2025年青岛版六三制新高三物理上册月考试卷

…………○…………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年青岛版六三制新高三物理上册月考试卷56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6题，共12分)1、对于万有引力定律公式F=G中的r，下列说法正确的是（）A.对卫星而言，是指轨道半径B.对地球表面的物体而言，是指物体距离地面的高度C.对两个质量分布均匀的球体而言，是两球体之间的距离D.对人造卫星而言，是指卫星到地球表面的高度2、如图所示的位移（s）-时间（t）图象和速度（v）-时间（t）图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A.图线1表示物体做曲线运动B.s-t图象中t=0时刻v1＞v2C.v-t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D.两图象中，图中所运动2所表示全过程运动位移大小不等于路程，而4位移大小等于路程3、如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示下小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图上的信息下列判断不正确的是（）A.能求出小球在位置“3”的速度B.能求出小球下落的加速度C.能判定位置“1”不是小球无初速释放的位置D.能判定小球下落过程中机械能是否守恒4、【题文】一交流发电机的线圈电阻为1Ω；将其输出端接在电阻为10Ω的电阻丝上，其输出电压从某时刻开始随时间变化的图象如图所示，则。

A.线圈转动的角速度为100rad/sB.交流发电机的电动势最大值为200VC.电阻丝的发热功率为2kWD.若将此发电机接在匝数比为1∶2的理想变压器上可使输出频率提高1倍5、【题文】以下有关高中物理实验的一些描述中，正确的是()A.在“研究平抛运动”实验中，需要用重锤线确定竖直方向B.在“用油膜法测分子直径的大小”的实验中应直接将纯油酸滴入水中C.在“用单摆测定重力加速度”实验中，如果摆长测量无误．测得的g值偏小，其原因可能是将全振动的次数N误计为N–1D.

E．在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，导电纸上形成的是两等量异号电荷的静电场。6、关于时间和时刻的以下说法正确的是（）A.第3秒末和第4秒初指的都是时刻，并且是同一时刻B.前3秒内和第3秒内都是指时间，并且所指时间相同C.物体从开始运动到第8秒初，运动时间是8SD.物体从开始运动到第8秒末，运动时间是9S评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图是等离子体发电机的示意图，原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，等离子体以速度v进入矩形发电通道，发电通道里有图示的匀强磁场，磁感应强度为B．等离子体进入发电通道后发生偏转，落到相距为d的两个金属极板上，在两极板间形成电势差，等离子体的电阻不可忽略．下列说法正确的是（）A.上极板为发电机正极B.外电路闭合时，电阻两端的电压为BdvC.带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能D.外电路断开时，等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡8、某学习小组在学习发电机原理和电能输送后，自行设计了一个电能输送模型．小型发电机内阻为1Ω，输出电压为10V，输电线总电阻为r=5Ω，升压变压器原副线圈匝数比为n：n2=1：4．降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）．要使额定电压为20V电阻为10Ω的用电器（纯电阻）正常工作；则（）

A.升压变压器的原线圈中电流是10A，输电线上电流为8AB.通过升压变压器原、副线圈电流的频率比为1：4C.降压变压器的输入功率为40W，通过用电器的电流为2AD.若其它量都不变只是n2增大，则输电线上损失的电压减小9、关于重力，下列说法中正确的是（）A.物体的重心一定都在物体上B.因重力的方向总是竖直向下的，故重力的方向一定和地面垂直C.重力是由于地球的吸引而产生D.地球上的任何物体均受到重力的作用，与物体和地球是否接触无关10、（2015秋•成都校级月考）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m、带电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法不正确的是（）A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在AC部分不可能做匀速圆周运动C.若小球能从B点离开，上升的高度一定等于HD.小球到达C点的速度不可能为零11、如图所示，三个小球a、b、c的质量都是m，均放于光滑的水平面上，小球b与c通过一轻弹簧连接并且静止，小球a以速度v0沿a、b两球心连线方向冲向小球b，碰撞后与小球b粘在一起运动，在整个运动过程中，下列说法不正确的是（）A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C.当小球b、c的速度相等时，弹簧的弹性势能最小D.当弹簧恢复原长时，小球c的速度为零12、质量相等的两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图（b）所示．从木块A开始做匀加速直线运动到木块B将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内）（）A.力F一直增大B.弹簧的弹性势能先减小后增大C.木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D.两木块B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、如图（甲）所示的电路，闭合电键S，在滑片P下滑过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图（乙）中的三条图线分别表示了三个电压表示数随电流的变化的情况．其中图线a表示的是电压表____（选填“V1”“V2”或“V3”）的示数随电流变化的情况；在此过程中电压表V1示数的变化量△U和电流表A示数的变化量△I的比值____（选填“变大”“变小”或“不变”）．14、把带电量为4×10-8C的负电荷从无穷远处移到电场中的A点，需克服电场力做功2×10-6J，再把它从A点移到B点，电场力对它做功1×10-6J．则A点电势为____V，B点电势为____V，该电荷在A点具有的电势能为____J．（设无穷远处电势为零）15、【题文】利用单分子油膜法测分子的直径时，要首先测出____，再测出油膜的____，就可以算出分子的直径。油酸分子的直径的数量级为____m。16、光滑绝缘水平面上相距为L

的点电荷AB

带电荷量分别为+4q

和鈭�q

如图所示，今引入第三个点电荷C

使三个点电荷都处于平衡状态，则C

的电性为______电荷量为______，放置在的位置______．17、（2015秋•天津校级期中）用重力可以忽略不计的细绳将镜框悬挂在一面竖直墙上，如图所示，细绳AO、BO与镜框共面，且两段细绳与镜框上边沿的夹角均为60°．已知镜框重力为G，镜框上边沿水平，求细绳AO所受拉力大小为____．18、（2010秋•宝山区校级月考）设有一分子位于如图所示的坐标系原点O处不动，另一分子可位于x轴上不同位置处，图中纵坐标表示这两个分子间作用力的大小，两条曲线分别表示斥力和引力的大小随两分子间距离变化的关系，e为两曲线的交点，则曲线ab表示____（选填引力或斥力），两曲线的交点e表示分子力表现为____（选填引力或斥力或零）．19、一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10-3Wb增加到1.2×10-2Wb，则线圈中的感应电动势E=____V，线圈中的平均电流强度I=____A．评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)20、如果以高出地面0.8m的桌面位置为坐标原点，则地面的坐标为x=-0.8m．____．（判断对错）评卷人得分五、画图题(共2题，共18分)21、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）22、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】在万有引力定律公式中．r是两物体间的距离，如果两物体可以看做质点，则r为两质点间的距离，如果两物体是质量分度均匀、形状规则的球体，r是两球心间的距离．【解析】【解答】解：AD、对做圆周运动的地球卫星而言，r是卫星的轨道半径；故A正确；D错误．

B、对地球表面的物体而言，r是物体距离地心的距离；故B错误．

C、对两个质量分布均匀的球体而言，r是两球心之间的距离；故C错误．

故选：A．2、D【分析】【分析】s-t图线与v-t图线只能描述直线运动；s-t的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动．v-t图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．【解析】【解答】解：A；无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动；而不能表示物体做曲线运动．故A错误．

B、在s-t图象中图线的斜率表示物体的速度，在t=0时刻图线1的斜率小于图线2的斜率，故v1＜v2．故B错误．

C、在v-t图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移．故在0-t3时间内4围成的面积大于3围成的面积；故3的平均速度小于4的平均速度．故C错误．

D；s-t图线的斜率等于物体的速度；斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动．所以2是先向正方向运动后沿负方向运动，则位移的大小不等于路程，v-t图象中4的速度一直是正方向，表示4沿规定正方向左单向直线运动，位移大小等于路程，故D正确．

故选：D．3、D【分析】【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以求得．【解析】【解答】解：A、由于时间的间隔相同，所以3点瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=；故A正确；

B、由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，所以小球做匀加速直线运动，由△x=at2可知，a=；故B正确；

C、根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V3-2at=；所以位置“1”不是小球释放的初始位置，故C正确；

D；因为不知道a是否等于g；所以不知道下落过程中机械能是否守恒，故D错误．

故选D4、C【分析】【解析】由图象知，周期T=0.02s，则线圈转动的角速度为ω=2π/T=100πrad/s，A错误；由于交流电动机有内阻，故交流发电机的电动势大于输出的电动势，B错误；输出电压的有效值为由C正确；理想变压器不改变输出频率，D错误。【解析】【答案】C5、A|C【分析】【解析】本题考查物理实验的注意事项。

重锤线的作用是确定竖直方向；在“用油膜法测分子直径的大小”的实验中应直接将稀释后的油酸滴入水中；在“用单摆测定重力加速度”实验中，由可知测得的g值偏小，可能是周期变长；在“验证机械能守恒定律”的实验中，不需要用天平测物体的质量；在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，导电纸上形成的是电流的电场。【解析】【答案】AC6、A【分析】【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，对应物体的位移或路程，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，对应物体的位置．【解析】【解答】解：A；第3秒末和第4秒初指的都是时刻；并且是同一时刻，所以A正确．

B；前3秒内指的时间的长度为3s；第3秒内指的时间的长度为1s，都是时间间隔，所以B错误；

C；物体从开始运动到第8秒初；运动时间是7s，所以C错误；

D；物体从开始运动到第8秒末；运动时间是8s，所以D错误；

故选：A．二、多选题(共6题，共12分)7、ACD【分析】解：A；根据左手定则；可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，故A正确；

B、根据qvB=q得电动势的大小为：E=Bdv；因等离子体的电阻不可忽略，因此外电阻的电压会小于电源的电动势，故B错误；

C；依据功能关系；可知，带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能．故C正确．

D；等离子体中带有正、负电荷的高速粒子；在磁场中受到洛伦兹力的作用，分别向两极偏移，于是在两极之间产生电压，两极间存在电场力，当外电路断开时，等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，从而不会偏移，故D正确．

故选：ACD．

依据左手定则；即可判定电源的极性；

根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小；结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出两极板间的电势差；

通过粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能．

本题是磁流体发电机问题，要理解并掌握其工作原理，知道最终等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡，由此求电动势．【解析】【答案】ACD8、CD【分析】【分析】A、根据P=；结合内阻为1Ω，输出电压为10V，即可求解原线圈中电流，再由原副线圈的匝数与电流成反比，即可确定输电线电流；

B；不论是升压还是降压变压器；原、副线圈电流的频率总是相等；

C、根据P=，结合额定电压为20V电阻为10Ω，即可求解输入功率，由I=；求解用电器的电流；

D、根据原副线圈的电压与匝数成正比，当只是n2变化，则可确定输电线上损失的电压的变化．【解析】【解答】解：A、根据P=，结合内阻为1Ω，输出电压为10V，则有P==100W，则原线圈中电流I==10A；

再由原副线圈的匝数与电流成反比，因升压变压器原副线圈匝数比为n：n2=1：4，则输电线上电流为I′==2.5A；故A错误．

B；通过变压器的原副线圈的电流的频率相同；故B错误．

C、根据P===40W，变压器为理想变压器，则降压变压器的输入功率也为40W，通过用电器的电流为I″===2A．故C正确．

D、若n2增大；则升压变压器输出的电压变大，输电线上损失的电压减小．故D正确．

故选：CD．9、CD【分析】【分析】重心位置由两个因素决定：物体的形状和物体内质量分布．根据二力平衡原理分析物体悬挂起来重心与绳子的延长线的关系．物体重心可能在物体上，也可能在物体外．任何有规则形状的均匀物体，它的重心一定与它的几何中心重合．重力的方向始终竖直向下，与地面无关．重力是由地球的万有引力提供的．【解析】【解答】解：A；物体重心可能在物体上；也可能在物体外，比如均匀圆环的重心在环外．故A错误；

B；重力的方向是竖直向下的；但地面不一定是水平的，故地面是否垂直不确定，故B错误；

C；重力是由地球对物体的万有引力产生的；故C正确；

D；重力不是接触力；地球附近的任何物体都受到地球的万有引力，故D正确．

故选：C、D．10、ABC【分析】【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．【解析】【解答】解：

A；由于题中没有给出H与R、E的关系；但小球可能从B点离开轨道，若小球所受的电场力大于重力，小球就不一定从B点离开轨道．故A错误；

B；若重力大小等于电场力；小球在AC部分做匀速圆周运动，故B错误．

C；由于小球在AC部分运动时电场力做负功；所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故C错误；

D；若小球到达C点的速度为零；则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故D正确．

本题选错误的，故选：ABC11、BCD【分析】【分析】系统动量守恒的条件是合外力为零．三球与弹簧组成的系统重力与水平面的支持力的合力为零，总动量守恒．小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，系统的机械能减小．分析小球的运动过程：a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒分析得出，小球b的动能不为零．【解析】【解答】解：A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小．故A正确；B错误．

C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当小球b；c速度相等时；弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大．故C正确．

D、由上分析可知，从b球压缩到弹簧恢复原长时；小球c一直在加速，c球的动能一定最大．故D错误．

本题选错误的，故选：BCD．12、AB【分析】【分析】A压着弹簧处于静止状态，当力F作用在A上，使其向上匀加速直线运动，导致弹簧的弹力发生变化，则力F也跟着变化，但物体A的合力却不变．在A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大．在上升过程中由于除重力与弹力做功外，还有拉力做功，所以系统的机械能与弹簧的弹性势能之和增加，从而可根据弹簧的弹性势能来确定木块的机械能如何变化，以及系统的机械能如何变化．【解析】【解答】解：A；最初弹簧被压缩；A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律即可解出此所需的拉力F大小．得出拉力一直增大，故A正确；

B；在A上升过程中；弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B正确；

C；在上升过程中由于物体A做匀加速运动；所以物体A的速度增大，高度升高，则木块A的动能和重力势能之和增大，故C错误；

D；在上升过程中；除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大．故D错误；

故选AB．三、填空题(共7题，共14分)13、V3不变【分析】【分析】根据图线的位置关系，可判断出图线e表示的是电压表V1示数随电流变化情况，由电压与电流是正相关的关系，可判断出图线c表示的是电压表V2随电流变化的情况，根据电流增大时，电压减小的关系，则可知图线d表示的是电压表V3随电流变化的情况．【解析】【解答】解：由U1=U2+U3，U1＞U2，U1＞U3，则由图线的位置关系可知，图线e表示的是电压表V1示数随电流变化情况；当电流增大时，外电阻减小，则U1减小，U2增大，则可知U3减小，则可知图线d表示的是电压表V3随电流变化的情况．

根据U1=E-Ir得，的大小等于r，故不变；

故答案为：V3，不变．14、-50-252×10-6【分析】【分析】根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式U=分别求出A与无穷远间、A与B间电势差，无穷远处电势为零，再确定A、B两点的电势．【解析】【解答】解：由题意，从A移动电荷到无穷远处时电场力做的功：2×10-6J．所以A与无穷远间的电势差为：

UA∞=V；

无穷远电势为零，UA∞=φA-φ∞，则A点电势φA=-50V．

A、B间电势差为UAB=V；

由UAB=φA-φB，则B点电势φB=-25V．

该电荷在A点具有的电势能等于从A移动电荷到无穷远处时电场力做的功，即：2×10-6J．

故答案为：-50；-25；2×10-6；15、略

【分析】【解析】本题考查油膜法测分子直径。

先测油滴体积，再测油膜面积，油膜分子的数量级为10—10m【解析】【答案】油滴的体积，面积，10—10。16、正电；4q；在B右侧距B为L处【分析】解：ABC

三个电荷要平衡；必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C

必须为正电，在B

的右侧．

设C

所在位置与B

的距离为r

则C

所在位置与A

的距离为L+r

要能处于平衡状态；

所以A

对C

的电场力大小等于B

对C

的电场力大小，设C

的电量为Q.

则有：k鈰�4Qq(L+r)2=kQqr2

解得：r=L

对点电荷A

其受力也平衡，则：k鈰�4Qq(L+r)2=k鈰�4q2L2

解得：Q=4q

故答案为：正电；4q

在B

右侧距B

为L

处．

A；BC

三个点电荷都处于静止状态；对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结