安徽省定远中学2024-2025第二学期3月检测高三物理卷

这是一份安徽省定远中学2024-2025第二学期3月检测高三物理卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.1948年，荷兰理论物理学家卡西米尔预言，在真空中的两块不带电的金属板相距很近时，它们之间会存在一种作用力，这个效应被称为卡西米尔效应。已知这两块金属板间的作用力F与普朗克常量h、真空中电磁波的波速c、平行金属板间的距离d、以及两正对板的长度a和宽度b有关。根据所学的量纲知识对F表达式做出合理的判断，在表达式中引入一个无单位的物理常量k。下列表达式中可能正确的是( )
A. F=khcabd4B. F=khca2b2d4C. F=khabcd3D. F=khca2b2d3
2.如图，一物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球和物块加速度相等
B. 小球运动到最高点时离斜面最远
C. 在P点时，小球的动能大于物块的动能
D. 小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等
3.2024年6月25日，嫦娥六号完成人类首次月球背面采样任务后，其返回器采用“半弹道跳跃式”返回地球.返回器沿ABCDEF路径运动，如图所示，假设此过程返回器只受引力和空气作用，下列说法正确的是( )
A. 在B点的加速度竖直向下B. 在C点的速度小于A点的速度
C. 在D点的速度为零D. 在E点的速度等于A点的速度
4.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.4s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. 这列波的传播速度v=15m/s
C. 这列波的波长λ=7.5m
D. 在t=0.4s到t=0.5s内，质点Q通过的路程是1.5m
5.一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片.通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变.当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表V示数变大
B. 输电线路输送的效率减小
C. 变压器铁芯中磁通量变化的频率变大
D. 为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q下移
6.如图所示，一均匀带电圆环位于xOz平面内，其圆心恰好位于坐标原点O处，y轴与圆环平面垂直。在x轴上的P 32d,0,0点固定一电荷量为-q(q>0)的点电荷，M、N两点位于y轴上，坐标分别为0,12d,0、0,-12d,0。已知M点的电场强度方向沿着x轴正方向，静电力常量为k，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影响，下列说法正确的是
A. 圆环带负电B. M点的电场强度大小为 3kq2d2
C. M、N两点的电场强度相等但电势不等D. 带电圆环在N点的电场强度大小为kqd2
7.图(a)所示的采棉机在运输圆柱形棉包的过程中缓慢经过一段如图(b)所示路面(运动时，圆柱形棉包在前，路段足够长)，CD、EF为水平路面，M点为倾角最大的位置，倾角为30°。棉包放在如图(c)所示的“V”形挡板上，两板间夹角恒为120°，初始时OA与水平面的夹角为30°。运动过程中，棉包不脱离挡板，忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g。则( )
A. 从D到M斜面对采棉机的作用力越来越小
B. 从D到M棉包对OA板的压力先增大后减小
C. 从D到M棉包对OB板的压力一直增大
D. 采棉机在EF段做减速运动，加速度可以为 3g
8.用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动。如图乙，在空间存在平行于x轴的匀强磁场，一束电子以速度v0从坐标原点O沿xOy平面射入，v0与x轴正方向成α角，其运动轨迹为螺旋线，该螺旋线轴线平行于x轴，螺距为Δx，直径为D。则( )
A. 沿x轴方向螺距Δx逐渐增大
B. 匀强磁场的方向沿x轴负方向
C. 若仅增大入射角度α，直径D将变大
D. 若仅增大v0，电子沿x轴通过一个螺距Δx的时间将变短
二、多项选择题：本大题共2小题，共10分。
9.下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程，电动机驱动车轮转动。制动过程，电动机用作发电机给电池充电，进行能量回收，这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮毂电机驱动，轮毂电机内由固定在转子上的强磁铁形成方向交替的等宽辐向磁场，可视为线圈处于方向交替的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等均为L，每组线圈匝数均为N1，每个轮毂上有N2组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器(未画出)与动力电池连接。已知某次开始制动时线圈相对磁场速率为v，回路总电阻为R，下列说法正确的有( )
A. 行驶过程，S1断开，S2闭合
B. 制动过程，S1断开，S2闭合
C. 开始制动时，全部线圈产生的总电动势为E1=8N1N2BLv
D. 开始制动时，每组线圈受到的安培力为F安=16N1BLN1N2BLvR
10.如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，O'为隧道的中点，O'与地心O的距离为h= 32R，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到O'的距离为x，则( )
A. 列车在隧道中A点的合力大小为mgB. 列车在P点的重力加速度小于g
C. 列车在P点的加速度a=R-xRgD. 列车在P点的加速度a=xRg
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有5个质量相同的砝码，砝码的质量为50 g，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码盘中的砝码逐一地放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码个数n相对应的加速度a，已知交流电的频率为f=50 Hz。(计算结果均保留两位有效数字)
(1)某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，每5个计时点取1个计数点。所有测量数据如图乙所示，则
①打下C点时纸带的速度为 m/s；
②纸带的加速度大小为 m/s2。
(2)若该组同学得到的n-a图像如图丙所示，重力加速度g=10 m/s2，则每个砝码盘的质量为 g。
12.传感器在科研，生活，生产中有广泛的应用。小李想根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。实验室提供的器材有：
热敏电阻RT；
电流表G(内阻Rg为80 Ω，满偏电流为Ig)；
定值电阻R(阻值为20 Ω)；
电阻箱R0(阻值0∼999.9 Ω)；
电源E(电动势恒定，内阻不计)；
单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S2；导线若干。
请完成下列步骤：
(1) 该小组设计了如图(a)所示的电路图。根据图(a)，在答题卡上完成图(b)中的实物图连线 。
(2) 开关S1、S2断开，将电阻箱的阻值调到 (填“最大”或“最小”)。开关S1接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为20 Ω时，电流表示数为Ig。再将S1改接2，电流表示数为13Ig。得到此时热敏电阻RT的阻值为 Ω。
(3) 该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT-t曲线如图(c)所示，结合(2)中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 ℃。(结果取整数)
(4) 开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig。再将S1改接2，如果电流表示数为Igk(k>1)，则此时热敏电阻RT= Ω(用k表示)，根据图(c)即可得到此时温度控制室内的温度。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为25 cm/s，两列波在t=0时的波形曲线如图所示，求

(1)t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标
(2)从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16 cm的质点的时间
14.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m=13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
15.如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势E=36V的直流电源、C=0.1F的电容器和R=0.05Ω的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径r=0.45m的竖直面内14光滑圆弧轨道在PQ处平滑连接，PQ与直导轨垂直，轨道仅在PQ左侧空间存在竖直向上，大小为B=1T的匀强磁场。将质量为m1=0.2kg、电阻为R0=0.1Ω的金属棒M静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为L=1m，M距R足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关S2断开，闭合开关S1，使电容器完全充电;然后断开S1，同时S2接“1”，M从静止开始加速运动直至速度稳定;当M匀速运动到与PQ距离为d=0.27m时，立即将S2接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为m2=0.1kg的绝缘棒N，M、N恰好在PQ处发生第1次弹性碰撞。随后N反向冲上圆弧轨道。已知之后N与M每次碰撞前M均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2，13+(13)2+(13)3+⋯+(13)n-1=12，求：
(1)电容器完成充电时的电荷量q和M稳定时的速度;
(2)第1次碰撞后绝缘棒N在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度;
(3)自发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒M的总位移。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.从量纲分析的角度来分析，F的单位为kg⋅m/s2，其中普朗克常量h的单位为J⋅s，化为国际标准单位为kg⋅m2/s，而khcabd4的单位为
kg⋅m2⋅m⋅m⋅ms⋅s⋅m4=kg⋅m/s2，故A正确；
B.khca2b2d4的单位为
kg⋅m2⋅m⋅m2⋅m2s⋅s⋅m4=kg⋅m3/s2，故B错误；
C.khabcd3的单位为
kg⋅m2⋅s⋅m⋅ms⋅m⋅m3=kg，故C错误；
D.khca2b2d3的单位为
kg⋅m2⋅m⋅m2⋅m2s⋅s⋅m3=kg⋅m4/s2，故D错误。
故选：A。
2.【答案】C
【解析】B.把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；
C.把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；
D.从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。
A.小球的加速度为a球=g，设斜面倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcsθ=ma物，可得物块的加速度大小为a物=gsinθ+μgcsθ，不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故 A错误。故选C。
3.【答案】B
【解析】A、返回器沿ABCDEF路径运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在B点有竖直向上的加速度分量，故A错误。
B、返回器从A点到C点的过程中，要克服大气的阻力做功，则机械能减小，因两点的重力势能相同，则动能减小，返回在C点的速度小于A点的速度，故B正确；
C、返回器沿ABCDEF路径运动中，到达最高点D时，竖直方向的速度为0，但水平方向有速度，故C错误;
D、从C点到E点，没有空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，即C、E两点的机械能相等，因为C、E点距地球的距离相等，所以重力势能相等，在E点的速度等于C点的速度，且小于A点的速度，故D错误。
故选：B。
4.【答案】B
【解析】A.由图乙可知，t=0.4s时P点向上振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，故A错误；
BC.由图甲可知，波长为λ=6m，由图乙可知，振动周期为T=0.4s，所以波速为v=λT=60.4m/s=15m/s，故B正确，C错误；
D.在t=0.4s到t=0.5s内，质点Q振动了Δt=0.5s-0.4s=0.1s=14T，所以质点振动的路程为2cm，故D错误。
故选：B。
5.【答案】B
【解析】A、若滑动触头Q位置不变，当负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，负载电阻变小，通过变压器副线圈的电流变大，根据理想变压器电流与匝数比的关系，变压器原线圈中的电流I1=n2n1I2变大，
根据欧姆定律结合串联电路的特点，变压器原线圈两端电压U1=U0-I1r，
由于原线圈中的电流I1增大，因此变压器原线圈两端电压减小，电压表的示数减小，故A错误；
B、由η=U1I1U0I1×100％，因为变压器原线圈两端电压减小，故输电线路输送的效率减小，故B正确；
C、根据理想变压器的工作原理可知，变压器铁芯中磁通量变化的频率不变，故C错误；
D、根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压U2=n2n1U1；
由于U1减小，因此U2减小；为了使U2不变，应增大n2，即Q上移；
因此，为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q上移，故D错误。
6.【答案】B
【解析】A.根据点电荷的电场强度公式E=kQr2(其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为场点到点电荷的距离)，点电荷-q到M点的距离r1= ( 32d-0)2+(0-12d)2=d，则E1=kqd2，由于M点的电场强度方向沿x轴正方向，将点电荷-q在M点产生的电场强度E1沿x、y方向分解，E1x=E1cs30∘=kqd2× 32= 3kq2d2，水平向右，E1y=E1sin30∘=kqd2×12=kq2d2，竖直向下，根据对称性带电圆环在y轴上的场强沿y轴，因为M点的合电场强度方向沿x轴正方向，所以y方向的合电场强度为0，即带电圆环在M点产生的电场强度在y方向的分量与E1y大小相等，方向相反，所以圆环带正电，A错误;
B.M点的合电场强度大小EM等于带电圆环在M点产生的电场强度在x方向的分量与E1x的矢量和。M点的电场强度大小EM=E1x= 3kq2d2，B正确;
C.根据对称性，M、N两点关于xOz平面对称，点电荷-q和带电圆环在M、N两点产生的电场强度大小相等，方向相同，所以M、N两点的电场强度相同，因为M、N两点关于xOz平面对称，点电荷-q和带电圆环在M、N两点产生的电势大小相等，所以M、N两点的电势相等，所以C错误;
D.由对称性可知，带电圆环在N点产生的电场强度大小与在M点产生的电场强度大小相等，所以带电圆环在N点的电场强度大小为kq2d2，D错误。故选B。
7.【答案】C
【解析】A.采棉机在斜面上缓慢行驶时受到重力和斜面对采棉机的作用力，受力平衡，所以斜面对采棉机的作用力与重力等大、反向，故从D到M斜面对采棉机的作用力不变，故A错误；
BC.采棉机从D点运动到M点的过程中，棉包重力大小和方向不变，OA板、OB板对棉包的作用力夹角不变，FOA与竖直方向的夹角变大，作出力矢量三角形的外接圆如图所示
由图可知，FOA一直减小，FOB一直增大，根据牛顿第三定律可得，棉包对OA板的压力一直减小，棉包对OB板的压力一直增大，故B错误，C正确；
D.采棉机在EF段做减速运动，挡板OB对棉包的支持力为0时，棉包受力如图所示
根据牛顿第二定律可得mgtan60∘=ma
解得a= 33g
当加速度大于 33g 时，棉包会从采棉机上滚下来，故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】AB.将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x=v0cs α⋅t，Δx=v0cs α⋅T
沿y轴方向速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故AB错误；
CD.根据且v=v0sin α解得D=2R=2mv0sinαeB、T=2πmeB
所以Δx=vxT=2πmv0csαeB
所以若仅增大入射角度α，则直径D将变大、Δx减小；
若仅增大v0，电子沿x轴通过一个螺距Δx的时间不变，故C正确、D错误。
故选：C。
9.【答案】BC
【解析】本题考查电磁感应的综合应用，涉及到感应电动势的计算及安培力的计算。解题的关键是要理解题意，分析线圈运动时产生的电动势大小，从而确定感应电流的大小，计算安培力的大小。
A、行驶过程中，动力电池对外供电，根据二极管的接法可知，S1闭合，S2断开，A错误；
B、制动过程中，回收能量，对动力电池进行充电，故S2闭合，S1断开，B正确；
C、根据线圈处于磁场中的示意图可知，开始制动时，单匝线圈产生的电动势e1=2BLv，考虑到每组线圈有N1匝，每个轮毂上有N2组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器(未画出)与动力电池连接，故全部线圈产生的总电动势E1=4N1N2·2BLv=8N1N2BLv，C正确；
D、设电池电动势为E，开始制动时，电流I=E1-ER=8N1N2BLv-ER。每匝线上下两边所受安培力互相抵消，左右两边所受安培力大小相同，方向也相同，即对每匝线圈来说，安培力F0=2BIL=16BLN1N2BLv-2ER。每组线圈有有N1匝，则每组线圈受到的安培力F安=N1F0=16N1BLN1N2BLv-2N1ER，故 D错误。
10.【答案】BD
【解析】A、列车在隧道中A点受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力，如图所示。
则有F合=GMmR2sinθ，GMmR2=mg
由几何关系有：sinθ= R2-h2R，联立解得列车在隧道中A点的合力大小为：F合=mg R2-h2R=12mg，故A错误；
B、由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，则在P点有：GMPm( x2+h2)2=mgP
由于质量均匀分布，则有MP43π( x2+h2)3=M43πR3
解得列车在P点的重力加速度为：gP= x2+h2Rg