2024~2025学年江苏省南通学科基地第一次大联考高三上学期12月月考物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年江苏省南通学科基地第一次大联考高三上学期12月月考物理试卷（解析版），共17页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共6页，满分100分，考试时间为75分钟，考试结束后，请将答题卷交回。
2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符。
4．作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如雷改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列物理量中的负号表示大小的是（ ）
A. 加速度为B. 电势能为-10J
C. 电荷量为-10CD. 重力冲量为-10
【答案】B
【解析】A．加速度为，负号表示方向，故A不符合题意；
B．电势能为-10J，表示电势能必零势能位置低10 J，负号表示大小，故B符合题意；
C．电荷量为-10C，负号表示带负电，故C不符合题意；
D．重力冲量为-10，负号表示方向，故D不符合题意。故选B。
2. 把小石片沿水平方向用力投出，石片在水面上连续跳跃前进，这就是“打水漂”，如图所示。以下图示最有可能表示石片“打水漂”运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】小石片沿水平方向抛出后，石片与水发生作用时，水对石片的作用力导致石片反弹后竖直方向与水平方向的分速度均减小，若不计空气阻力，石片做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由于竖直方向速度减小，竖直方向上升的最大高度减小，在空中运动的时间变短，因此每一次在空中运动过程中，水平方向的分位移也减小，满足、、符合要求的只有第四个选择项中的轨迹。
故选D。
3. 如图，在张紧的绳上挂3个单摆，1摆振动后，其余两摆在1摆的驱动下也振动起来。稳定后，2、3两摆的振幅A和频率f关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A B．1摆摆动起来后，通过水平绳子对2和3两个摆施加周期性的驱动力，使2和3两个摆做受迫振动，1与2的摆长相等，它们的固有频率相等，所以2摆发生了共振，2摆的振幅大于3摆的振幅，故
故AB错误；
C D． 2和3两摆做受迫振动频率等于驱动力的频率，都等于1摆的频率，故
故C正确，D错误。
故选C。
4. 固定在振动片上的金属丝周期性触动水面可以形成水波，某时刻拍得一幅如图所示的照片。由照片可知（ ）
A. 金属丝正向右移动B. 金属丝在水面上左右振动
C. 单位时间内通过a点的波数比b点多D. 水波向左传播的速度大
【答案】C
【解析】A．根据水波的波纹可知，左边形成的波纹比较密，所以金属丝是向左移动，故A错误；
B．水波振幅是上下的，故金属丝在水面上下振动，故B错误；
C．波源向左运动，根据多普勒效应，可知左侧的波长变短，速度不变，所以在单位时间内通过a点的波数比b点多，故C正确；
D．波的传播速度取决于介质，所以金属丝两侧水波传播的速度一样大，故D错误。
故选C。
5. 某同学探究“两个互成角度的力的合成规律”实验，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 步骤b中，F1和F2的夹角越大越好
B. 步骤b中，O、E两点距离越大越好
C. 步骤c中，F′就是F1与F2的合力
D. 步骤c中，弹簧测力计可沿不同方向拉橡皮筋
【答案】C
【解析】A．F1和F2的夹角可以适当大些，便于作图，减小实验误差，但并非越大越好，故A错误；
B．F1和F2的力决定O、E两点距离，力适当大点可以减小实验误差，但并不是越大越好，故B错误；
C．步骤c中，F′产生的效果与F1和F2的合力产生的效果相同，故F′就是F1与F2的合力，故C正确；
D．步骤c中，为保证效果相同，弹簧测力计应沿竖直方向拉橡皮筋，故D错误。
故选C。
6. 光滑水平桌面上，导体棒MN固定、PQ可以自由运动。现给两棒通以图示的恒定电流，则下列能够反映此后一段时间内PQ大致位置的是（ ）（时间先后顺序为a，b，c）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据右手螺旋定则分析可知，导体棒MN在上方产生的磁场方向垂直于纸面向外。导体棒PQ电流方向向上，根据左手定则可知，导体棒PQ所受安培力方向向右。根据通电直导线在周围产生的磁场分布可知，离导体棒MN越近，磁场越强，离导体棒MN越远，磁场越弱。所以导体棒PQ下半部分受力大于上半部分受力。
故选D。
7. 某电场中，x轴上各点电场强度E随位置x的变化规律如图所示，+x方向是电场的正方向，一电子从−x0处以v0沿+x方向射入，下列说法正确的是（ ）
A. 电子能越过x0处B. 0.5x0处电势最高
C. −x0处的电势比O点高D. 电子在−x0处电势能小于0.5x0处
【答案】A
【解析】A．E − x图像与x轴围成的面积表示电势差，由图可知，从−x0处到x0处电势差为0，电场力不做功，所以电子到x0处速度为v0沿+x方向，能越过x0处，故A正确；
BC．在O点左侧，电场强度方向为x轴负方向，在O点右侧，电场强度方向为x轴正方向，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以O点为电势最高点，故BC错误；
D．由面积可知，O点与−x0处的电势差为
O点与0.5x0处的电势差为
所以−x0处电势小于0.5x0处电势，根据
由于电子带负电，所以电子在−x0处电势能大于0.5x0处，故D错误。故选A。
8. 一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框吊起，线框始终保持水平。地磁场的竖直分量，随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时（ ）
A. 穿过线框的磁通量增大B. 线框中感应电流方向为
C. 线框的四条边有向内收缩的趋势D. 绳索对线框的作用力小于线框的重力
【答案】B
【解析】A．地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，故A错误；
B．根据楞次定律，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中线框中感应电流方向为，故B正确；
C．由广义楞次定律，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，故C错误；
D．线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，故D错误。
故选B。
9. 把线圈、电容器、小灯泡、开关、交流电源AC分别组成甲、乙两电路，闭合开关后（ ）
A. 甲中抽去线圈铁芯，灯泡变亮B. 甲中交流电频率增加，灯泡变亮
C. 乙中有电荷流过电容器极板间D. 乙中电容器右极板右移，灯泡变亮
【答案】A
【解析】A．甲中抽去线圈铁芯，则感抗变小，线圈对交流电的阻碍作用减小，灯泡变亮，故A正确；
B．甲中交流电频率增加，则感抗变大，线圈对交流电的阻碍作用增强，灯泡变暗，故B错误；
C．乙中电容器极板间为绝缘材料，所以乙中没有电荷流过电容器极板间，故C错误；
D．乙中电容器右极板右移，根据，可知电容器电容减小，则容抗变大，对电流的阻碍作用增强，灯泡变暗，故D错误。
故选A。
10. 如图所示，一面积为S的矩形线框放在磁感应强度大小均为B的磁场中，以角速度绕距线框边缘处的转轴匀速转动，转轴两侧磁场方向相反，则线框转动一圈过程中（ ）
A. 线框中感应电动势最大值B. 线框中感应电动势最大值
C. 线框中感应电流方向改变2次D. 线框中感应电流方向改变4次
【答案】D
【解析】AB．当线圈转过90°时，电动势最大，由于转轴两侧磁场方向相反，则线框中感应电动势最大值为
故AB错误；
CD．如图标记线框四个端点
线圈转动，产生的感应电动方向为adcb方向；线圈转动，产生的感应电动方向为abcd方向；线圈转动，产生的感应电动方向为adcb方向；线圈转动，产生的感应电动方向为abcd方向；所以线框转动一圈过程中线框中感应电流方向改变4次，故C错误，D正确。
故选D。
11. 如图所示，小球A、B固定在轻杆两端，小球C紧贴球B，球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面内，当球C的速度为v时，B、C两球刚好分离。三球质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（ ）
A. B、C两球分离前，A已离开墙面B. B、C两球分离时，A有最大速度
C. A球落地前瞬间，A的速度为D. A下滑过程中墙面对A的冲量为
【答案】D
【解析】A．B、C两球分离时，两球速度相等但两球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值都为v，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即此时A球恰好离开墙面，故A错误；
D．小球A顺着墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的变化量，即
故D正确；
B．B、C两球分离后，A、B轻杆水平方向动量守恒，所以A球水平方向速度增加时，B球速度减小，则B球动能减小，又因为B、C两球分离后A、B组成的系统机械能守恒，A球的重力势能和B球的动能都减小，则A球的动能增大，所以B、C两球分离时，A不是最大速度，故B错误；
C．自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则
且A球落地前瞬间
解得
但小球A有竖直速度分量，故C错误；故选D。
二、非选择题：共5题，共60分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 小李设计了如图甲所示的电路来研究太阳能电池，其中定值电阻。
（1）依据原理图用笔画线代替导线连接好电路________；
（2）光照一定下，调节滑动变阻器测得多组数据，描绘图像，如图乙所示，则电池电动势________V，在电流时，电池的内阻________。（均保留两位有效数字）
（3）因电表内阻影响，该实验中电动势测量值________。（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）
（4）当电流时，随着电流增大，电池的电阻________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。当电压表的示数为1.0V时，电池的输出功率为________W。（保留两位有效数字）
【答案】（1） （2）2.9 3.3
（3）偏小 （4）增大 0.44
【解析】【小问1详解】
如图
【小问2详解】
[1]根据闭合电路欧姆定律
结合图像可知
[2]在电流时，电池的内阻
【小问3详解】
因电压表分流导致电流表测干路电流偏小，作出测量图像和真实图像，如图所示
可知实验中电动势测量值偏小。
【小问4详解】
[1]当电流时，随着电流增大，图像斜率变大，电池的电阻增大。
[2]当电压表的示数为1.0V时，电池的输出功率为
13. 牛顿猜想“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样规律，最终用月-地检验证实了猜想。
（1）若月地距离r，月球公转周期为T，求月球绕地运行的加速度大小a；
（2）若月地距离约为地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g。请结合（1）问结果说明如何证实牛顿的猜想。
【答案】（1）
（2）若，则证实牛顿的猜想
【解析】【小问1详解】
月球绕地运行的角速度
月球绕地运行的加速度大小
【小问2详解】
由万有引力和牛顿第二定律
月球绕地球的加速度
苹果落地加速度
若（1）问中的，则证实牛顿的猜想。
14. 横截面为圆环的中空柱形容器，内半径为R，外半径为2R，MN为一条直径。光线以45°入射角从M点射向容器，折射后恰好与容器内壁相切，光在真空中的速度为c。求：
（1）容器对该光线的折射率n；
（2）光从M点射入到第一次到达容器外壁所经历的时间t。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
折射光线恰好与容器内壁相切，设折射角为θ，由几何关系得
解得
容器对该光线的折射率
【小问2详解】
光从M点射入到第一次到达容器外壁走的路程
光在容器中的传播速度
光从M点射入到第一次到达容器外壁所经历的时间
15. 轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨过定滑轮分别与A、B两物体相连接。手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B后，A、B在竖直方向运动，A、B均不会与滑轮和地面相碰。已知A、B质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为，始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计阻力。求：
（1）刚释放B时弹簧的长度L；
（2）A运动中的最大速度v；
（3）B运动到最低点时的加速度大小a。
【答案】（1）
（2），方向竖直向上
（3）
【解析】【小问1详解】
刚释放B时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A
解得
刚释放B时弹簧的长度
【小问2详解】
速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为，则有
解得
与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A速度最大，对整个系统根据机械能守恒
解得
方向竖直向上。
【小问3详解】
设刚释放时弹簧的弹性势能为，B运动到最低点时，弹簧的伸长量为，弹簧的弹性势能为，对系统从释放到B运动到最低点，根据机械能守恒
又因为
，
解得
根据牛顿第二定律，对A
对B
解得
16. 如图甲，长为L、间距为的A、B两金属板水平放置，右侧有一垂直于纸面的匀强磁场，两板中心最左侧a处有一粒子源随时间均匀向板间水平发射速度的电子。两金属板上加如图乙所示的交变电压，电子穿过极板的时间极短，该过程中板间电压不变．当板间电压时，从a点射出的电子经过磁场偏转后，恰能返回到a点．已知电子质量m，电量e，不计重力及电子间的相互作用。求：
（1）当电压时，电子从板间飞出时沿电场方向的侧移量y；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）交变电压的一个周期内发射的电子能再次回到两板间的比例。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
在偏转电场中，则有
根据牛顿第二定律，则有
可解得
【小问2详解】
出电场时，则有
可解得
所以出电场时的速度为
根据数学关系可知，在磁场中，粒子做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力充当向心力，则有
可解得
【小问3详解】
当电压小于0时，电子向下偏转，假设在磁场中恰好从下边缘出射磁场，重新进入电场，则有
在磁场中，根据洛伦兹力充当向心力，则有
可解得
所以在偏转电场中的竖直位移为
由（1）可知，对应的电压应为
当电压大于0，达到最大电压时，电压为（1）的三倍，所以加速度为3倍，竖直偏移量为3倍，恰好从极板边缘射出。所以能再次回来的电压时间段为
能再次回到两板间比例为