河北省唐县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题

这是一份河北省唐县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示为一趣味比赛的情景，一轻绳两端分别系在甲、乙两人的腰间，两人手中各持有一个木槌，面前各悬挂一铜锣，且人与铜锣的距离相等，比赛开始后，两人奋力向前拉绳，以最先击打铜锣者为胜。在比赛中，绳始终在同一水平面内，则下列说法正确的是（ ）
A．若甲的质量更大，则甲一定能取得胜利
B．若乙与地面间的动摩擦因数更大，则乙一定能取得胜利
C．若两人奋力拉绳时，绳始终静止不动，则两人受到的摩擦力大小一定相等
D．若甲最终取得胜利，则乙受到的绳的拉力可能比甲的大
2．2023年5月5日，“天舟五号”从与空间站连体运行状态（如图甲），通过喷气实现与空间站同轨道脱离，之后两者处于同轨道独立运行的状态（如图乙），6月6日又实现重新对接，成为我国独立飞行时间最长的飞船。下列说法正确的是（ ）
A．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行和独立运行两种状态下，绕地球运动的周期相等
B．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行时，空间站中的宇航员所受重力为零
C．“天舟五号”飞船独立运行时处于受力平衡状态
D．要实现重新对接，天舟五号加速向前即可
3．一段长0.4m，通有2.5A电流的直导线，置于磁感应强度大小为2T的匀强磁场中，关于它所受的安培力F，下列说法正确的是（ ）
A．F一定为
B．F不可能为零
C．不论F多大，F、直导线和磁场的方向总是两两垂直
D．只要F不为零，F的方向总是垂直于直导线和磁场的方向
4．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（ ）
A．水平拉力F逐渐减小B．球对墙壁的压力逐渐减小
C．地面对长方体物块的支持力逐渐增大D．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
5．如图所示，长度为的轻绳一端固定在O点，另一端系着一个质量为m的小球，当小球在最低点时，获得一个水平向右的初速度，重力加速度为g，不计空气阻力。在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球恰好能到达竖直面内的最高点
B．当小球运动到最右端时，小球所受的合力大小为
C．轻绳第一次刚好松弛时，轻绳与竖直方向夹角的余弦值为
D．初状态在最低点时，细绳对小球的拉力大小为
6．如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，电源电动势E、内阻r可认为不变，定值电阻，定值电阻，滑动变阻器的最大阻值等于r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴恰好保持静止。将滑动变阻器滑片向上移动，稳定后理想电压表、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．、、均不变
C．电源的输出功率变大，电源效率变大
D．带电液滴将向下运动，定值电阻中有从a流向b的瞬间电流
二、多选题（3个小题，每题6分，共18分）
8．如图所示为在竖直平面的电路，为滑动变阻器，为定值电阻，二极管为理想二极管，电源电动势为E，内阻不计。闭合开关和后，带电油滴在电容器C内部处于静止状态。当滑动变阻器的滑动头P向左滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．油滴向下运动B．油滴仍然静止
C．油滴初始位置的电势降低D．油滴初始位置的电势不变
9．如图所示，足够长的水平杆和竖直杆固定于M，三个质量相等的小球a、b、c分别套在竖直杆和水平杆上，小球a、b和a、c之间通过铰链用长度均为的轻杆相连。初始时，三个小球均静止，轻杆与水平杆的夹角，已知，，重力加速度，不计一切摩擦及小球的大小，则小球a从释放到到达M点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球a的加速度不可能大于g
B．小球a的机械能先减小后增大
C．小球b向左移动0.2m时，其速度大小为
D．小球a的最大速度为3.2m/s
10．如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量的带负电小滑块（可视为质点）在处以的初速度沿轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。在及处有两个电性未知，电荷量分别为、的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线是图像在处的切线，下列说法正确的选项（ ）
A．滑块在处所受合外力小于0.5N
B．两场源电荷均带负电，且
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过处的位置
三、实验题（2个小题，共16分）
（6分）11．某同学利用图示半圆形轨道（可不计摩擦）装置验证动量守恒定律，为水平直径，C为轨道的最低点，a、b为表面涂有不同颜料的小球，它们沿轨道运动时，可在轨道上留下印迹，测得a、b的质量分别为、，初始时b球位于C点。
（1）在适当的位置由静止释放小球a，在C点与b球碰撞后，两小球均沿圆弧上升，则______（填“”“”或“”）。
（2）测得小球a在C点左右两侧印迹的竖直高度分别为和，小球b在C点右侧印迹的竖直高度为（未到达点），若碰撞过程中两小球的动量守恒，则应满足的关系式为______。（用题中所给的字母表示）（3）若碰撞过程中两小球无机械能损失，则应满足的关系式为______。（用、、表示）
（10分）12．某型号的热敏电阻在25℃∼80℃范围内阻值的标称值如表中所示，小组同学欲利用电路对标称值进行核实。由于电流表内阻未知，先用图甲电路测量电流表的内阻。
（1）在图甲电路中，调节滑动变阻器R使其接入电路的阻值最大，只闭合K，调节R，使电流表指针满偏，闭合，只调节电阻箱，使电流表指针半偏，此时电阻箱示数为，则电流表内阻______。
（2）电流表内阻的测量值理论上与真实值相比略______（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）再用图乙所示的电路图核实标称值，忽略以上测量的误差值，实验时与电压表相连的导线的A端应接在图中的______（填“P”或“Q”）点。正确连接电路后，小组同学发现只有温控室内的温度为40.0℃时，热敏电阻的测量值与标称值不符，此时电压表的示数为，电流表的示数为，则此温度下热敏电阻的阻值为______（保留3位有效数字）。
（4）请依据热敏电阻核实后的阻值，在图丙坐标纸上补齐数据点，并作出图像。
（5）当热敏电阻的阻值为时，热敏电阻的温度为______℃（保留两位有效数字）。
四、解答题（3个小题，共38分）
（12分）13．如图所示，装置的左边部分是长为的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态．装置的中间部分是长为的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以的速度顺时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量的小滑块从其上距水平台面的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，间距，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数，取．
（1）求滑块第一次到达C点时速度大小；
（2）求弹簧获得的最大弹性势能；
（3）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度。
（12分）14．如图所示，电场强度大小为、方向水平向左的匀强电场充满整个空间，电场中有一个与水平方向成的光滑斜面与一个光滑的半径的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点。一质量为，电荷量为的带电小球从斜面上静止释放，已知重力加速度大小，，，若小球能通过C点，则其会被其它装置取走。
（1）若运动过程中小球对轨道的最大压力大小为67.5N，求小球释放点与A的距离；
（2）若将电场方向反向，场强大小不变，小球恰能到达C点，求小球运动在过程中对轨道的最大压力大小。
（14分）15．如图所示，在风洞实验中，固定竖直档板右侧存在水平向左的恒定风力F，“”，形光滑滑板置于光滑水平面上，其左端A紧贴挡板，质量，左、右两端相距，可视为质点的物块处于滑板的左侧，其质量。现给物块水平向右的初速度，已知物块与滑板第一次碰后滑板的速度大小为，滑板B端对物块所受风力无影响，两物体所受风力F始终恒定且相等，碰撞过程中无能量损失，且碰撞时间极短。求：
（1）物块第一次与滑板碰撞前瞬间的速度大小；
（2）恒定风力F的大小；
（3）在以后的运动过程中，A端离挡板的最大距离及从A端开始离开挡板到A端再次回到挡板处所经历的时间t。
参考答案
1．C 【详解】A．若甲取得胜利，说明甲与地面间的摩擦力大于乙与地面间的摩擦力，而甲与地面间的摩擦力的大小不仅与其重力有关，还与甲和地面间的动摩擦因数有关，故A错误：
B．结合以上分析可知，若乙与地面间的动摩擦因数大，但乙与地面间的摩擦力不一定大，则乙不一定能取得胜利，故B错误；
C．绳静止不动时，由于绳对两人的拉力大小相等，根据二力平衡可知，两人受到的摩擦力大小相等，故C正确；
D．根据牛顿第三定律可知，无论谁取得胜利，甲、乙受绳的拉力大小都相等，故D错误。故选C。
2．A 【详解】A．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行和独立运行两种状态下，都做圆周运动，根据 可得
脱离前后处于同轨道运行，因此绕地球运动的周期相等，故A正确；
B．“天舟五号”飞船在与空间站连体运行时，空间站中的宇航员虽然处于完全失重状态，对接触物的压力为零，但仍受重力，重力不为零，故B错误：
C．“天舟五号”飞船独立运行时做圆周运动，万有引力提供向心力，不是处于受力平衡状态，故C错误；
D．要实现重新对接，“天舟五号”飞船需要在低轨道加速向前，故D错误；故选A。
3．D 【详解】AB．直导线与磁场的方向成角时，直导线所受的安培力
则当时
当时，F是零，AB错误；
C．直导线与磁场的方向不一定互相垂直，C错误；
D．由左手定则可知，只要F不是零，F的方向总是垂直于直导线和磁场的方向，D正确。故选D。
4．A 【详解】B．对圆球进行受力分析如图所示

在物块缓慢向右移动的过程中，在逐渐减小，物块对圆球的支持力增大，墙壁对圆球的支持力在增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，B错误；
ACD．将圆球和物块看成整体，并对其进行受力分析如图所示

由此可知，地面对长方体物块的支持力不变，地面对长方体物块的摩擦力也不变，由于球对墙壁的压力逐渐增大，拉力F在逐渐减小，A正确，CD错误。故选A。
5．C 【详解】A．若小球能到达最高点，根据机械能守恒，有
根据小球在竖直面内的圆周运动受力特点，可知恰好做完整的圆周运动，则在最高点时小球重力恰好提供所需向心力，根据牛顿第二定律可得
在最高时小球的最小速度为 故A错误；
B．分析小球从最低点运动到最右端的过程，根据机械能守恒，有
根据牛顿第二定律和向心力可得，小球的向心力为
又因为小球受重力作用，根据平行四边形定则可知小球所受的合力为
故B错误；
C．当轻绳第一次刚好松弛时，绳的拉力为零，设此时的速度大小为，轻绳与竖直向上方向夹角为，如图所示
由径向合力提供向心力，有
由机械能守恒有
联立解得， 故C正确；
D．小球在最低点，根据牛顿第二定律有
轻绳受到的拉力大小为，故D错误。 故选C。
6．A 【详解】船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有
进而有 也有 即
且有， 联立可解得 故选A。
7．B 【详解】AB．理想电压表测量定值电阻两端的电压，根据欧姆定律可得
理想电压表测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
理想电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
则有，，
可知、、均不变，由于定值电阻的阻值小于，则有
故A错误，B正确：
C．电源的输出功率为
可知当外电阻（即与滑动变阻器接入电路的阻值之和）等于r时，电源的输出功率最大，由于，则滑动变阻器滑片上移，接入电路的阻值变大，外电阻变大。若滑片移动前，外电阻小于内阻，则滑片上移，电源的输出功率可能增大，可能先增大后减小，若滑片移动前，外电阻大于内阻，则滑片上移，电源的输出功率减小；电源效率为
由于外电阻增大，则电源效率增大，故C错误：
D．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律
可知电路电流减小，根据
可知电容器极板间电压增大，根据
可知电容器的电荷量Q增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流。
由 可知极板间匀强电场的电场强度变大，向上的电场力变大，则带电液滴将向上运动。故D错误。故选B。
8．BD 【详解】滑动变阻器的滑动头P向左滑动，则阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路电流变小，则两端电压 变小，则电容器两端电压减小，要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则电容器带电量不变，电容器两板电压不变，场强不变，则油滴仍静止，油滴初始位置与下极板间距不变，则油滴初始位置的电势不变。故选BD。
9．BC 【详解】AB．小球b、c初始时速度为零，当小球a到达M点时，小球b、c的速度仍为零，表明b、c两小球先加速运动，后减速运动，进而表明两细杆对b、c两小球先有推力，后有拉力，可知在此过程中某时刻两细杆的作用力大小为零，在此时刻之后的一段时间内，小球a的加速度大于g，细杆先对小球a做负功，后做正功，因而小球a的机械能先减小后增大，故A错误，B正确：
C．据题中条件可知初始时，，当小球b向左移动0.2m时，可求得此时细杆与水平方向的夹角 如图所示
a、b、c三小球组成的系统机械能守恒，则有
且有
联立解得 故C正确；
D．小球到达点时的速度最大，对三个小球组成的系统有
解得 故D错误。故选BC。
10．BD 【详解】A．图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，滑块在处所受电场力为0，所受合外力，故A错误；
B．在处电场力为0，电场强度为0，则
由于，所以
滑块在处电势能最低，因为滑块带负电，所以处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B正确；
C．滑块在处所受电场力大小为
所以在处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块加速运动，故C错误；
D．滑块在处的电势能与在处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过处，则应满足
由，
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过处的位置，故D正确。故选BD。
11．（1） （2） （3）
【详解】（1）若a、b两小球碰撞过程中动量守恒，且无机械能损失，则有
，
联立可解得
要使小球a碰后沿圆弧上升，需满足，即
（2）据机械能守恒定律有，，
解得，，
结合 求得
（3）碰撞过程动量守恒有
机械能无损失有 联立可解得
即 也即
12．（1）2.0 （2）偏小 （3）Q 500 （4）如图所示 （5）54
【详解】（1）当电流表半偏时，说明与电流表分流相等，故；
（2）在认为并联上后电路中的电流不变时，据并联电路的特点可有，而实际上并联后，电路的总电阻将减小，电路中的总电流将增大，通过的电流大于通过的电流，可推知
故测量值偏小；
（3）[1]因电流表内阻已知，所以电流表应采用内接法，故A端应接在Q点：
[2]当A端接在Q点时，有
代入数据可求得
（4）拟合各点，作出的图像如图所示
（5）由作出的图像可求得，该阻值对应的温度为54℃。
13．（1）滑块第一次到达C点时速度大小是；
（2）弹簧获得的最大弹性势能是2.75J；
（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m．
【详解】（1）对滑块从D到C由动能定理得：，解得：
（2）对滑块从D到O由能量守恒定律得：，解得：
（3）设滑块返回到达B点速度为
由能量守恒定律得：，解得：．
滑块再次进入传送带后匀加速运动，由牛顿第二定律得：，解得：，
滑块速度增加到2m/s时的位移为：，
所以滑块再次回到C点的速度为2m/s，对滑块从C到最高点，由机械能守恒得：
，解得：．
14．（1）1.2m；（2）75N
【详解】（1）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成角，故 解得
重力与电场力合力大小为
由释放点到最大速度点由动能定理得
对该点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得压力 解得
（2）若电场反向，设小球于点左侧角处达到最大速度，同理解得
合力大小仍为，沿如图所示方向，
此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得
解得
对D到E由动能定理得 解得
对该点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得压力
15．（1）12m/s （2）20N （3）3.15m，1.2s
【详解】（1）设物块第一次与滑板碰撞前的速度大小为，碰后的速度大小为，则对物块与滑板碰撞过程满足动量守恒，有
根据能量守恒 解得
（2）因滑板内表面光滑，物块在风力作用下向右减速运动时，滑板不动，由动能定理，有
解得
（3）第一次碰撞后，物块由静止开始向左做匀加速运动，滑板向右做匀减速运动，直到物块在滑板的左侧与滑板发生第二次碰撞，设两物体的加速度大小为a，此过程经历的时间为，则有
物块向左的位移 滑板向右的位移 且有
联立解得
设物块和滑板第二次碰撞前的速度大小分别为和，则有

设物块与滑板碰撞后的速度大小分别为和，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
可解得 方向向右； 方向向左；
设再经过时间物块与滑板在滑板的右侧发生第三次碰撞，物块向右的位移
滑板向左的位移
且有 解得
设物块与滑板从第三次碰撞到第四次碰撞经过的时间为，该过程滑板向右运动的位移为，物块与滑板从第四次碰撞到第五次碰撞经过的时间为，该过程滑板向左运动的位移为，同理可解得

因，表明当滑板恰好运动至挡板处时物块与滑板发生第五次碰撞，所以滑板的A端离开挡板的最大距离
从A端开始离开挡板到它再次回到挡板经历的总时间
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
900.0
680.0
520.0
390.0
320.0
270.0
240.0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
A
C
A
B
BD
BC
BD