安徽省名校2024-2025学年高三（上）月考物理试卷（三）【含解析】

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省名校2024-2025学年高三（上）月考物理试卷（三）一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.新能源汽车以其环保、智能等优势受到广大消费者的青睐.某款新能源汽车在t=0时刻沿平直公路由静止开始以恒定加速度启动，发动机在t1时刻达到额定功率，然后保持功率不变继续加速，t2时刻达到最大速度后匀速行驶.假设汽车所受的阻力大小恒定，则此过程中汽车的加速度a、动量p、牵引力F、功率P随时间tA. B.

C. D.2.如图，在竖直平面内有a、b、c三点，a点在b点正上方，b、c连线水平。现将一质量为m、带电荷量为q的正电小球从a点以初速度v0抛出。第一次沿水平方向抛出小球，且空间无电场，小球经过c点的速度大小变为2v0;第二次沿某一方向抛出小球，空间存在方向平行于abc所在平面的匀强电场，小球经过c点时的速度大小变为4v0A.所加电场的方向水平向左 B.a、b两点之间的高度差为v022g

C.b、c两点之间的距离为6v023.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是(

)

A.M比N后到达O点

B.M、N通过P点时所受的回复力相同

C.M有可能在P点追上N并与之相碰

D.从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大4.如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中，下列说法正确的是(

)

A.甲粒子的入射速度小于乙粒子

B.电场力对甲粒子做的功大于对乙粒子做的功

C.甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向

D.5.如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(

)

A.减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止

B.贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流

C.将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大

D.将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态6.两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F ​1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F ​A.直导线ab的质量m=F1+F2g B.直导线ab的质量7.一定质量的理想气体由a状态开始，经历a→b→c→a过程，其图像如图，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，aA.气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量

B.a→b过程中气体内能变化量的绝对值大于Q

C.a→b过程气体放出的热量为158.a、b两种可见光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系如图甲所示。图乙为氢原子能级图，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，下列说法正确的是(

)A.a光的波长比b光的小

B.单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大

C.若a光是从n=4跃迁到n=2能级时发出的光，则b光是从n=3跃迁到n二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v方向为正，则(

)

A.此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小

B.弹簧的最大弹性势能为13mv2

C.此过程弹簧对物体B的冲量为23m10.如图所示，电阻R=0.2Ω，匝数n=10的直角梯形金属框abcde放在绝缘水平地面上，ab、bc、cd、de的长度均为L=0.4m；边长L=0.4m的正方形区域MNHK内存在垂直地面向下、磁感应强度BA.0.2s末，线框cd边切割产生的电动势为0.2V

B.0.4s末，已通过线框的电荷量为4C

C.ae边进出磁场的过程中，线框中的感应电流先增大后减小三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：

 ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上 ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨 ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于 ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t回答以下问题(结果均保留两位有效数字)(1)弹簧的劲度系数为

(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a−F图像如图丙中Ⅰ(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a−F图像Ⅱ，则待测物体的质量为12.一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0∼5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V(量程为3V，内阻很大)，电流表A(量程为1mA，内阻为300Ω)，电源E(电动势约为4V，内阻不计)，滑动变阻器(1)要求通过Rx的电流可在0(2)实验时，图(a)中的R应选最大阻值为_____(填“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑动变阻器，R0应选阻值为_____(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示，则此时Rx两端的电压为_____V，流过Rx的电流为____mA四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。蹦床运动情境可建立为如图所示的物理模型：竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为mB的物体B固定在一起，质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落，随后和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点，A、B始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)A与B(2) A14.如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从点S(−l,−l2(1)粒子进入第四象限时的速度(2)若使第二象限磁场反向，大小变成2B，求粒子第100(3)若在第二象限内再施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求粒子在第二象限运动的最大速度v15.如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A(到定滑轮的距离足够远)，通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，斜面的倾角θ=37°，铁块B下端到地面的高度h=0.75m，木块A的质量m=0.5kg，铁块B的质量M=1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=

答案和解析1.【答案】B

【解析】A.汽车0−t1时间内加速度保持不变，发动机在t1时刻达到额定功率，由Pv−f=ma，可知随着速度增大，汽车的加速度减小，当Pv=f时汽车的加速度为零，汽车开始匀速直线运动，故A错误；

B.由p=mv=mat可知，在汽车0−t1时间内汽车的动量随时间均匀增加，t1−t2时间内加速度减小，则p−t图像的斜率减小，t2.【答案】D

【解析】【分析】

第一次抛出时，小球做平抛运动，根据水平方向匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动分析即可。

第二次沿某一方向抛出，空间有电场时，从抛出到c点过程，由动能定理列式ac间的电势差。

本题是小球在复合场中的曲线运动及能量问题的常规题目，中等难度。

【解答】

BC.第一次抛出时，空间无电场，小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有

vyc=gt

hab=12gt2

vc=v02+vyc2=2v0

联立解得

vyc=3v0

t=3v0g，ha3.【答案】B

【解析】A.根据T两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；B.M、N通过P点时所受的回复力相同，故B正确；C.M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；D.从释放到到达O点过程中，根据I重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。故选B。4.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查带电粒子在匀强电场的类平抛运动中的功与能问题，应注意类平抛运动是平行于电场方向的匀加速运动和垂直于电场方向的匀速运动的合运动，找到分位移的大小是解题的关键。

【解答】

A、甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为y=v0t，沿电场方向的位移为x=12at2=12⋅qEmt2，联立可得v0=yqE2mx，由于yP>yQ，xP<xQ，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A错误;

B、根据W=qE5.【答案】C

【解析】【分析】

该题考查电容器动态分析、电容器与电场问题的综合应用。分析好物理情景，灵活应用电容决定式C=εS4πkd、电容定义式C=QU、电场强度和电势差的关系E=Ud等公式，逐项分析解题即可。

【解答】

E油滴静止，油滴所受合力为0，向上的电场力与向下的重力大小相等，则有EA.减小极板间的正对面积，电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由

E=4πkB.贴着上极板插入金属板，板间距d减小，由

C=εS4πkd

可知，电容器的电容变大，电容器充电，电阻RC.将下极板向上移动一小段距离，根据C=εS4πkd

，电容器的电容增大，电容器两端的电压不变，根据

E=Ud

，两极板间的电场强度变大，设P点到上极板的距离为I，则P点与上极板的电势差

φ+−φP=El，下极板的电势为零，即P点的电势为φD.将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据E=4πkQsS

，在两板间插入陶瓷电介质，两板间介电常数增大，则电场强度变小，则油滴所受电场力变小，将向下移动，6.【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查了左手定则和F=BIL，学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向；根据左手定则，判断出通电导线在磁场中的受力方向，根据F=BIL判断出受到的安培力大小，再利用受力平衡求解直导线的质量和磁感应强度。

【解答】

当在ab中通入由a到b的恒定电流I时，对直导线受力分析有：2F1+BIL=m7.【答案】A

【解析】解：A、a状态压强小于c状态，气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于c在状态下的冲量，故A正确；

B、由图可知a→b的过程中气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU=Wab+Q

其中Q<0

由理想气体状态方程知，该过程温度降低，内能减小，故即内能变化量的绝对值小于放出热量的绝对值，故B错误；

C、由图可知a→b的过程p0V0=pa4V0，a→b过程，该过程做功Wba=152p8.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查爱因斯坦光电效应方程、光子的动量、能级跃迁等内容，试题难度一般。

【解答】

A、在光电效应装置中，a的遏止电压Uc低，根据hν−W=|Uce|，可知a光的光子能量小，又由于ν=cλ，因此a光的波长比b光的大，故A错误;

B、根据p=hλ由于a光的波长比b光的大，因此单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，故B错误;

C、

从n=4跃迁到n=2能级时发出的光子能量：E42=−0.85−(−3.4)eV=2.55eV

从n=3跃迁到n=2能级时发出的光子能量：E32=−1.51−(−3.4)eV=1.89eV

由于9.【答案】BD【解析】【分析】

本题要求同学们能正确分析A、B的受力情况及运动情况，知道当A、B两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，此时弹性势能最大，运用动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律结合解决这类问题。

【解答】

A.弹簧对物体B的弹力大小等于弹簧对物体A的弹力大小，作用时间也相同，由冲量的定义式I=Ft知：弹簧对物体B的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，故A错误；

B.在A、B速度相等时，弹簧压缩至最短，故弹簧的弹性势能最大，故动能应最小，此过程中动量守恒，取向右为正方向，则有：mv=(m+2m)v1，解得：v1=13v

弹簧的最大弹性势能为Ep=12mv2−12×3mv12=13mv2，故B正确；

CD.设物体A离开弹簧后10.【答案】BC【解析】【分析】0.2s末，根据E=nBLv求线框cd边切割产生的电动势；根据闭合电路欧姆定律求0.4s内通过线框的感应电流，由q=本题的关键要确定有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析感应电动势和感应电流与时间的关系，要注意几何关系的运用。

【解答】

A.0.2s金属框向右移动的位移所以0.2s末，线框cd边切割磁感线产生的电动势为E=B.0.4s金属框向右移动的位移所以0.4s末已通过线框的电荷量为q=IC.从e点进入磁场开始到e点离开磁场的过程中，ae边切割磁感线的长度越来越大；从a点进入磁场到离开磁场的时间内，ae边切割磁感线的长度越来越小。所以aeD.t=0.5此时ae边进入磁场0.1t=1.1此时ae边还剩0.1所以t=0.5s与t=1.1故选BCD。11.【答案】(1)12；(2【解析】【分析】

(1)根据图像结合胡克定律解得；

(2)(3)根据牛顿第二定律结合图像可解得质量．

本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意图像斜率的含义。

【解答】

(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F−t图有

Δx=5.00cm=0.005m，F=0.610N

根据胡克定律k=FΔx

计算出k≈1212.【答案】

(1)

；

(2)10Ω；75Ω；(3)2.30【解析】【分析】

本题考查探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0 5mA范围内的伏安特性，注意本实验中一般采用分压及电流表外接法，一定要牢记这两种接法的电路图．同时注意明确图象的性质和应用。

根据实验原理得出对应的原理图和器材选择。

【解答】

(1)电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过Rx的电流，电压表单独测量Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从0 5mA连续可调，电路图如下

；

(2)电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；

通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如下

根据并联分流，即并联电路中