2025-2026学年山东省青岛三十九中（海大附中）高三（上）月考物理试卷（1月份）（含解析）

这是一份2025-2026学年山东省青岛三十九中（海大附中）高三（上）月考物理试卷（1月份）（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，用细绳悬挂木箱，水平箱底上有一个静止物块，物块与木箱右壁间夹有一弹簧，弹簧处于压缩状态。重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力，细绳剪断后的一小段时间里，下列说法正确的是( )
A. 物块的运动轨迹为直线
B. 物块的加速度a等于10m/s2
C. 弹力做功等于物块动能增量
D. 物块动能增量大于重力势能减少量
2.某同学骑电动车在平直路段行驶的过程中，用智能手表记录了其速度随时间变化的关系图像，如图所示，AB、CD和EF段近似看成直线。电动车和人的总质量为100kg，电动车所受阻力恒定，已知AB段时间间隔为2.5s，CD段电动车的功率恒为240W，重力加速度g取10m/s2，则该电动车( )
A. 在AB段通过的位移大小为15mB. CD段所受的阻力大小为50N
C. EF段的功率大小恒定D. 在AB段所受牵引力大小为120N
3.如图，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 此时绳子张力为FT=2μmg
B. 此时圆盘的角速度为ω= 2μgr
C. 此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆心
D. 此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
4.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线A是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图像，图线B是某电阻R的U−I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是( )
A. R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1Ω
B. 电源的效率为33.3%
C. 若将电阻R换成0.3Ω定值电阻，电源的输出功率增大
D. 若再串联一定值电阻，电源的输出功率一定增加
5.阻值相等的四个电阻阻值均为R、电容器的电容为C，电池的电动势为E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。则电流稳定时，电容器所带的电荷量为Q为( )
A. 0B. 15CEC. 14CED. 13CE
6.如图所示，虚线为一正点电荷电场的等势面，P、Q两个带电粒子，以相同的速率沿不同的方向从A点飞入电场，分别沿不同的径迹1和2运动。若取无穷远处电势为零，且不计两个粒子之间的相互作用和粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. P、Q两粒子电性不相同
B. P、Q两粒子的电势能均先增加后减少
C. P、Q两粒子经过B、C两点时的速率可能相等
D. P经过B点时的电势能一定低于Q经过C点时的电势能
7.如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的示数为0。当P端电势高于Q端时，电压表示数为正。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是( )
A. 若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端
B. 若电压表示数为负时，则物体速度方向向右
C. 电压表的示数随物体加速度的增大而增大，且成正比
D. 若物体向右匀加速运动，则电压表示数为负，则示数均匀增加
8.如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为2m，C的质量是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为μ4，B和地面间的动摩擦因数为μ8。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是( )
A. 当力F大于μmg时，A、B、C三个物体不再相对静止
B. 当力F逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C. 当力F逐渐增大到3μmg时，B与A相对滑动
D. 无论力F为何值，B的加速度不会超过34μg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为( )
A. 3kBL2B. 3 3kBL4C. 5 3kBL6D. 4 3kBL3
10.在如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，电源内阻r=1Ω，定值电阻R1=R2=R3=R4=2Ω，滑动变阻器R5的最大阻值为4Ω，电容器的电容为C=2.0×10−6F，闭合开关后，将滑动变阻器滑片从a端滑到b端，理想电压表V的示数变化量的绝对值为ΔU。理想电流表A1的示数变化量的绝对值为ΔI1。理想电流表A2的示数变化量的绝对值为ΔI2，下列说法正确的是( )
A. 电流表A1和A2的示数都变大B. 电容器所带的电荷量减小了2.0×10−6C
C. ΔUΔI1变小D. ΔUΔI2不变
11.如图所示，在绝缘的光滑水平面上有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为s的区域内，磁感应强度大小为B。有一个边长为L(Lμmg
B受摩擦力fB=mω2⋅2r=4μmg>μmg，则A、B都将做离心运动，故D错误。
故选：B。
两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A、B都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力。
分析清楚物体的受力情况与运动情况，知道向心力来源是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
4.【答案】B
【解析】解：A.过坐标原点的割线斜率表示电阻，根据电阻R的U−I图像可知，斜率逐渐增大，即R的阻值随电压升高而增大，两图像的交点对应的阻值为R1=U1I1=12Ω=0.5Ω，故A错误；
B.根据图像斜率绝对值代表电源内阻，截距代表电动势，可知电源电动势E=3V，内阻r=|ΔUΔI|=|0−33−0|Ω=1Ω，两图像交点坐标为U1=1V，I1=2A，电源的效率为η=U1I1EI1×100%，得η≈33.3%，故B正确；
C.此时电源的输出功率P1=U1I1=1×2W=2W，将电阻R换成R2=0.3Ω定值电阻，电源的输出功率P2=(Er+R2)2R2，解得P2≈1.60W12mv2=12×1×22J=2J
由此可知，滑块不可能到达x=4m处，故D错误。
故选：BC。
根据Ep=qφ，结合滑块带负电，以及Ep−x图像斜率的绝对值表示电场力大小，综合滑块在不同位置的功能关系分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解Ep−x图像的斜率表示电场力是解决此类问题的关键。
13.【答案】1.9 左;3.0 小 5
【解析】解：(1)表盘的指针位置为19，测电阻所用的挡位为“×100”挡，所以读数结果为 19×100Ω=1.9kΩ
(2)为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
并联电路，各支路两端电压相同，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 RT=I1R0I2=×2.0kΩ=3.0kΩ
(3)由图像可知该热敏电阻的阻值随温度升高越来越小。
(4)电路报警时，总电阻 R总=EI=6.02.5×10−3Ω=2400Ω=2.4kΩ，RT=2.4kΩ−1.8kΩ=0.6kΩ
由图可知，油液内(报警液面处)热敏电阻的温度为30℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值1.5kΩ，油液外热敏电阻的温度为70℃，由图可知，此时热敏电阻的阻值0.5kΩ。设报警液面到油箱底部的距离为 h，热敏电阻的总阻值 h50⋅Rt1+50−h50⋅Rt2=RT
解得 h=5cm
故答案为：(1)1.9；(2)左，3.0；(3)小；(4)5。
(1)欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
(2)根据保护电路分析判断；根据并联电路规律和欧姆定律计算；
(3)根据图像特点判断；
(4)根据欧姆定律结合题意计算。
本题关键掌握报警电路的原理、欧姆定律和串并联电路的规律、欧姆表的读数方法。
14.【答案】A1，V1，R1； 40K； Uba=8mgmg+60000； 6000
【解析】(1)电源电动势为3V，为便于测量，电压表选用量程合适的V1。估算电路可能出现的最大电流值I=3104A，即I=3×10−4A=300μA，故电流表应选择A1。为使滑动变阻器能实现电压连续可调，采用分压式接法，应选用阻值较小的R1。
(2)当料斗空载时，拉力传感器示数为1×103N，对应应变片电阻R0=20kΩ。此时电桥平衡，满足R1R2=R3R0。代入已知电阻值R1=10kΩ，R2=20kΩ，解得R3=40kΩ。
(3)由图丁可知，应变片电阻与所受拉力关系为R0=F+19000。料斗装载物料后，总重力为mg，故F=1000+mg，代入得R0=mg+20000。根据图乙电路，R2两端电压UR2=4V，即a点电势φa=4V。b点电势为R0两端电压，即φb=R0R0+R3U。代入总电压U=12V及电阻表达式，得φb=12(mg+20000)mg+60000。因此，a、b两点间电势差Uba=φb−φa，计算得Uba=8mgmg+60000。
(4)将已知数据代入上述公式，可解得物料质量m=6000kg。
故答案为：(1)A1，V1，R1；(2)40K；(3)Uba=8mgmg+60000；(4)6000。
(1)由于电源电动势为3V，电压表选择量程匹配的V1更为合适。估算电路最大电流约为300μA，电流表应选择量程250μA的A1。滑动变阻器采用分压式接法，选择阻值较小的R1能更精确调节电压。
(2)空载时料斗重力为1000N，对应R0阻值为20kΩ。根据电桥平衡条件，R1与R2的比值等于R3与R0的比值，代入已知电阻值可计算出R3的阻值应为40kΩ。
(3)应变片电阻R0与拉力F的关系由图像给出，装载物料后总拉力为1000N加上物料重力mg。根据电路结构，a点电势固定为4V，b点电势由R0与R3分压决定，通过计算两点电势差可得到Uba与质量m的关系式。
(4)将Uba=4V代入第三问得到的关系式，直接解出物料质量m的数值。计算时注意重力加速度取10m/s2，最终结果需转换为千克单位。
本题综合考查电学实验设计与电路分析能力，涉及传感器原理、电桥平衡、分压电路计算等核心知识点。题目通过工业生产中的电子秤情境，将物理原理与实际应用紧密结合，体现了物理学的实用价值。计算量适中，但需要较强的逻辑推导能力，特别是第三问要求建立Uba与质量m的函数关系，考查学生从图像提取信息并构建物理模型的能力。第二问的电桥平衡条件应用和第四问的代数运算都是典型易错点，需注意单位换算与公式变形。整体难度中等偏上，能有效检验学生对非线性元件电路的分析水平。
15.【答案】物块离开轨道后距P点的最大高度为16m Q点到木板右端的距离为5m Q点到木板右端的距离满足x=7−2(2n−1)2m(n=1,2,3…)，对应的热量为Q热=28−8(2n−1)2J
【解析】解：(1)物块A在轨道上运动，由圆心O与P点的连线与水平面成θ角可知，P点距离轨道底端的高度h=R+Rsinθ，代入数据解得h=1.5m。
由于物块恰好运动到P点抛出，说明在P点轨道压力为0，由重力分力提供向心力，根据牛顿第二定律有mAgsinθ=mAvP2R，解得vP2=6m2/s2。
离开P点后物块做斜抛运动，其速度与竖直方向夹角为θ，则竖直分速度vy=vPcsθ。离开P点后的最大高度H=vy22g=vP2cs2θ2g，代入数据解得H=16m。
(2)物块从轨道底端运动到P点的过程，由机械能守恒定律有12mAv12=mAgh+12mAvP2，代入数据解得物块到达板右端时的速度v1=6m/s。
在木板上滑行时，物块的加速度aA=μg，代入数据解得aA=2m/s2，由v1=v0−aAt1解得运动时间t1=1s，其位移sA=v0t1−12aAt12，代入数据解得sA=7m。
木板的加速度aB=μmAgmB，代入数据解得aB=4m/s2，其位移sB=12aBt12，代入数据解得sB=2m。Q点到木板右端的距离即两者的相对位移x=sA−sB，解得x=5m。
(3)根据题意可知物块在板上滑行的时间始终为t=1s，且物块位移始终为sA=7m，则Q点到轨道底端的距离固定为7m。
设木板右端初始时刻距离轨道底端为sB0，则x=7−sB0。木板第一次碰撞轨道的时间t0= 2sB0aB，根据弹性碰撞及运动的对称性可知，木板后续碰撞轨道的时间点为(2n−1)t0。
由题意(2n−1)t0=1，解得sB0=2(2n−1)2。故Q点到木板右端的距离满足x=7−2(2n−1)2m(其中n=1，2，3…)。整个过程中产生的焦耳热Q热=μmAgx，代入数据解得Q热=28−8(2n−1)2J。
答：(1)物块离开轨道后距P点的最大高度为16m。
(2)Q点到木板右端的距离为5m。
(3)Q点到木板右端的距离满足x=7−2(2n−1)2m(n=1,2,3…)，对应的热量为Q热=28−8(2n−1)2J。
(1)物块A在圆弧轨道上运动到P点时恰好由重力分力提供向心力，由此确定P点速度。离开P点后物块做斜抛运动，将速度分解为竖直与水平方向，利用竖直方向分速度结合匀变速运动规律可求出离开P点后上升的最大高度。
(2)物块A从轨道底端运动到P点过程机械能守恒，由此反推物块滑上轨道底端时的速度。物块在木板上做匀减速运动，木板做匀加速运动，两者运动时间相同且位移差等于Q点到木板右端的距离。利用运动学公式分别计算物块与木板的位移，其差值即为所求距离。
(3)物块在木板上滑行的时间与位移固定，故Q点到轨道底端距离固定。木板从静止开始匀加速运动，其首次碰撞轨道的时间由初始位置决定。木板与轨道发生弹性碰撞后速度反向，运动具有对称性，要求物块滑至木板右端时木板恰好与轨道碰撞，需满足木板运动总时间等于物块滑行时间，由此导出木板初始位置与碰撞次数的关系，进而得到Q点到木板右端的距离表达式。因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以物块相对于木板的滑动距离。
本题综合考查动力学、能量守恒、圆周运动、斜抛运动以及板块模型中的相对运动，涉及知识点多且综合性强。计算量较大，难度属于中等偏上。题目通过物块在木板上的滑行与圆弧轨道运动的衔接，巧妙地将直线匀变速运动与曲线运动结合，重点考查学生对多过程问题的分析建模能力和能量观点的灵活运用。第三问引入周期性碰撞条件，要求学生在理解弹性碰撞对称性的基础上，运用数学归纳寻找通解，对逻辑推理和抽象思维能力提出了较高要求。整个题目设计环环相扣，逐步深入，能有效锻炼学生综合处理复杂物理情境的能力。
16.【答案】(1)带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得d=v0cs45°×t，v0sin45°=ayt，qE1=may
联立可得E1=mv022qd
(2)粒子竖直方向通过的距离设为y，则y=(v0sin45°)22a
联立解得y=d2
粒子以水平速度vx= 22v0进入圆形磁场区域，有qvxB1=mvx2r1
解得r1=d
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得 t=T3=13×2πr1vx
解得t=2 2πd3v0
(3)粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成60°到120°范围之内，可得 qvxB2=mvx2r2
联立解得r2=2d
当速度与x轴正半轴成60°到120°范围时，粒子打到x轴的同一位置，距M点的最近距离为x1=2 3d
当速度与x轴成90°进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远x2=4d
故x的坐标范围为(2 3d+2d,6d)
(4)O点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为60°，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度vx′，使得qvx′B2=qE2
可得vx′= 22v0
则另一分速度与x轴负方向的夹角为60°，大小为v圆，可得v圆= 22v0
以此速度做圆周运动的半径r3=mv圆qB2=2d
到x轴的最远距离为 y=r3+r3cs60°=3d
【解析】详细解答和解析过程见答案
17.【答案】圆环轨道最大半径是0.12m 小煤块在传送带上留下的痕迹长度是0.2m 传送带的速率是3m/s
【解析】解：(1)煤块从释放到恰能过最高点过程，由动能定理得mg(lsinθ−2R)−μmglcsθ=0−0
代入数据解得R=0.12m
(2)煤块刚放在传送带上，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma1
煤块加速到与传送带共速需要的时间t1=va1
加速到与传送带速度相等的位移x1=v22a1
代入数据解得a1=10m/s2，t1=0.2s，x1=0.2m