2025_2026学年安徽省六安市毛坦厂中学高三上学期1月月考物理试卷 [含解析]

这是一份2025_2026学年安徽省六安市毛坦厂中学高三上学期1月月考物理试卷 [含解析]，共41页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 运动的质子在经过某点时不受洛伦兹力，则该点的磁感应强度为零
B. 电荷在磁场中运动，其速度可能保持不变
C. 速度大小相同的带电粒子在相同的磁场中所受洛伦兹力的大小一定相同
D. 电子束垂直进入磁场时发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功结果
【答案】B
【解析】
【详解】A．运动的质子不受洛伦兹力可能是因为速度方向与磁场方向平行（此时磁感应强度不为零），故A错误；
B．当电荷速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零，电荷做匀速直线运动，速度保持不变，故B正确；
C． 洛伦兹力大小为 ，速度大小相同但方向不同（不同）时，力的大小不同，故C错误；
D． 洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，故D错误。
故选B。
2. 航空母舰上装备的电磁弹射系统可使静止的舰载机获得的初速度，而后由机载发动机使得舰载机在内达到的起飞速度。假设弹射后舰载机做匀加速直线运动，则该过程中其加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】舰载机做匀加速直线运动，已知初速度
末速度
位移
根据匀加速直线运动的速度与位移关系
代入数据得
故选A
3. 如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（ ）
A. 4号猴子的加速度和速度都等于0B. 3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上
C. 1号猴子对2号猴子的作用力大小为D. 2号猴子对3号猴子的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对4号猴子进行分析可得手滑后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误；
B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有
当3号猴子手滑后的一瞬间，对1、2、3号猴子整体分析可得
解得
方向竖直向上，故B错误；
C．对2、3号猴子进行受力分析可得
解得1号猴子对2号猴子作用力大小为，故C正确；
D．对3号猴子分析可得，2号猴子对3号猴子的作用力F，有
解得，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，竖直挡板（厚度不计）的高度为，挡板与竖直墙壁的距离为，将一个小球从离地高度的点以某一初速度水平抛出，小球恰好经过挡板上沿且落在墙角点。不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 小球在空中运动的时间为
B. 小球抛出时的初速度大小为
C. 点到挡板上沿的水平距离为
D. 小球到达墙角点时的速度方向与水平地面的夹角为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据平抛运动规律有
解得，故A错误；
B．根据平抛运动规律有
解得
故小球从挡板上沿到墙角的时间为
则小球水平速度为，故B正确；
C．小球到挡板的水平距离为，故C错误；
D．小球落地竖直速度为，水平速度为，故速度方向与水平地面的夹角不是45°，故D错误。
故选B。
5. 我国在轨运行的气象类卫星有两类，一类是极地轨道卫星，如“风云一号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星，如“风云2号”，运行周期为24h，下列说法正确的是（ ）
A. 风云1号的线速度大于风云2号的线速度
B. 风云1号的向心加速度小于风云2号的向心加速度
C. 风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度
D. 风云1号、风云2号相对地面均静止
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力 可得
故轨道半径越大则周期越大，风云一号的周期小于风云二号的周期，故风云一号的轨道半径小于风云二号的轨道半径。根据万有引力提供向心力有 可得
故轨道半径越大则线速度越小，因风云一号的轨道半径小于风云二号的轨道半径，故风云一号的线速度大于风云二号的线速度，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有可得
故轨道半径越大则线速度越小，因风云一号的轨道半径小于风云二号的轨道半径，故风云一号的向心加速度大于风云二号的向心加速度，故 B错误；
C．向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功，故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度，因风云一号的轨道半径小于风云二号的轨道半径，故风云1号的发射速度小于风云2号的发射速度，故C错误；
D．风云2号是同步卫星，相对地面静止，而风云1号不是同步卫星，相对地面是运动的，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，间距的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，左端与电动势，内阻的电源连接，电路中定值电阻。质量，连入电路电阻的导体棒垂直放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁场磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平面的夹角斜向右上方。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数，导轨电阻不计，导体棒与导轨接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。闭合开关瞬间（ ）
A. 导体棒受到的安培力大小为2NB. 导体棒对导轨的压力大小为4.5N
C. 导体棒受到的摩擦力大小为1.75ND. 导体棒的加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．闭合开关后回路的电流
导体棒受到的安培力大小为
选项A错误；
B．导体棒对导轨的压力大小为
故B错误；
C．导体棒受最大静摩擦力为
导体棒受到的安培力的水平分量为
可知导体棒将向右滑动，所受的摩擦力为
选项C正确；
D．导体棒的加速度大小为
选项D错误。
故选C。
7. 如图所示，匀强电场与等腰△ABC所在的平面平行。将电荷量为的点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功为；再将电荷从B点移动到D点，克服静电力做功为。已知，D为BC的中点，。规定A点的电势为0，下列说法正确的是（ ）
A. AB两点的电势差
B. 电场强度的大小为1000V/m
C. 电场强度的方向沿BA边指向A
D. 将该电荷由C点移动到A点，静电力做功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由，故A错误；
BC．又
D为BC的中点，所以
而
，AC的连线为等势面，过点D作，垂足为点E
由点D到点E计算场强
方向由D指向E，故B正确，C错误；
D．AC的连线为等势面，将该电荷由C点移动到A点，静电力不做功，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，在区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，，，BC=2d。在顶点处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向区域内各个方向均匀射入比荷为、速率为的带负电的粒子，有的粒子能从边射出，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度大小为
B. 从BC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
C. 粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 边有粒子射出的区域长度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子源射出的粒子有从边射出，，则速度方向与边成角范围内的粒子都能从边射出，如图所示，当粒子速度方向与边成角时，粒子运动轨迹与边相切，其圆心为，由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为，又，解得，故A错误；
B．所有粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，轨迹为劣弧时对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，运动时间最短的粒子对应的弦垂直于，由几何关系可得，轨迹对应圆心刚好在边上，最短时间，故B错误；
C．轨迹为劣弧时对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，沿弧运动时时间最长，故，故C错误；
D．边有粒子射出的区域为，由几何关系可得，故D正确。
故选D。
【点睛】
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 电动自行车多处用到了霍尔传感器，如测速仪、无刷电机等。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属板放在垂直于其前表面的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过金属板时，在金属板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。已知电势差UH、电流I和B的关系为，式中的k为霍尔系数。设电流I（方向如图）是由电子的定向移动形成的，金属板单位体积内电子的个数为n，电子定向移动的速率为v，电量为e。达到稳定状态时，则（ ）
A. 电子所受的洛仑兹力方向为垂直于下表面向上
B. 金属板上表面的电势高于下表面的电势
C. 金属板上、下两表面之间的电势差UH的大小为Bhv
D. 霍尔系数
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．电流向右、磁场向内，电流是电子的定向移动形成的，电子向左做定向移动，由左手定则，故电子所受的洛伦兹力方向为垂直于下表面向上，故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故金属板上表面的电势低于下表面的电势，故A正确，B错误；
C．电子最终达到平衡，洛伦兹力等于电场力
解得，故C正确；
D．电流的微观表达式
由，联立可得。由题可知，故霍尔系数。故D正确。
故选ACD。
10. 如图所示，物块甲（视为质点）套在光滑水平固定放置的硬细杆上，物块乙放置在倾角为30°的光滑斜面上，轻质细线跨过定滑轮（体积忽略不计），两端分别与甲、乙连接，甲、乙的质量均为m，当甲从A点由静止释放时,乙处在C点，绳子伸直，已知两段绳子与水平方向的夹角均为30°，B点是滑轮正下方杆上的点，且滑轮与B点的高度差为h，不计滑轮的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 当甲从A点运动到B点，系统重力势能的减小量为mgh
B. 当甲运动到B点时，乙的速度为0，甲的速度大小为
C. 当滑轮与甲之间的细绳与水平方向的夹角为60°时，乙的速度大小为v0则甲的速度大小为
D. 当甲运动到B点时，杆对甲的弹力竖直向下大小为F，则乙的加速度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲从A点运动到B点，由几何关系可得乙沿斜面下滑的距离为h，系统重力势能的减小量即乙重力势能的减小量为，故A错误；
B．甲运动到B点时，滑轮与甲之间的细绳与杆垂直，由关联速度间的关系可得乙的速度为0，设甲的速度为v，由机械能守恒可得
解得，故B正确；
C．当滑轮与甲之间的细绳与水平方向的夹角为60°，乙的速度为v0，把甲的速度v甲分别沿着绳子和垂直绳子分解，则乙的速度即绳速为
解得，故C错误；
D．当甲运动到B点，杆对甲的弹力竖直向下大小为F，对甲受力分析，由三力平衡可得绳的拉力为
对乙受力分析由牛顿第二定律可得
解得，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 为探究加速度与物体受力、物体质量的关系，实验装置如图1所示：
（1）以下实验操作正确的是______。
A. 补偿阻力时，需将木板不带定滑轮一端适当垫高，使小车在钩码的牵引下恰好做匀速直线运动
B. 调节定滑轮的高度，使细线与木板平行
C. 补偿好阻力后，将小车停在打点计时器附近，接通电源，释放小车，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开电源
D. 实验中为减小误差应保证车及车中砝码的总质量远小于钩码的总质量
（2）实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有4个点没有画出），已知打点计时器频率为，根据纸带可求出小车的加速度为______（结果保留两位有效数字）。
（3）某同学保持小车及车中砝码质量一定，探究加速度与所受外力的关系，他在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到两条-图线，如图3所示。图线______（选填“①”或“②”）是在轨道水平情况下得到的；小车及车中砝码的总质量______kg。
【答案】（1）BC （2）0.25
（3） ①. ② ②. 0.5
【解析】
【小问1详解】
A．实验前要补偿阻力，补偿阻力时小车不能与砝码和砝码盘相连，故A错误；
B．为使小车受到的拉力等于细线拉力，应调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；
C．实验时要先接通电源后释放纸带，为充分利用纸带，将小车停在打点计时器附近，故C正确；
D．实验中为减小误差应保证钩码的总质量远小于车及车中砝码的总质量，故D错误。
故选BC。
【小问2详解】
打点周期为
两相邻计数点间还有4个计时点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为
由逐差法可得，小车的加速度为
【小问3详解】
[1] 由图线①可知，当F=0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。
所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的，那么图线②是轨道水平情况下得到的。
[2] 轨道水平时未平衡摩擦力，则会出力大于最大静摩擦力才会出现加速度，故②是在轨道水平情况下得到的，根据牛顿第二定律 ，所以
所以图像斜率为质量倒数，所以。
12. 某同学为了测量一直流电源的电动势和内阻以及一有固定刻度的均匀电阻丝的电阻率，设计了如图1所示的电路。电阻丝相邻刻度的间距为，电阻丝横截面为圆形，直径为，电流表内阻，电压表内阻未知。实验步骤如下：
（1）使用螺旋测微器测量电阻丝直径如图2，则电阻丝直径______mm。
（2）闭合开关和，调节滑动变阻器，记录多组电压表读数和电流表读数，画出图线如图3所示，则测得电源电动势为______V，电源内阻为______。
（3）断开开关，调节滑动变阻器阻值，使电流表示数达到最大
（4）保持滑动变阻器阻值不变，多次改变接入电路的电阻丝长度，使接入电路的电阻丝的长度为，记录电流表读数和，绘制出图像如图4，测得图线斜率为，则电阻丝电阻率______（用测量量和已知量字母表示），测得的电阻率______（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 ①. 2.700 ②. 12 ③. 1 ④. ⑤. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]由螺旋测微器读数规则知电阻丝直径。
（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律知，电压与电流之间的关系为
结合图3知，电源电动势，电源内阻
测得的电源电动势等于真实值。
（4）[4][5]由电阻定律公式知，长度为的电阻丝的阻值
接入电路电阻丝的长度为单位长度的倍，则接入电路的阻值
设滑动变阻器当前阻值为，由闭合电路欧姆定律有
可得
将代入可得
故图4中图线斜率
电阻率
由（2）知，测得的电动势等于真实值；电源内阻、电流表内阻、滑动变阻器的当前阻值不影响测量结果，故测得的电阻率等于真实值。
13. 如图甲所示，两根相距、电阻不计的平行且足够长光滑金属导轨水平放置，一端与阻值的电阻相连。导轨间存在磁感应强度沿轴正方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直且垂直纸面向内，图像如图乙所示。一根电阻的金属棒置于导轨上，始终与导轨垂直并接触良好。金属棒在外力作用下从处以初速度沿导轨向右运动，运动过程中通过电阻的电流不变，求：
（1）金属棒端和端，哪一端的电势高，及通过金属棒的电流大小；
（2）金属棒运动到处的速度大小；
（3）金属棒从处运动到处的过程中克服安培力做功的大小。
【答案】（1）端，
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据右手定则可知感应电流的方向由到，可以等效为电源的金属棒上电流方向由低电势到高电势，所以端电势高金属棒切割磁感线时的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知感应电流，解得
【小问2详解】
金属棒运动过程中感应电流不变，则，由题图乙可知，代入数据解得金属棒运动到处时的速度大小
【小问3详解】
金属棒受到的安培力大小为，金属棒从处运动到处过程中克服安培力做功，其中，代入数据解得
14. 一个半径的光滑竖直圆弧轨道与一段足够长的粗糙水平轨道相切于B点。在B点静止放置一个质量为的物块P。一个质量为的光滑小球从A点由静止释放，A点与圆心O的连线与竖直方向成角。小球滑下后，在B点与静止的物块P发生弹性正碰。物块P与水平轨道的动摩擦因数，不计小球与水平轨道间的摩擦。小球与物块均可视为质点，碰撞时间极短，重力加速度。，。求：
（1）小球第一次运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小。
（2）小球与物块P发生弹性碰撞后，两者各自的速度大小；
（3）从第一次碰撞后经过多久小球和P发生第二次碰撞。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【小问1详解】
从点到点过程，根据动能定理①
在点，对小球，根据牛顿第二定律②
根据牛顿第三定律③
联立①②③解得④
【小问2详解】
小球与物块P碰撞过程，根据能量守恒定律有⑤
根据动量守恒定律有⑥
联立⑤⑥解得⑦，⑧
【小问3详解】
解法1：碰后P加速度大小⑨
P停下来用时
P停下来时位移⑩
4s内小球位移
故小球不能在P停下来之前第二次撞上P，即第二次碰撞时P已经静止⑪
故⑫
解法2：碰后P加速度大小⑨
P停下来用时
假设碰撞时P还未停下，⑩
解得
大于4s，故假设不成立，即第二次碰撞时P已经静止⑪
故⑫
15. 如图所示的平面内，的区域内有竖直向上的匀强电场；在区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为（未知），大小关系为，磁场方向均垂直于纸面向外。一质量为，带电荷量为的粒子，在时刻，从点以速度沿轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小和方向；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间；
（3）磁感应强度的可能取值。
【答案】（1），方向与轴正半轴的夹角为
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
带电粒子在电场中，水平方向做匀速运动，有
竖直方向做匀加速运动，有
带电粒子通过坐标原点的速度大小为
设速度方向与轴正半轴的夹角为θ，则
解得，
【小问2详解】
当粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出时的时间最短，如图甲所示，
由几何关系知
带电粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间最短为
解得
【小问3详解】
粒子在磁场中运动，如图乙所示
由洛伦兹力提供向心力有
由于，则有
且满足关系
解得