2025自治区巴彦淖尔一中高三上学期12月月考试题物理含解析

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一、选择题（1-7题单选，每题4分；8-10题多选，每题6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
1. 利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机（ ）
A. 在时刻开始减速上升B. 在时刻到达最高点
C. 在时间内处于超重状态D. 在时间内受到的支持力逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知时间内，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，时刻加速度最大，而速度还在继续增大，故A错误；
B．由图可知，时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，时刻还没有达到最高点，故B错误；
C．时间内，加速度的方向依然向上，应处于超重状态，故C正确；
D．对手机进行受力分析可知，时间内，有
该段时间内，a逐渐减小，因此支持力逐渐减小，故D错误。
故选C。
2. 悬挂线是数学中一种优美曲线，如下图有一段质量均匀分布的细绳两端固定，构成悬挂线，曲线左右两端点的切线与水平方向夹角为和，求由水平切线的垂线所分成两部分的质量比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对竖直虚线左边绳子受力分析如图
由平衡条件有
同理对竖直虚线右边绳子受力分析，由平衡条件可得
联立解得
故选B。
3. 两同学在进行投篮比赛，从同一位置先后抛出甲、乙两个篮球，结果都投进篮筐，两球空中运动的轨迹如图所示，①、②分别为甲、乙的运动轨迹，不计空气阻力，则从抛出到进框，下列说法正确的是（ ）
A. 甲的加速度小于乙的加速度
B. 甲在最高点的速度小于乙在最高点的速度
C. 两球运动时间相等
D. 两球平均速度相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．不计空气阻力，篮球做斜抛运动，只受重力作用，加速度为重力加速度，故甲的加速度等于乙的加速度，故A错误；
C．由图可知，甲球上抛达到的最大高度大于乙球上抛达到的最大高度，根据抛体运动的性质可知，高度决定运动时间，则甲球在空中运动的时间大于乙球在空中运动的时间，故C错误；
B．篮球在最高点的速度等于水平方向的速度，水平方向篮球做匀速直线运动，甲、乙两球的水平位移相等，甲球在空中运动的时间大于乙球在空中运动的时间，根据匀速直线运动规律可知，在轨迹的最高点，甲球的水平速度小于乙球的水平速度，即甲在最高点的速度小于乙在最高点的速度，故B正确；
D．从抛出到进框，甲、乙两球的位移相等，甲球在空中运动的时间大于乙球在空中运动的时间，则甲球的平均速度小于乙球的平均速度，故D错误。
故选B。
4. 一质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取。则（ ）
A. 时物块的动量大小为
B. 时物块的速度大小为，方向向右
C. 时间内F对物块的冲量大小为
D. 时间内物体的位移为
【答案】D
【解析】
【详解】A．物块与地面间的滑动摩擦力为
则前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，时根据动量定理
故A错误；
B．时物块速度
2s-3s过程，加速度大小为
方向为负，则时物块的速度大小为零，故B错误；
C．0~4s时间内F对物块的冲量大小为
故C错误；
D．时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s时间内物体的位移为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，将一个可视为质点的弹丸从弹射器口P点水平弹出，Q点是弹丸运动轨迹中的一点。以地面为重力势能零势能面，弹丸在P点的动能与它在该点的重力势能相等，在Q点的动能为它在该点重力势能的4倍，P、Q两点间水平距离为x，竖直距离为y，忽略空气阻力。则的值应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设Q点的高度为h，根据题意
从P到Q根据动能定理或机械能守恒有
解得
根据平抛规律
，
得
将、代入
解得

故选C。
6. 如图所示，一T型支架长横杆上用等长的细线等间距悬挂4个相同小球A、B、C、D，支架绕轴线缓慢加速转动，当支架转动的角速度为ω时（ ）
A. A、D的加速度相同
B. A、B的悬线与竖直方向的夹角相等
C. A的机械能大于B的机械能
D. A的动能等于该过程中细线对A做的功
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于A、D两球角速度相同，转动半径相同，根据
可得，A、D两球加速度大小相等，方向不同，故A错误；
B．设悬线与竖直方向的夹角为θ，悬线的悬挂点与转轴间的距离为x，根据牛顿第二定律可得
由此可知，A球悬挂点到转轴的距离较大，则A的悬线与竖直方向的夹角较大，故B错误；
C．由于A球线速度较大，动能较大，且A的悬线与竖直方向的夹角较大，则A球重力势能较大，所以A球的机械能大于B的机械能，故C正确；
D．根据动能定理可得，A的动能变化量，即此时A的动能等于该过程中合力对A做的功，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置。现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是（ ）
A. 重物在C位置时，其加速度的大小等于当地重力加速度的值的两倍
B. 在重物从A位置下落到C位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
D. 在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是
【答案】C
【解析】
【详解】A．重物在AC之间做简谐振动，在A点释放时的加速度为向下的g，由对称性可知，在C位置时的加速度的大小也等于g，方向向上，选项A错误；
B．在重物从A位置下落到C位置的过程中，重物动量的变化为零，根据动量定理可知，向下的重力的冲量大小等于向上的弹簧弹力的冲量，选项B错误；
C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，由能量关系可知
重物从A点下落到B点时动能最大，则由动能定理
可得
即在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，选项C正确；
D．在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是
选项D错误。
故选C。
8. 如图所示，一质量为可视为质点的小物块自斜面上点由静止开始下滑，斜面的倾角为,、间距离为，小物块经运动到点后通过一小段光滑的衔接弧面恰好同速率滑上与地面等高的传送带，传送带以的恒定速率顺时针运行，传送带、间距离为，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计衔接弧面的运动时间和空气阻力。取，，，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块在传带上、之间的运动时间为
B. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为
D. 整个过程中传送带电动机多消耗的电能为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．物块在斜面上运动的加速度为
到达B点时的速度
vB=a1t1=4m/s
物块滑上传送带时的加速度
加速的时间
加速的位移
匀速的时间
小物块在传带上、之间的运动时间为1.5s，选项A错误；
B．在斜面上根据牛顿第二定律
解得
选项B正确；
C．小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为
选项C正确；
D．整个过程中传送带电动机多消耗的电能为
选项D错误
故选BC。
9. 如图所示，在竖直空间固定半径为R的绝缘圆环，圆环圆心O点正下方距圆环一定距离处有一带正电小球A，圆环上套有一带正电小球B，初始时B静止在圆环上M点的右侧。现用外力使A缓慢向圆环最低点M移动，则B沿圆环右移，在此过程中，两小球所带电荷量保持不变且可视为点电荷，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A. 圆环对B的弹力一直减小B. 圆环对B的弹力一直增大
C. A、B间的库仑力先增大后减小D. A、B间的库仑力一直增大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．对B球受力分析，如图所示
由相似三角形对应边成比例可知
解得
随着OA距离的减小，圆环对B的弹力一直增大，故A错误，B正确；
CD．根据
可知，随着FN增大，AB距离在减小，所以A、B间的库仑力FE增大，故C错误，D正确。
故选BD。
10. 光滑的细杆固定放置，与水平方向的夹角为37°，质量为m的小球与质量为2m的物块通过轻质细线连接，细线跨过天花板上的两个轻质定滑轮。小球套在细杆上从某处由静止开始上滑，细线一直处于伸直状态，当小球运动到A点时，速度沿着杆斜向上大小为，细线与细杆之间的夹角为37°，当小球运动到B点时，细线与细杆垂直。已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度大小为g，小球与物块（均视为质点）总在同一竖直平面内运动，，，下列说法正确的是（ ）
A. 当小球在A点时，物块的速度大小为
B. 小球从A点运动到B点，系统总重力势能的减小量为
C. 当小球运动到B点时，物块速度的大小为0
D. 小球从A点运动到B点，细线对小球做的功为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．小球在A点时，把实际速度v0分别沿着细线和垂直细线分解，沿着细线方向的分速度为
由关联速度可知，此时物块的速度等于沿细线方向的速度，则有
故A错误；
C．同理，小球运动到B点时，把小球的速度分别沿着细线和垂直细线分解，因为细线与细杆垂直，即细线与小球的速度垂直，则细线速度为0，物块的速度为零，故C正确；
B．小球从A到B，重力势能增加量为
物块下落的高度为
重力势能的减小量为
则系统总重力势能的减小量为
故B正确；
D．小球从A点运动到B点过程，细线对小球做的功与细线对物块做的功，大小相等，一正一负。分析物块，根据动能定理
解得
则细线对小球做的功为
故D正确。
故选BCD。
二、实验题（共14分）
11. 某同学验证机械能守恒定律的装置如图1所示，该装置由悬挂在铁架台上的细线、小球和铁架台下方的光电门组成，当地重力加速度为g。
（1）实验中用毫米刻度尺测量悬点到小球上端的细线长度为l，用某测量工具测量小球的直径d
（2）该同学将细绳拉直至与悬点等高的位置后由静止释放，记录小球通过最低点时光电门的遮光时间t，则小球通过最低点的速度大小为___________（用所测物理量字母表示）
（3）本实验验证机械能守恒定律时，只需在误差允许范围内验证表达式___________是否成立即可；
（4）多次改变细线长度l，重复以上操作，若以为纵坐标，l为横坐标，根据实验数据作出的图像如图2所示，图中的纵截距为b，c为纵轴上的一个数值，则可得重力加速度测量值___________（用图中给的字母或所测物理量表示）；
（5）用实验所得重力加速度与当地重力加速度g比较，在误差范围内两个数值近似相等，则验证了小球机械能守恒。
【答案】 ①. ②. ③. b
【解析】
【详解】（2）[1]根据光电门的原理可知小球通过最低点的速度大小为
（3）[2]小球下落过程，根据机械能守恒可得
又
联立可得在误差允许范围内验证机械能守恒的表达式为
（4）[3]根据
变形可得
则重力加速度测量值为
12. 如图，某学校兴趣小组利用甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为）。其中为电阻箱，电流表的内电阻约为，电压表的内电阻约为。
（1）利用图乙中实验电路测电源的电动势和内电阻，所测量的实际是丙图中虚线框所示“等效电源”的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，则“等效电源”的电动势=________；=________。（均用和表示）
（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在下列图、和中，实线是根据实验数据（图甲：，图乙：）描点作图得到的图像；虚线是该电源的路端电压随电流变化的图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。
A．B.
C. D.
在如图中，对应图甲电路分析的图像是：________；对应图乙电路分析的图像是：________。
（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择测量方法是________（填“甲”或“乙”）。
【答案】 ①. ②. ③. A ④. C ⑤. 甲
【解析】
【详解】（1）[1][2]等效电源断路时电流为0，路端电压等于电源的电动势，即，等效电源的为实际电源和电流表串联，故等效内阻为电源内阻和电流表内阻之和，即
（2）[3][4]甲图中所测量的为电源和电压表并联组成的“等效电源”
故乙图中电动势相等，短路电流实验值小于理想值，甲图中短路电流相等，电动势实验值小于理想值。对应图甲电路分析的图像是A，对应图乙电路分析的图像是C。
（3）[5]电源内阻较小，故选择甲图的误差比较小。
三、解答题（共40分）
13. 如图所示，质量为40kg的物体B放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为4kg的小球A相连，不计滑轮摩擦，车厢水平向右匀加速运动，加速度，物体B能压在车厢底板上不滑动，g取10m/s2.
（1）细线对小球A的拉力为多大；
（2）若物体B与车厢底板间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则物体B与车厢间的动摩擦因数最小为多少。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可知
故细线的拉力
【小问2详解】
以B物体为研究对象，则有
又因
解得
故物体B与车厢间的动摩擦因数最小为0.86。
14. 如图所示，静止于A 处的带正电离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧GH通过静电分析器，从H点垂直CN进入矩形区域QNCD。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，圆弧GH 所在处场强大小都为方向沿圆弧半径指向圆心O，离子在辐向电场内做匀速圆周运动：QNCD区域内存在匀强电场，电场方向水平向左，最终该离子打在 Q点。已知该离子质量为m、电荷量为q，，，离子重力不计。
（1）求圆弧GH的半径R；
（2）求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E的大小；
（3）若仅在矩形区域PMCD 内存在水平向左的匀强电场，且，其它条件不变，为使该离子仍能打在Q点，求此时PMCD区域内匀强电场场强的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
离子在加速电场中加速，根据动能定理有
解得离子从加速电场射出时的速度为
离子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有
联立解得圆弧GH的半径为
【小问2详解】
粒子矩形区域QNCD内做类平抛运动，若离子恰好能打在点上，根据类平抛运动规律有
，
根据牛顿第二定律有
联立解得矩形区域QNCD内匀强电场场强为
【小问3详解】
若仅在矩形区域PMCD 内存在水平向左的匀强电场，且，其它条件不变，为使该离子仍能打在Q点，粒子在偏转电场中仍做类平抛运动，则有
，，，
粒子离开电场时的速度与电场方向夹角满足
粒子离开电场后到打在Q点过程，根据几何关系有
联立解得PMCD区域内匀强电场场强的大小
15. 如图所示，在平面直角坐标系中，存在经过坐标原点、半径为的圆形边界，圆心在轴上，边界内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一个长方形边界区域，长，宽，点是圆形边界与轴的交点，在点的右侧存在沿轴正方向的匀强电场。一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）从圆形边界上的点以指向圆心的速度射入磁场，从点离开磁场并进入电场运动到点，已知，边界与轴的夹角为，，。求：
（1）粒子从点入射的速度大小；
（2）匀强电场的电场强度的大小；
（3）粒子从到经历的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在点的入射速度指向圆心，则在点的出射速度的反向延长线指向圆心，即出射速度沿轴的正方向，设轨迹圆的半径为，则由几何关系可得
解得
洛伦兹力提供向心力
解得
（2）将粒子从到的位移分别沿、轴分解，由几何关系可得
由类平抛运动的规律可得
解得
（3）由（2）解得在电场中运动时间为
粒子从到，速度的偏转角为
磁场中运动时间
则粒子运动的总时间为