电门的距离。
(2)接通气源，释放滑块，数字计时器上显示遮光时间；滑块从释放到遮光条经过光电门这一过程中，系统重力势能减少量为 J，动能增加量为 J。（结果均保留两位有效数字）
(3)①改变遮光条到光电门的距离，多次重复实验，得到几组不同的和对应的遮光时间，在坐标纸作出图像如图丙中所示；
②在保证钩码的质量和遮光条的宽度不变的情况下，该同学换用质量不同的滑块再次进行实验，重复步骤①，得到的图像如图丙中所示。
分析可知图线对应的滑块和遮光条的总质量 （选填“大于”或“小于”）图线对应的滑块和遮光条的总质量；若图线的斜率为，则其对应的滑块和遮光条的总质量 （用、、、表示）。
四、解答题（本大题共3小题）
13．如图所示，用导线绕制成匝数为，半径为的圆形线圈，线圈电阻为，线圈两端点与电阻相连接。在线圈内有一半径为的圆形区域，区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系为。求：
(1)两端的电势差；
(2)时间内，产生的焦耳热。
14．如图所示，质量为（未知）的轨道放在足够长的光滑水平桌面上，轨道上表面水平部分粗糙，竖直圆弧部分光滑，两部分在点平滑连接，点为轨道的最高点。足够长的轻绳一端固定在轨道的左端，另一端绕过桌面左侧的定滑轮与质量为的重物相连接。质量为的小物块静置在轨道的左端。已知与轨道水平部分之间的动摩擦因数为（未知），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，和均可视为质点，在运动过程中轨道与滑轮不发生碰撞，轨道水平部分的长度，圆弧部分半径，取重力加速度。若轨道固定，小物块以的初速度向右滑行，恰好能够运动到点。
(1)求动摩擦因数；
(2)若轨道不固定，、、同时由静止释放，改变重物的质量，小物块在水平轨道上时，轨道的加速度与的质量之间的关系如图乙所示。
（i）求；
（ii）当时，下落一段高度后落地（不反弹），此时还没有到达点，继续运动一段时间后，恰好能到达点，求下落的高度。（结果可用分数表示）
15．如图所示，在坐标系区域内存在平行于轴、电场强度大小为未知）的匀强电场，分界线将区域分为区域I和区域II，区域I存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为（未知）的匀强磁场，区域II存在垂直直面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场及沿轴负方向、电场强度大小为的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子从点以初速度垂直电场方向进入第二象限，经点进入区域I，此时速度与轴正方向的夹角为，经区域I后由分界线上的点（图中未画出）垂直分界线进入区域II，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电粒子从点运动到点的时间；
(3)粒子在区域II中运动时，第1次和第5次经过轴的位置之间的距离。
参考答案
1．【答案】D
【详解】AB．根据运动轨迹可知，羽毛球在空中运动过程中除受到重力外还始终受到空气阻力，水平方向的运动不是匀速直线运动，A、B错误；
C．下降过程中羽毛球具有竖直向下的加速度，处于失重状态，C错误；
D．羽毛球运动过程中空气阻力做负功，机械能不断减小，D正确。选D。
2．【答案】B
【详解】对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，可知当棒受到的安培力与悬线垂直时，有最小值
结合安培力公式，代入已知数据解得最小的磁感应强度
选B。
3．【答案】B
【详解】A．根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知的面积表示在时间内乙比甲多走的位移大小；若，则在时刻乙车刚好追上甲车，A错误；
BD．若，则在时刻前乙车追上甲车，由于时刻之后乙车速度小于甲车速度，所以可能在时刻之后甲车又追上乙车，则甲、乙两车能相遇2次，B正确，D错误；
C．若，则在时刻乙车还没追上甲车，由于时刻之后乙车速度小于甲车速度，则两车不会相遇，C错误。选B。
4．【答案】A
【详解】A．飞船绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得
可得
可知飞船在轨道1上的线速度大于在轨道3上的线速度，由于飞船从轨道2变轨到轨道3，需要在点点火加速，飞船速度增大，所以飞船在轨道1上的线速度一定大于轨道2上点的线速度，A正确；
B．根据牛顿第二定律可得
可得
可知飞船在轨道2上点的加速度等于轨道3上点的加速度，B错误；
C．由于不知道万有引力常量，所以无法求出地球的质量，所以只根据题干的已知条件无法可以求出地球的密度，C错误；
D．飞船在轨道1上运行时，由万有引力提供向心力得
又
联立可得飞船在轨道1上运行的周期为
故D错误。选A。
5．【答案】C
【详解】达到稳定时，洛伦兹力等于静电力，即
由电流的微观表达式有
解得
选C。
6．【答案】B
【详解】线圈转动一周只有一半的时间有电流流过电阻，感应电动势的峰值
感应电流的峰值
由于交流电流表测量的是有效值，得
解得
B正确，ACD错误。选B。
7．【答案】D
【详解】线框刚进入磁场瞬间，bc边切割磁场，且有效切割部分在OM线上方，切割磁场，由右手定则知电流方向为逆时针，随着线框进入，bc边在OM线上方的部分在减少，在OM线下方的部分在增大，切割的有效长度逐渐减小，电流减小；当线框的一半进入磁场时，bc边在OM线上方和下方的距离相等，切割的有效长度为0，电流为0；之后bc边在OM线上方部分小于在OM线下方部分，切割向外磁场，由右手定则知电流为顺时针，且逐渐增大；运动到线框全部进入磁场一瞬间，bc边切割向外磁场，ad边切割向里磁场，电流方向一致，均为顺时针，此瞬时电流大小为初始时刻的两倍；随着线框继续运动，ad边重复bc边进入过程，bc边切割有效长度不变，电流逐渐减小，直至整个线框运动至OM线右侧，电流减小至0。选D。
8．【答案】AD
【详解】A．由题意，可得波的传播速度大小为
故A正确；
BC．根据图乙可知，点开始振动时的方向沿轴负方向，波源时刻的振动方向与点开始振动时的方向相同，即沿轴负方向。由图乙可得波的周期，则波源的振动方程为
故BC错误；
D．由图乙可知波源的振动经过传播到点，所以
该波的波长
故质点与点之间的距离为
质点开始振动时，质点振动的时间为，处于波峰，D正确。选AD。
9．【答案】AD
【详解】A．当一位饮酒者对着测试仪吹气时，气敏电阻的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路电流增大，路端电压减小；则电流表的示数增大，两端电压增大，气敏电阻两端电压减小，则电压表示数减小，A正确；
B．使用前先对酒精测试仪进行调零（改变的阻值），此时电压表的示数为，调零后的阻值保持不变，由图乙可知此时气敏电阻阻值为，则有
代入数据解得
电源的输出功率为
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于，所以在饮酒者对着测试仪吹气时，外电阻减小时，电源的输出功率增大，B错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可得
则有
可知电压表、电流表示数变化量绝对值的比值不变，C错误；
D．当电流表的示数为时，根据闭合电路欧姆定律可得
解得此时气敏电阻的阻值为
由图乙可知气体中酒精含量大于，D正确。选AD。
10．【答案】BCD
【详解】A．根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，即从c到d，A错误；
B．双杆模型满足动量守恒，则有
可解得
B正确；
C．根据质量关系和电阻，可知cd的电阻为
根据能量守恒，则有
可解得
所以则有
C正确；
D．对cd导体棒列动量定理，则有
可得
可解得
D正确。选BCD。
11．【答案】(1)副
(2)漏磁、铁芯和导线发热
(3)
【详解】（1）理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据及电阻定律可知，副线圈应用较粗的导线绕制。
（2）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要原因是漏磁、铁芯和导线发热。
（3）由功率相同可得
可得
12．【答案】(1)
(2) 0.17 0.16
(3) 小于
【详解】（1）遮光条的宽度
（2）[1]系统减少的重力势能
[2] 遮光条经过光电门时，滑块的速度
增加的动能
（3）[1][2] 由机械能守恒可得
整理可得
由图像可知图线的斜率大于图线的斜率，图线对应的滑块和遮光条的总质量小于图线对应的滑块和遮光条的总质量；图线斜率
解得
13．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得
解得感应电动势
通过电阻的电流
由楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，点电势高于点电势，则有
解得
（2）时间内，产生的焦耳热
解得
14．【答案】(1)0.25
(2)（i）（ii）
【详解】（1）从开始运动到点，由动能定理可得
解得
（2）（i）由图像可知，当时，系统一起运动，且时，与恰好能够一起运动，对由牛顿第二定律可得，此时的加速度
此状态对、和组成的系统列牛顿第二定律可得
由图像可知，当时，与相对运动，时，的加速度
A的加速度
对和组成的系统列牛顿第二定律可得
联立解得
（ii）由（i）分析可得
当时，设运动时间后落地，则此时的速度
的速度
从落地到恰好到达的过程中，与组成的系统在水平方向上动量守恒，可得
解得
时间内，与的相对位移
解得
从落地后到恰好到达的过程中，由能量守恒得
解得
下落的高度
解得
15．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子经过点时的速度
粒子从点到点，由动能定理得
解得
（2）粒子从点到点，由运动学公式有
解得
粒子从点到A点，其运动轨迹如图1所示
由抛体运动的规律可得
由几何关系可得，粒子在区域I中做匀速圆周运动的半径
运动时间
则
（3）粒子在区域I中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
在A点对粒子由配速法，如图1所示，设对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有
方向相反，与合速度对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域中的运动分解为以的匀速直线运动和以的匀速圆周运动
静电力等于洛伦兹力，则有
解得
合速度
设对应的匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力有
解得
其运动轨迹如图2所示
粒子从第1次到第5次经过轴，共运动了2个周期，时间
距离
解得
/匝
200
400
400
800
/匝
100
100
200
400
4.0
8.2
6.1
9.6
1.9
2.0
2.9
4.6