2025年上外版高三物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年上外版高三物理上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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的部分图象如图所示，t=0.1s时刻，质元P恰好第一次到达波峰．下列说法正确的是（）A.该列波的周期为sB.该列波传播速度为30m/sC.t=0.6s时刻质元P的速度方向沿y轴负方向D.从0时刻开始，1.2s时间内质元P运动的路程为60cm2、如图所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R．开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法中正确的为（）A.副线圈两端的输出电压减小B.原线圈中的电流减小C.变压器的输入功率增大D.变压器的输入功率不变3、中央电视台《今日说法》栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图14所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是()A.由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B.由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C.公路在设计上可能内(东)高外(西)低D.公路在设计上可能外(西)高内(东)低4、如图甲所示，质量为1kg1kg的小物块以初速度vv0=11m/s=11m/s从娄脠=53鈭�娄脠=53^{circ}固定斜面底端先后两次滑上斜面，斜面足够长，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力FF第二次无恒力，图乙中的两条线段aabb分别表示存在恒力FF和无恒力FF时小物块沿斜面向上运动的v鈭�tv-t图像，不考虑空气阻力，gg取10m/s10m/s2，下列说法正确的是(cos53鈭�=0.6,sin53鈭�=0.8)((cos53^{circ}=0.6,sin53^{circ}=0.8)())A.恒力F

大小为21NB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.有恒力F

时，小物块在上升过程机械能的减少量较大D.有恒力F

时，小物块在上升过程产生的热量较小5、如图甲示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一单匝正方形金属线框在外力F的作用下，从t=0时刻开始以垂直于磁场边界的速度v=3t+1（m/s）进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．图中关于外力的大小F、线框中的电功率P随时间变化的图象可能正确的是（图中B、D中的曲线均为抛物线）（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A.安培力的方向垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半7、一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假设该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（）A.向心加速度大小之比为8：1B.角速度大小之比为16：1C.周期之比为1：8D.轨道半径之比为1：48、用电动势为ε，内阻为r的电池直接向电阻为R的电动机供电，电动机正常工作后通过电动机的电流为I，电动机的端电压为U，经t秒种后，则（）A.电池提供的总电能为：（I2•r+I•U）•tB.电池提供的总电能为：IεtC.电动机做的机械功为：Iεt-I2（R+r）tD.电池输出的总功率：9、如图所示，为甲、乙两物体做同向直线运动的s-t图象．下列判断正确的是（）A.甲、乙均做匀变速直线运动B.第t2秒末甲和乙相遇C.乙的速率大于甲的速率D.甲的速率大于乙的速率10、（2016•珠海二模）如图，匀强磁场B上下边界间距为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，现将边长为b的正方形线框CDEF从距磁场上边界h处无初速释放，若下落过程中，线框平面始终位于纸平面内，下边框始终与磁场上下边界平行，当（）A.线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时速度可能减小或不变B.线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时加速度可能减小或不变C.线框穿过磁场时，关于E两点的电势始终有φD＜φED.线框穿过磁场时，产生的焦耳热一定小于其重力势能的减少量11、一个物体在5个共点力作用下保持平衡，现在撤去其中的两个力，这两个力的大小分别为25N和20N，其余3个力保持不变，则该物体此时所受合力大小可能是（）A.0B.5NC.20ND.50N12、如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平木制轨道，且穿过金属圆环的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，其中正确的选项是（）A.磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B.圆环可能获得的最大速度为C.磁铁与圆环系统损失的动能可能为D.磁铁与圆环系统损失的动能可能为13、关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A.用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B.热量可以由低温物体传给高温物体C.一定质量的气体的体积变小，其压强可能减小D.给物体加热，物体分子的热运动一定会变剧烈，分子的平均动能一定会增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、（2013秋•集美区校级期中）如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象，则电动势E1____E2，内阻r1____r2．（填“＞”、“＜”或“=”）15、为了粗略得测定大气压，某同学用一段水银柱将一部分气体封闭在粗细均匀、一端封闭的玻璃管中进行实验，他需使用的测量器材是____，实验中需要记录的物理量是____．16、【题文】质量为m，电荷量为q的带电粒子以速率v0在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度为B，则粒子通过位移为mv0/qB时所用的最小时间是____。17、（2015•普陀区一模）如图，P是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v=0.1m/s的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h=5m．t=0时，小桶运动到O点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，则ω=____rad/s，第二、三滴水落点的最大距离为d，则d=____m．18、真空中有两个点电荷；电荷量均为q，当两点电荷相距为L时，它们之间库仑力的大小为F．

（1）若保持两点电荷的电荷量不变，仅将它们之间的距离减小为，求它们之间的库仑力的大小F1____；

（2）若保持两点电荷之间的距离不变，仅将它们的电荷量都增大为2q，求它们之间的库仑力的大小F2____．评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)19、几个不同阻值的电阻并联后，其总电阻等于各电阻之和．____．（判断对错）20、青藏高原测水沸时的温度：应选用水银温度计和酒精温度计．____．（判断对错）21、两滴水银相接触，立即合并到一起以及熔化的蜡从蜡烛上流下来，冷却后呈球形，均是由液体表面张力造成的．____．（判断对错）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】简谐波沿x轴正向传播；t=0时刻波形如图所示，可知质元P的振动方向，从而根据t=0.1时刻P点刚好第一次出现波峰，求出周期．

根据波形图读出波长，并由v=求解波速．根据时间t=0.6s与周期的关系，判断质元P的速度方向．由时间t=1.2s与周期的关系，求解质元P运动的路程．【解析】【解答】解：A、根据简谐横波沿x轴正向传播，由逆向描波法可知，t=0时刻P质元的振动方向向上，经过第一次到达波峰；则T=4t=4×0.1s=0.4s，故A错误．

B、由图知波长λ=8m，则波速为v==m/s=20m/s；故B错误．

C、因t=0.6s=1T；则知该时刻质元P的速度方向沿y轴负方向，故C正确．

D；t=1.2s=3T；每个周期内质元通过的路程是四个振幅，则1.2s时间内质元P运动的路程为S=12A=12×10cm=120cm．故D错误．

故选：C2、C【分析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】【解答】解：A；变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定；由于输入电压和变压器的匝数比都不变，所以输出电压也不变，即副线圈两端的输出电压不变，所以A错误．

B；由于副线圈的输出电压不变；当S接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，原副线圈中的电流和匝数成反比，所以原线圈中电流增大，B错误．

C；由于副线圈的输出电压不变；副线圈输电流增大，所以输出功率增大，又输入功率等于输出功率，所以C正确．

D；由C知输入功率变大；所以D错误．

故选C．3、A|C【分析】汽车进入民宅，远离圆心，因而车作离心运动，A对，B错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对，D错．【解析】【答案】AC4、B【分析】【分析】根据速度鈭�

时间图象的斜率等于加速度；分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解。

根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解。本题关键根据速度时间图象得到物体上滑和下滑的加速度，然后受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出斜面的倾角和摩擦力。另外，C

选项也可以结合重力势能增大来解答。【解答】AB.

由图可得：

有恒力F

时：

无恒力F

时：

由牛顿第二定律得：

无恒力F

时：mgsin娄脠+娄脤mgcos娄脠=ma2

解之得：娄脤=0.5

由牛顿第二定律得：

有恒力F

时：mgsin娄脠+娄脤mgcos娄脠鈭�F=ma1

无恒力F

时：mgsin娄脠+娄脤mgcos娄脠=ma2

解之得：F=1N

故A错误，B正确；

C.有恒力F

时；小物块在上升过程除摩擦力做负功外，拉力F

做正功，所以机械能的减少量较小，故C错误；

D.v鈭�t

图中v

与横坐标之间的面积表示物体的位置；可知有拉力时物体的位移比较大，所以摩擦力做的功比较多，产生的热量也比较多，故D错误。

故选B。【解析】B

5、D【分析】【分析】由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由功率的表达式来分别得出功率与时间的关系．【解析】【解答】解：A、线框做匀加速运动，其速度v=3t+1，感应电动势E=BLv，线框进入磁场过程中受到的安培力FB=BIL=，由牛顿第二定律得：F-=ma，则F=ma++；故AB错误；

C、感应电流I==+，线框的电功率P=I2R=t2+2+；故C错误；D正确；

故选：D．二、多选题(共8题，共16分)6、AB【分析】【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．【解析】【解答】解：A；B、根据左手定则可知；安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故AB正确；

C；磁场与电流不垂直时；安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；

D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的；故D错误．

故选：AB．7、CD【分析】【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度的变化．【解析】【解答】解：动能减小为原来的，则线速度减为原来的；

根据万有引力提供向心力得=；

v=；

则轨道半径变为原来的4倍．则轨道半径之比为1：4．

根据=m=mω2r

解得a=

ω=

T=2π

轨道半径之比为1：4；

则向心加速度大小之比为16：1；角速度大小之比为8：1，周期之比为1：8，故AB错误，CD正确．

故选：CD．8、BC【分析】【分析】电池提供的总电能Q=εIt，电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，电池输出的总功率P=EI．【解析】【解答】解：A；电池提供的总电能Q=εIt；故A错误，B正确；

C、电动机做的机械功等于电动机消耗的总功减去电动机内阻消耗的电功，即W=UIt-I2R=Iεt-I2（R+r）t；故C正确；

D；电池输出的总功率P=εI；故D错误．

故选：BC9、BC【分析】【分析】s-t图象是位移时间图象，反映物体的位移随时间变化的规律，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于物体的速度．结合数学知识进行分析．【解析】【解答】解：

A；s-t图象是位移时间图象；图线的斜率等于物体的速度，两条图线的斜率不变，可知，甲、乙的速度不变，都做匀速直线运动．故A错误．

B、第t2秒末甲和乙的位移相同；达到同一位置，即两者相遇，故B正确．

C；D、根据图线的斜率等于物体的速度；则知，乙图线的斜率大，则乙的速度大，故C正确，D错误．

故选：BC10、ABC【分析】【分析】正方形线框abcd边长为b，如果a＞b或a＜b，有一段过程线框完全进入磁场，线框无感应电流，只受重力，做加速运动，线框受安培力与速度有关，根据牛顿第二定律分析加速度，比较DE两点的电势运用右手定则，根据功能关系分析线框中产生的焦耳热．【解析】【解答】解：A、线框匀速进入磁场时，如果a＞b或a＜b，线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流，只受重力，做加速运动，离开磁场时的安培力大于重力，将做减速运动；如果a=b；离开磁场时将做匀速运动，线框匀速进入磁场时，则穿出磁场时速度可能减小或不变，故A正确．

B、线框匀速进入磁场时，如果a=b，线框匀速通过磁场区域，a=0，加速度不变；如果a＜b或a＞b，离开磁场时，经过了一段加速运动，，，合力向上，向下做减速运动，根据牛顿第二定律有：；随着速度减小加速度也减小，故B正确。

C、线框穿过磁场时，根据右手定则，当DE边离开磁场，CF边切割磁感线时，感应电流顺时针方向，流过DE边的电流由E→D，有；DE边切割磁感线时，由右手定则，DE是电源，感应电流逆时针方向，有；故C正确．

D；线框可能匀速通过整个磁场区；产生的焦耳热等于重力势能的增加量，故D错误．

故选：ABC11、BC【分析】【分析】由共点力平衡的条件可以知道，当撤去25N和20N的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反，所以与直接求25N和20N的两个力的合力大小一样，根据力的合成可以求得合力的大小．【解析】【解答】解：由平行四边形定则可知，25N和20N的两个力的合力的大小范围应该是5N≤F合≤45N；所以可能的是BC，AD错误．

故选：BC．12、BC【分析】【分析】金属圆环光滑，一足够长的水平的绝缘轨道光滑，所以圆环与磁铁组成的系统水平方向受到的合力为0，满足动量守恒，根据动量守恒定律与能量的转化与守恒定律即可解答．【解析】【解答】解：A；金属环是光滑的；足够长的水平的绝缘轨道PP′是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来．故A错误；

B；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统；系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时：

Mv0=（M+m）v

得：v=．故B正确；

C、磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为：Q==．故C正确；D错误．

故选：BC13、BC【分析】【分析】解答本题应掌握：热力学第一定律及热力学第二定律、分子之间的作用力等热学内容．【解析】【解答】解：A；用打气筒打气时；里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关；故A错误；

B；热量不能自发的从低温物体传给高温物体；但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故B正确；

C；在温度降低的情况下；一定质量的气体的体积变小，其压强可能减小，故C正确；

D；做功和热传递都可以改变物体的内能；故给物体加热，物体温度不一定升高，故D错误．

故选：BC三、填空题(共5题，共10分)14、=＜【分析】【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir，分析电源的U-I图线纵轴截距和斜率的物理意义．当I=0时，U=E，图线纵轴截距等于电源的电动势．根据数学知识得知，图线的斜率大小等于电源的内阻．【解析】【解答】解：根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir知，当I=0时，U=E，说明图线的纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即E1=E2．

根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线1的斜率绝对值小于图线2的斜率绝对值，则r1＜r2．

故答案为：=，＜．15、略

【分析】

水银柱长度h；玻璃管分别水平和开口向上竖直放置时封闭空气柱长度l和l'都可以量出；

玻璃管水平时，封闭气体压强为：P=P；

玻璃管开口向上时，封闭气体压强为：P′=P+h（以cmHg为单位）；

根据玻意耳定律，有：P•lS=（P+h）•l′S，解得p=

故答案为：（毫米）刻度尺；水银柱长度h；玻璃管分别水平和开口向上竖直放置时封闭空气柱长度l和l′．

【解析】【答案】可以用刻度尺量出气体不同状态的长度和水银柱的长度；气体的压强也可以用水银柱长度和大气压强表示，然后根据玻意耳定律列方程求解即可．

16、略

【分析】【解析】

试题分析：带电粒子作圆周运动的轨道半径为由几何关系可知，粒子通过位移为时，转过的圆心角最小值为所以所用的时间为

考点：此题考查带电粒子在磁场中运动的半径公式及周期公式【解析】【答案】17、π0.5【分析】【分析】滴下的水做平抛运动，平抛运动的时间由高度决定，