安徽省定远育才学校2025—2026学年高三（上）1月月考 物理试题

这是一份安徽省定远育才学校2025—2026学年高三（上）1月月考 物理试题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的。）
1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理思想与研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )
A. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，就可以用ΔxΔt表示物体在t时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法
B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想
C. 在实际生活中，研究物体落体运动时，忽略空气阻力，把物体的运动看作自由落体运动，采用了理想化模型的思想
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
2.如图所示，A、B、C三个可视为质点的小球用两根不可伸长的轻绳连接后套在位于竖直面内的光滑圆环上，刚好保持静止。已知A、B与圆心O等高，B、C之间的轻绳与水平方向的夹角为30∘，A、B的质量分别为1kg、2kg，则C球的质量为( )
A. 1kgB. 2kgC. 3kgD. 4kg
3.港珠澳大桥海底隧道是世界上最长的公路沉管隧道，也是我国第一条外海沉管隧道，全长6.7km，隧道限速90km/h，将沉管隧道简化为直线，t=0时刻，甲、乙两车同时由同一入口进入隧道，之后在隧道中运动的速度随时间变化的关系如图所示.则经过多长时间乙车在遂道中追上甲车( )
A. 5 sB. 10 sC. 12 sD. 20 s
4.如图，一玩具旋转木马的运动可简化为：在水平面内绕着中心轴做匀速圆周运动，周期为T0，半径为R；在竖直方向做简谐运动，t=0时刻开始计时，简谐运动位移-时间关系为z=Asin2πTt。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，旋转木马所受合外力为零
B. t=0时刻，旋转木马速度大小为2πT0R
C. t=T2时刻，旋转木马速度大小为2πT0R
D. 若T=T0，则旋转木马T时间内的位移为零
5.中国空间站科学实验成果源源不断，设该空间站绕地球做匀速圆周运动，其轨道距地面高度h约400km，运动周期为T，万有引力常量为G，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转。已知同步卫星高度大约为36000km，则下列说法正确的是( )
A. 地球的质量为M=4π2h3GT2
B. 空间站的向心加速度为a=gR2(R+h)2
C. 空间站的线速度v= g(R+h)
D. 空间站的环绕周期大于同步卫星的环绕周期
6.如图(1)所示，竖直放置的绝缘轻弹簧一端固定在平行板电容器下极板。带电小球在轻弹簧正上方某处由静止释放，取该位置为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。在小球下落的全过程中，以下极板为重力势能零参考面，小球的机械能E随位移x的变化关系如图(2)所示。弹簧始终在弹性限度内，小球质量为1kg，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. 小球下落过程中刚接触弹簧时动能最大
B. 电场力大小为0.2N
C. 小球在释放位置所具有的电势能为0.14J
D. 下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能最小值为0.60J
7.如图所示，O为光滑绝缘水平面上正方形区域ABCD的几何中心，该区域有一匀强电场，方向水平由Q指向P。一带负电小球从P点以速度v0沿PQ方向射入电场。以下说法正确的是( )
A. 小球由P向Q做减速运动
B. 电场中A点的电势低于C点的电势
C. 小球由P向Q运动的过程中，电势能不断减小
D. 该小球若从M点沿MN方向射入，则小球将向BC边偏转
8.在原子反应堆中抽动导电液体时，常常用到一种新型的装置——电磁泵。如图所示为电磁泵的简易结构图，泵体为一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体，上下两面M、N为金属极板，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中。当与电源相连时只会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流I，导管的左右两端便会产生压强差，从而将导电液体抽出。导电液的电阻率为ρ，密度为ρ0，工作时泵体内始终充满导电液体，重力加速度为g。经研究表明，抽液高度h与泵体中的液体流速有关，则电磁泵抽液的最大高度为
A. BIρagB. BIρ0bgC. BIρ0agD. BIρ0cg
二、多选题（本大题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
9.如图所示，质量均为m的两个小球a、b用长为L的不可伸长的轻绳连接，小球a套在光滑的足够长的水平杆上，在水平拉力F的作用下，小球a、b一起向右做匀加速直线运动，小球b到杆的竖直高度为45L。当两小球速度增加到v0时，撤去拉力。重力加速度为g，不计其他阻力。下列说法正确的是( )
A. 拉力F=32mg
B. 撤去拉力后，小球a、b组成的系统机械能守恒，动量守恒
C. 小球b第一次运动到最低点的速度大小为 v 02+25gL
D. 以后小球a所能达到的最大速度为v0+ 15gL
10.如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板P和Q，P板带负电，Q板接地，板长为L，两板间距离为d。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近P板左侧边缘进入的电子恰好能打在Q板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是( )
A. 电子击中Q板区域的长度为12L
B. 电子击中Q板区域的长度为2- 22L
C. 保持两板带电量不变，若将Q板向下平移d4的距离，打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的12
D. 保持两板带电量不变，若将Q板向下平移d4的距离，靠近P板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的15
三、非选择题（本大题共5小题，满分58分）
11.（8分）某同学利用如图甲所示装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、天平、砝码盘和砝码等。
用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，调节滑轮高度，使细绳保持与导轨平面平行。令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从气垫导轨的右边开始运动，与计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处光电门时的遮光时间t1、t2及遮光片从A到B所用时间Δt。
用天平测出砝码盘和砝码的总质量为m1、滑块(含遮光片)的质量为m2，已知重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则d= cm;
(2)实验开始前，需先补偿阻力，具体步骤为：滑块未连接轻绳时，开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间 ;
(3)在遮光片随滑块从A到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则拉力冲量的大小I= ，滑块动量变化量的大小Δp= (均用题中给定的字母表示);
(4)为尽量减小实验误差，本实验要求码盘和砝码的总质量m1 (选填“远大于”、“远小于”或“等于”)滑块(含遮光片)的质量m2。
12.（8分）国家出台政策严整酒驾醉驾的乱象，酒精浓度介于0.2∼0.8mg/mL为酒驾，达到0.8mg/mL或以上为醉驾.某兴趣小组同学想组装一个酒精浓度测试仪，其中用到一种酒精传感器的电阻Rx随酒精浓度的变化规律如图(a)所示。酒精浓度测试仪的调试电路如图(b)所示。提供的器材有：
A.酒精传感器Rx B.直流电源(电动势为8V，内阻不计)
C.电压表(量程为6V，内阻非常大) D.电阻箱(最大阻值为999.9Ω)
E.定值电阻R(阻值为10.0Ω) F.单刀双掷开关一个，导线若干
(1)按下列步骤进行调试：
①电路接通前，先将电阻箱调为40.0Ω，然后开关向_____(选填“a”或“b”)端闭合，将电压表此时指针对应的刻度线标记为_____mg/mL(保留两位有效数字)；
②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断_____(选填“变大”或“变小”)，按照图(a)数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“酒精浓度”；
③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用．
(2)将调试好的酒精浓度测试仪进行酒精浓度测量，当电压表读数为1.6V，则测量的酒精浓度_____(选填“有”或“没有”)达到醉驾标准．
(3)使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，导致酒精浓度的测量结果_____(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
13.（11分）滑水运动是一项富有挑战性的水上运动，人和滑板在摩托艇的牵引下，短时间内可以达到较大速度。研究表明水对滑板的作用力N垂直于板面向上，且N=kv2，其中v为人和滑板的速率(水速视为零)。某次运动中，人和滑板在水平牵引力F作用下由静止开始沿水面做匀加速直线运动，5s末达到最大速度，前5s内通过的位移为50m，而后做匀速直线运动，此时滑板和水面的夹角θ=37∘，已知人和滑板
总质量m=80kg，忽略空气阻力，取g=10m/s2(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)。试求：
(1)前5s内加速度大小和5s末的速度大小;
(2)匀速直线运动时水平牵引力F大小;
(3)k的值是多少?
14.（15分）如图所示，光滑水平轨道ABC上固定一半径R=2.6m的光滑螺旋状圆轨道，质量m=1kg的物块(视为质点)静止在A点，圆轨道与水平轨道紧密平滑连接于B点(圆轨道出口B＇点可认为与入口B点重合)，水平轨道C点右侧与质量M=2kg、静止放置在水平面上的木板上表面平齐，木板右端竖直固定一竖直挡板(质量、厚度均不计)。物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2。现给物块施加一大小F=6.5N、水平向右的推力，t=2s后撤去力F(物块未到达B点)，物块滑上木板后能与挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终物块停在木板上，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)物块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN；
(2)物块与挡板碰撞后瞬间，物块与木板的速度大小之比k；
(3)木板的最小长度L。
15.（16分）如图所示，水平面内固定有相互平行的abcd和ABCD两条光滑导轨，两导轨相距d=0.5m，ab段与AB段长度相同且分别与cd段和CD段绝缘，绝缘位置左右两段导轨均足够长，导轨左端与直流电源相连，电源电动势E=1.5V，两根长度均为d=0.5m的导体棒M、N分别放置在abAB段和cdCD段上，与导轨垂直且接触良好，两导体棒质量均为m=2kg，电阻均为R=2Ω，两导轨所在区域存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T，现闭合开关S，导体棒M向右运动，到达bB端前已经匀速。不计ab、cd与AB、CD段电阻，设运动过程中两棒不会相撞。
(1)求导体棒M进入cdCD段时的速率v;
(2)求导体棒N的最大速率vm及到达最大速度时产生的焦耳热;
(3)计算导体棒M进入cdCD段后到最终稳定的过程中，流过导体棒的电荷量及两导体棒相互靠近的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据速度定义式v=ΔxΔt，当时间非常非常小时，就可以用ΔxΔt表示t时刻的瞬时速度，是应用了极限思想法，故A正确，不符合题意；
B.研究问题时，在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型法的思想，故B错误，符合题意；
C.在实际生活中，研究物体落体运动时，忽略空气阻力，把物体的运动看作自由落体运动，这是忽略次要因素、抓主要因素，采用了理想化模型的思想，故C正确，不符合题意；
D.在推导匀变速直线运动位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段一段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2.【答案】B
【解析】如图所示，对A、B两球受力分析对A球，有TAsin60∘=mAg，对B球，有TBsin30∘=mBg，
解得TA=20 33N，TB=40N
对C球进行受力分析，如下图所示
根据共点力平衡有TAcs60∘+NCcs60∘=TBcs30∘ ，
NCsin60∘=TAsin60∘+TBsin30∘+mCg，
解得mC=2kg，
故选B。
3.【答案】B
【解析】由图可知前12s内，甲图像的斜率k甲=22-1012=1，故甲的图像表达式可写成v甲=10+t，则t=10s时的速度为20m/s。在v-t图像中图像与时间轴所围成的面积等于位移大小，则前10s甲乙两车的位移大小分别为，x甲=s甲=10+202×10m=150m；x乙=s乙=5+252×10m=150m，x甲=x乙，故ACD错误，正确选项选B。
4.【答案】D
【解析】A.t=0时刻，旋转木马在水平面内做匀速圆周运动，做匀速圆周运动的物体需要向心力，向心力由水平方向合外力提供，所以合外力不为零， 故A错误；
B.旋转木马在水平面内绕着中心轴做匀速圆周运动，根据匀速圆周运动线速度公式，水平方向的线速度大小为v=2πRT0；在t=0时刻，由竖直方向简谐运动位移-时间关系z=Asin2πTt，将t=0代入可得z=0，此时竖直方向速度不为零(简谐运动在平衡位置速度最大，位移为零时处于平衡位置)，所以此时旋转木马的速度大小不等于2πRT0，故B错误；
C.t=T2时刻，可得z=0，此时竖直方向速度不为零(简谐运动在平衡位置速度最大，位移为零时处于平衡位置)，水平方向的线速度大小为v=2πRT0，所以此时旋转木马的速度大小不等于2πRT0，故C错误；
D.若T=T0，旋转木马正好旋转一周，水平位移为零；竖直方向正好完成一次全振动，竖直方向位移为零；故旋转木马T时间内的位移为零，故D正确。
5.【答案】B
【解析】A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，解得M=4π2(R+h)3GT2，故A错误；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMm(R+h)2=ma，
地球表面的物体所受重力等于万有引力，即mg=GMmR2，解得a=gR2(R+h)2，故B正确；
C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMm(R+h)2=mv2R+h，
地球表面的物体所受重力等于万有引力，即mg=GMmR2，解得v=R gR+h，故C错误；
D、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2π r3GM，
由于空间站的半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站的环绕周期小于同步卫星的环绕周期，故D错误。
故选：B。
6.【答案】D
【解析】A.刚接触弹簧时小球所受合力大小为mg-F电=8N，此时小球速度未达到最大值，故 A错误;
B.由图可知，0∼3cm范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为F电=0.7-，故B错误;
C.由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能为负值。小球质量为1kg，且由图像可知，小球在释放位置重力势能为0.7J，由重力势能Ep=mgh可知，h=0.07 m，又因为F电h=-(E1-E0)，得E1=-0.14J，故小球在释放位置所具有的电势能为-0.14J，C错误;
D.由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大0.1J，小球和弹簧组成的系统机械能减少0.1J，为0.6J，故 D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.因为小球带负电，小球所受电场力方向与电场强度方向相反，由P指向Q，所以小球由P向Q做加速运动，故A错误；
B.该电场为匀强电场，沿电场线方向电势逐渐下降，所以电场中A点的电势高于C点的电势，故B错误；
C.小球由P向Q运动的过程中，电场力做正功，电势能不断减小，故C正确；
D.该小球若从M点沿MN方向射入，因为小球带负电，小球所受电场力方向与电场强度方向相反，所以小球将向AD边偏转，故D错误。
8.【答案】B
【解析】由安培力做功的特点可知电磁泵的机械功率等于安培力的功率，所以P机=P1=BIcv
若泵中液体流速为v，设Δt内被抽至泵体中的液体的质量为Δm=ρ0bcvΔt
Δt内被抽至泵体中的液体的动能的增加量 ΔEk=12Δmv2=12ρ0bcv3Δt
Δt内被抽至泵体中的液体的重力势能的增加量为ΔEp=Δmgh=ρ0bcvghΔt
电磁泵的机械功率等于单位时间内被抽至泵内的液体的动能增加量和重力势能增加量之和，即 P机=ΔEkΔt+ΔEPΔt
代入数据联立可得 BIcv=12ρ0bcv3+ρ0bcvgh
化简 v= 2BIρ0b-2gh
故当v=0时，即导电液的流速为零时，h取得最大值，则最大值为 hm=BIρ0bg
故选B。
9.【答案】AD
【解析】设轻绳与竖直方向的夹角为θ，csθ=45，可得θ=37∘。
A.设两小球加速度为a'，对小球b，由牛顿第二定律有mgtanθ=ma'，对a、b整体，有F=2ma'=2mgtanθ=32mg，A正确；
B.撤去拉力后，小球a、b组成的系统机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，B错误；
CD.设小球b运动到最低点时a、b速度分别为va、vb，
由水平方向动量守恒有2mv0=mva+mvb，
由系统机械能守恒有12⋅2mv02+mg(L-45L)=12mva2+12mvb2，
可得第一组解va=v0- 15gL，vb=v0+ 15gL，
第二组解va=v0+ 15gL，vb=v0- 15gL，
其中第一组解是小球b第1、3、5⋯次到达最低点时a、b的速度，第二组解是小球b第2、4、6、⋯次到达最低点时a、b的速度。a、b速度的水平分量在这两个解之间变化。可知C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】BCD
【解析】解析：设极板间电场强度为E，电子进入极板的初速度为v0 ，对于靠近P板左侧边缘进入的电子有：eＥ=ma， d= 12at2 ，L=v0t，联立可得：E=2mdv02eL2 ，
设某电子从距离下极板为y的位置进入电场，则有：eＥ=ma， y= 12at12 ，x=v0t1，联立可得：x= yL2d ，由题知：d2⩽y⩽d ，可得： 2L2⩽x⩽L ，所以可知，电子击中Q板区域的长度为2- 22L，故A错误，B正确；
保持两板带电量不变，若将Q板向下平移d4的距离，根据：C=QU ，C=εS4πkd ，E=Ud ，联立可得：极板间电场强度E=4πkQεS 不变，
设某电子从距离下极板为y1的位置进入电场，恰好能打在Q板右侧边缘，则有：eＥ=ma， y1 = 12at22 ，L=v0t2，联立可得y1=d，则可知：距离下极板y2⩽d进入电场的电子能够打在下极板Q上，即可得打在Q板上的电子数占进入平行板电子总数的12 ，故C正确；
对于靠近P板左侧边缘进入的电子有：eＥ=ma， y2= 12at32 ，L=v0t3，联立可得：y2 =d，则该电子进出电场时的电势能之比为：eE×5d4eE×(5d4-d)=51，可知：该电子出电场时的电势能为进电场时电势能的15，故D正确；
所以选BCD 。
11.【答案】(1)1.170；(2)相同；(3)m1g⋅△t；m2d(1t2-1t1)；(4) 远小于
【解析】(1)游标卡尺读数为d=1.1cm+14×120mm=1.170cm。
(2)实验需平衡摩擦力，则轻推滑块，滑块在导轨上做匀速直线运动，则滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间相同。
(3)如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则拉力冲量的大小为I=m1g⋅Δt，
滑块经过A时滑块的速度为v1=dt1，
滑块经过B时滑块的速度为v2=dt2，
滑块动量变化量的大小为Δp=m2v2-m2v1=m2d(1t2-1t1)。
(4)码盘和砝码的总质量m1，滑块(含遮光片)的质量为m2，由于m1g=(m1+m2)a，
而对滑块研究T=m2a，
则T=m2a=m2m1gm1+m2=m1g11+m1m2，
将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则m2≫m1，即码盘和砝码的总质量m1远小于滑块(含遮光片)的质量m2。
12.【答案】b; 0.10 ;变大;没有;偏小
【解析】(1)①[1][2]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻 Rg ，故应先将电阻箱调到 40.0Ω ，结合电路，开关应向b端闭合；由图甲可知 Rg=40Ω 时，酒精浓度为 0.10mg/mL 。
②[3]逐步减小电阻箱的阻值，定值电阻上的分压变大，电压表的示数不断变大。
(2)[4]电压表读数为 1.6V ，所以
U=R1R1+RgE=1010+Rg×8V=1.6V
解得
Rg=40Ω
通过图甲可知，此的酒精浓度为 0.10mg/mL ，设有达到醉驾标准。
(3)[5]使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中电流将减小，电压表示数将偏小，故酒精浓度的测量结果将偏小。
13.【解析】(1)前5s内人和滑板做匀加速运动，由s=12at2得a=4m/s2，
由v=at解得5s末的速度v=20m/s。
(2)以滑板和人整体为研究对象，受力分析如图，
解法一：由共点力平衡条件可得：Ncsθ=mg，
Nsinθ=F，
解得：F=600N。
解法二：由共点力平衡条件可得：F=mgtanθ，
解得：F=600N。
(3)由N=mgcsθ，
解得：N=1000N，
由N=kv2，
k=2.5m/s。
14.【解析】(1)撤去推力后，根据动量定理，此时物块的动量为：mv=Ft，
物块从B点到D点的过程中，由机械能守恒定律有：12mv2=12mvD2+mg·2R，
对物块在D点受力分析，根据牛顿第二定律有：FN '+mg=mvD2R，
由牛顿第三定律有：FN=FN '，
解得：FN=15N;
(2)物块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小f1=μ1mg=4N，
木板与水平面间的滑动(最大静)摩擦力f2=μ1(m+M)g=6N>f1，由于f2>f1，木板相对水平面不滑动，
物块与挡板碰撞过程，由动量守恒定律有：mv0=mv1+Mv2，
由弹性碰撞过程中机械能守恒有：12mv02=12mv12+12Mv22，
解得碰撞后瞬间，物块的速度：v1=-v03，负号表示方向水平向左，
碰撞后瞬间木板的速度：v2=2v03，
则物块与木板的速度大小之比为：k=|v1|v2=12；
(3)碰撞后物块的加速度大小a1=μ1mgm得a1=4m/s2，
碰撞后木板的加速度大小a2=μ1mg+ μ2(m+M)gM得a2=5m/s2，
由于v2a2>v1a1，可知物块速度减至0后会反向加速，设从碰撞后瞬间到物块和木板的速度恰好相等时的时间为t，该相同速度大小为v3，有v3=v1+a1t=v2-a2t，
可得：v3=v09，t=v0a1+a2=v09(s)，
当物块和木板的速度相同后，整体的加速度大小a3=μ2(m+M)gm+M=μ2g，
由于a3