2025年沪科版高三物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版高三物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示，将质量为m的小球P用细线悬挂于O点，用拉力F拉住小球P使其处于静止状态，要求悬线与竖直方向成θ=30°角．拉力F的最小值为（）A.mgB.mgC.mgD.mg2、下列关于参考系说法正确的是（）A.参考系是在描述一个物体运动时，选来作为标准的物体B.参考系就是不动的物体C.坐在行驶的火车里的乘客，认为自己是静止的，是以地面的树木作为参考系的D.选择不同的参考系，观察同一个运动，其观察结果一定相同3、如图为一列沿x轴正向传播的简谐横渡在t=0时刻的波形图，P为0.9m处的质量，Q为2.2m处的质点．若经历△t=0.1s，P质点恰好第一次运动到波谷，则下列说法正确的是（）A.该波的周期T=B.该波的传播速度为v=14m/sC.从t=0时刻再经历1s，P质点向前传播的距离为14mD.从t=0时刻再经历s，Q质点一定向下振动4、如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA．已知q1带正电，不计粒子重力．则下列说法中正确的是（）A.q2也带正电B.A点的电势低于C点的电势C.电场力对q1做正功，对q2做负功D.q1、q2的电势能均减小5、如图所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A点后()A.粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B.粒子在M、N间运动过程中，动能一定增大C.粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小D.以上说法都不对6、如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流。电压表、电流表都为理想电表。当滑动变阻器R的滑动触头向左滑动时，电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2。电流表A示数变化的绝对值为ΔI，下列说法中正确的是A.V1示数增大，A示数减小，=RB.V1示数增大，A示数减小，=R1C.V2示数减小，A示数减小，=R2D.V2示数增大，A示数增大，=R7、关于洛伦兹力，下列说法正确的是（）A.电荷处于磁场中一定受到洛伦兹力B.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C.某运动电荷在某处未受到洛伦兹力，该处的磁感应强度一定为零D.洛伦兹力可改变运动电荷的运动方向，但永远不做功评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（）A.加速度的大小一定大于4m/s2B.加速度的大小可能小于4m/s2C.加速度的大小一定小于10m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s29、如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m．开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中（）A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加10、如图所示，福娃欢欢带正电，福娃贝贝带负电，用导体棒连结的瞬间，就一系列问题两人发生争执，你认为下列说法正确的是（）A.福娃欢欢说，电流计指针偏转，有瞬时电流B.福娃贝贝说，电流计指针不偏转，无电流C.福娃欢欢说，最终我们是等势体D.福娃贝贝说，最终导体棒内的电场强度等于零11、一个铁球从地面上方自由下落，不计空气阻力，下列给出铁球下落过程中速度v、加速度a、位移x与时间t的关系可能正确的是（）A.B.C.D.12、“龟兔赛跑”的故事可为家喻户晓，也是一个富有哲理的寓言故事，如图所示为“龟兔赛跑”中的乌龟和兔子在时间t0内的位移-时间图象，则下面说法正确的是（）A.乌龟比兔子晚出发B.在比赛过程中，兔子有一段时间速度为零C.在时刻t0乌龟和兔子的位移相等D.在比赛的过程中，乌龟和兔子总共相遇了2次评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（2010•镇江模拟）在光滑的水平面上有甲、乙两个物体发生正碰，已知甲的质量为1kg，乙的质量为3kg，碰前碰后的位移时间图象如图所示，碰后乙的图象没画，则碰后乙的速度大小为____m/s，碰撞前后乙的速度方向____（填“变”、“不变”）14、（2013秋•荔城区校级月考）传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ=37°，现在将一质量m=2kg的物体（可以看作质点）放在其底端，传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如图所示，已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要经过时间t=____s才能离开传送带？15、一个原来不带电的中空金属球壳，上开一个小孔．若将一个带负电的小球放入且不与球壳接触，若用手接触一下球壳后移走带电小球，则球壳的外表面是带____电．16、三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知n=____．17、A：两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，则木块A的最终速度vA=____m/s，滑块C离开A时的速度vC´=____m/s

B：某人造地球卫星质量为m，其绕地球运动的轨道为椭圆．已知它在近地点时距离地面高度为h1，速率为v1，加速度为a1，在远地点时距离地面高度为h2，速率为v2，设地球半径为R，则该卫星由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功为____．在远地点运动的加速度a2为____．

18、（2015春•东至县校级期中）如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星先进入椭圆轨道1，然后在P点通过改变卫星速度让卫星进入地球同步轨道2．则该卫星的发射速度必____11.2km/s，卫星在同步轨道2上的运行速度必____7.9km/s（填大于、小于或等于）．19、一个带正电的质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差UAB=____V．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、普通验电器能直接检测物体带有何种性质的电荷．____．（判断对错）21、阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电．____（判断对错）评卷人得分五、证明题(共4题，共20分)22、如图所示，细绳系一小球（如图甲所示）或轨道内侧的小球（如图乙所示）在竖直面内做圆周运动，在最高点时的临界状态为只受重力作用，则有mg=m，故小球能通过最高点的临界速度v=．

试证明小球在最高点时：

（1）v=；拉力或压力为零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或压力作用；

（3）v＜；小球不能到达最高点．

即轻绳模型的临界速度为v临=．23、宇航员驾驶一飞船在靠近某行星表面附近的圆形轨道上运行，已知飞船运行的周期为T，行星的平均密度为试证明（万有引力恒量G为已知，是恒量）24、如图所示，细绳系一小球（如图甲所示）或轨道内侧的小球（如图乙所示）在竖直面内做圆周运动，在最高点时的临界状态为只受重力作用，则有mg=m，故小球能通过最高点的临界速度v=．

试证明小球在最高点时：

（1）v=；拉力或压力为零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或压力作用；

（3）v＜；小球不能到达最高点．

即轻绳模型的临界速度为v临=．25、带电离子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域，C，B为该正方形两边的中点，如图所示，不计粒子的重力，当区域内有竖直方向的匀强电场E时，粒子恰好从A点飞出；当区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时，粒子也恰好从A点飞出，试证明：=v．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】以物体为研究对象，采用作图法分析什么条件下拉力F最小．再根据平衡条件求解F的最小值．【解析】【解答】解：以物体为研究对象，根据作图法可知，当拉力F与细线垂直时最小．

根据平衡条件得。

F的最小值为Fmin=Gsin30°=mg

故选：B．2、A【分析】【分析】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系．【解析】【解答】解：A；参考系是在描述一个物体运动时；选来作为标准的物体，故A正确；

B；任何物体均可作为参考系；可以是运动的，也可以是静止的，故B错误；

C；坐在行驶的火车里的乘客；认为自己是静止的，是以火车为参考系的，故C错误；

D；选择不同的参考系；观察同一个运动，其观察结果不一定相同，故D错误；

故选：A．3、B【分析】【分析】根据波形的平移法可知，当t=0时刻x=-0.5m处的波谷状态传到P点时，P质点恰好第一次运动到波谷，由v=求出波速；读出波长，求出周期；质点不向前移动；从t=0时刻再经历s，由时间与周期的关系分析Q点的振动方向．【解析】【解答】解：A、B当t=0时刻x=-0.5m处的波谷状态传到P点时，P质点恰好第一次运动到波谷，波传播的距离x=0.5+0.9=1.4m，则波速v==．

由图知：λ=2m，则周期T==s=．故A错误；B正确．

C；简谐横波沿x轴正向传播时；质点P只上下振动，并不向前移动．故C错误．

D、t=0时刻质点Q向下振动，由于时间t=s=0.5T；Q质点一定向上振动．故D错误．

故选：B4、D【分析】【分析】由物体做曲线运动的条件结合电场力平行于电场线，电场力水平向右，又q1带电正电，故电场方向向右，同理，q2带负电荷．【解析】【解答】解：A、由物体做曲线运动的条件，且q1带正电，故电场力水平向右，电场方向向右，则q2受的电场力向左，故q2为负电荷；故A错误

B；由A项知电场线水平向右；沿电场线的方向电势降低，故A点的电势高于C点的电势，故B错误

C；由图可知；电场力与运动方向夹锐角，做正功，故C错误

D；电场力与运动方向夹锐角；做正功，电势能减少，故D正确

故选D5、A【分析】当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动．而加在PQ间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了．综上所述，A项正确．【解析】【答案】A6、B【分析】试题分析：滑动变阻器触头向左滑动时，阻值增大，R1和R并联电阻增大，并联电压增大，则流过R1电流增大，总电流恒定，则流过电流表电流减小，流过R2电流不变，则V2示数不变，V1测量路端电压，外电阻增大，V1示数增大。设电源提供恒定电流为I0，则电压表V2示数U2=I0R2为定值，电流表示数为I，则有I0=I+（U1-U2)/R1，整理得U1=（U2+R1I0)+R1I，其中U2、R1、I0均为定值，则U1与I成线性关系，斜率即为ΔU1/ΔI=R1，B选项正确。【解析】【答案】B7、D【分析】【分析】电场的性质是对电荷有力的作用．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功．【解析】【解答】解：A；若电荷没有运动；则不受洛伦兹力．故A错误．

B；C若运动电荷的运动方向平行于匀强磁场；则不受洛伦兹力，故B、C错误．

D；洛伦兹力方向始终与速度方向垂直；则洛伦兹力永远不做功．故D正确．

故选：D．二、多选题(共5题，共10分)8、AD【分析】【分析】物体作匀变速直线运动，取初速度方向为正方向，1s后末速度方向可能与初速度方向相同，为+10m/s，也可能与初速度方向相反，为-10m/s，根据加速度的定义式a=可求出加速度可能值【解析】【解答】解：当末速度与初速度方向相同时，v0=4m/s；v=10m/s，速度变化△v=6m/s；

t=1s，则加速度a==6m/s2，加速度的大小为6m/s2．

当末速度与初速度方向相反时，v0=4m/s；v=-10m/s，速度变化△v′=-14m/s；

t=1s，则加速度a==-14m/s2，加速度的大小为14m/s2；故AD正确，BC错误．

故选：AD9、BD【分析】解：A、开始时，有magsinθ=mbg，则ma=．

a的加速度与B的加速度相等，对b，根据牛顿第二定律：F-T+mg=ma，而T＞0，故a＜A错误；

B、b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为mag×hsinθ=mgh．故B正确．

C；对a分析；绳子拉力做的功转化为a的机械能和a摩擦生热，所以绳子做的功应该大于a机械能增量．故C错误．

D、对系统，合外力做的功等于动能的增加，即F对b做的功与摩擦力对a做的功与重力对a和b做的功之和，而重力对b做正功，对a做负功，且绝对值相等，故重力对系统做功之和为0，则F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于动能增加．故D正确．

故选：BD．

通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系．根据b上升的高度得出a下降的高度，从而求出a重力势能的减小量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系．

本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合力选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析．【解析】【答案】BD10、ACD【分析】【分析】福娃欢欢带正电，福娃贝贝带负电，用导体棒连接的瞬间，电流计指针偏转，有瞬时电流，当电荷不移动时，他们是等势体．导体棒内的电场强度为零．【解析】【解答】解：A；B福娃欢欢带正电；福娃贝贝带负电，用导体棒连接的瞬间，负电荷将沿导体棒发生移动，形成瞬时电流，电流表的指针会偏转．故A正确，B错误．

C；最终电荷不移动时；处于静电平衡状态，两人是一个等势体．故C正确．

D；最终导体棒处于静电平衡状态；导体棒内的电场强度等于零．故D正确．

故选：ACD11、AB【分析】【分析】物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下；②从静止开始．只在重力作用下保证了物体的加速度为g；从静止开始保证了物体初速度等于零．所以自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动．【解析】【解答】解：AD；自由落体运动的速度v=gt；速度与时间成正比，所以A正确，D错误；

B；自由落体运动的加速度为重力加速度；是不变的，所以B正确；

C、自由落体运动的位移h=gt2；位移与时间是二次函数，不是正比，所以C错误．

故选：AB．12、BD【分析】【分析】位移时间图线的斜率表示物体的速度，通过位移时间图线的交点，判断两者相遇的次数．【解析】【解答】解：A；从图线可知；乌龟比兔子早出发．故A错误．

B；兔子先做匀速直线运动；然后静止，再做匀速直线运动，故比赛过程中兔子有一段时间内速度为零．故B正确．

C、在t0时刻；乌龟的位移大于兔子的位移，则两者位移不等．故C错误．

D；在整个运动过程中；有两次交点，交点的纵坐标相等，则位移相等，知相遇了2次．故D正确．

故选BD．三、填空题(共7题，共14分)13、0.1不变【分析】【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解．【解析】【解答】解：以乙的初速度方向为正方向；由x-t图象可知，碰撞前有：

v乙===0.2m/s，v甲=0m/s；

碰撞后v甲′===0.3m/s；碰撞过程动量守恒；对甲；乙组成的系统，由动量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′；

代入数据解得：v乙=0.1m/s＞0；故方向也不变．

故答案为：0.1，不变．14、【分析】【分析】在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解．【解析】【解答】解：物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前；有：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得：a1=6m/s2

由v=a1t1，t1=1s

位移为：x1=

在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F；

由于：μmgcos37°=4N；mgsin37°=12N；

故有：mgsin37°＞μmgcos37°；

则此后物体做匀减速运动，加速度大小为：a2==4m/s2

设再过t′时间物体的速度减为零，则有：t′==1.5s

此过程物体通过的位移为：x1=

由于传送带总长为10m，x1+x3＜10m；说明此后物体速度减速为零后沿传送带下滑．设下滑的时间为t″

则有：x1+x3=

代入数据解有：

3+4.5=

解得：t″=s

故撤去拉力，物体还需要时间为：t=t′+t″=1.5s+=s．

故答案为：15、正【分析】【分析】静电平衡后，由于静电感应，金属球壳内壁感应出正电荷；用手接触一下球壳后相当于外表面接地，会导走球壳外表面的电荷．若带电小球与球壳的内壁接触，电荷只分布在球壳的外表面上．【解析】【解答】解：由于静电感应；金属球壳内壁感应出正电荷，金属球壳内部的电子转移到球壳的外表面，使球壳的外表面带负电；

若用手接触一下球壳；相当于外表面接地，会导走球壳外表面的负电荷；移走带电小球，金属球壳重新达到静电平衡后，此时球壳内表面的正电荷会转移到球壳的外表面，所以此时球壳的外表面带上正电荷．

故答案为：正16、6【分析】【分析】当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．【解析】【解答】解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=①；

3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：；

再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为；

将球3移至远处后，球1、2之间作用力为F=②；

由①②两式解得：n=6；

故答案为：617、略

【分析】

（A）对于整个过程；把BC看成一个整体，根据动量守恒定律得。

mCvC=mAvA+（mC+mB）v′

得，vA=2.6m/s

对于C在A上滑行的过程；把AB看成一个整体，由动量守恒定律得。

mCvC=（mA+mB）vA+mCvC′

代入解得，vC′=4.2m/s

（B）根据动能定理得，W=mv12-mv22．

（2）根据牛顿第二定律得，a1==．

则a2=．

联立两式解得：a2=．

故答案为：

（A）2.6，4.2（B）

【解析】【答案】（1）A、B、C三个木块组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程，求解木块A的最终速度vA；

根据运量守恒定律研究C在A上滑行的过程，求出滑块C离开A时的速度v′C．

（2）根据动能定理求出由远地点到近地点万有引力做的功．

根据牛顿第二定律求出在远地点的加速度．

18、小于小于【分析】【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较出卫星在同步轨道上的速度与第一宇宙速度的大小．【解析】【解答】解：该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行．根据=m

得：v=；第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9km/s．

故答案为：小于，小于19、1×104【分析】【分析】质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．【解析】【解答】解：根据动能定理得。

qUab+W其他=△Ek

看到Uab===1×104V

故答案为：1×104V．四、判断题(共2题，共16分)20、×【分析】【分析】验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的．【解析】【解答】解：验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；故验电器张开的角度越大，说明带电体所带的电荷越多，不能直接判断电荷的正负，只可以定性表物体带电量的多少．

故答案为：×21、×【分析】【分析】阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子．【解析】【解答】解：阴极即负极；阴极射线是负极发出的射线，是电子流；同理，阳离子在阳极放电．故该说法是错误的．

故答案为：×．五、证明题(共4题，共20分)22、略

【分析】【分析】利用小球做圆周运动时的向心力与速度之间的关系式Fn=m以及向心力是沿半径方向上的所有力