安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析）

这是一份安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共 8 小题，每题 4 分，共 32 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 如图，倾角为的斜面体置于水平地面上，物块与沙桶通过细绳相连接，细绳跨过光滑定滑轮，左侧细绳与斜面平行，斜面体与沙桶都处于静止状态不计滑轮和细绳的重力，向沙桶中增加少量沙子后装置仍保持静止，则以下说法正确的是（ ）
A. 斜面对小物块的支持力一定减小
B. 斜面对小物块的摩擦力一定减小
C. 地面对斜面体的支持力一定减小
D. 地面对斜面体的摩擦力一定减小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对物块b受力分析如图
物块b受重力、沙桶a给它的拉力、斜面给它的支持力以及摩擦力作用（摩擦力未画出）。
斜面对小物块的支持力等于物块的重力垂直于斜面的分力大小，不变。
摩擦力有多种情况：
(1)F大于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力沿斜面向下，在a中的沙子增加后，拉力F增大，摩擦力变大；
(2)F小于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力沿斜面向上，在a中的沙子增加后，拉力F变大，摩擦力可能变小，也可能先变小到零后反向变大。
AB错误；
CD．选斜面体、物块整体为研究对象，受力分析如图
在沙桶中的沙子增加后，拉力F变大，其竖直方向的分力变大，故地面对斜面体的支持力N变小；拉力水平方向的分力变大，故地面对斜面体的摩擦力变大，C正确，D错误。
故选C。
2. 如图所示，“火星”探测飞行器P绕火星做匀速圆周运动，若“火星”探测飞行器某时刻的轨道半径为r，探测飞行器P观测火星的最大张角为β，下列说法正确的是（ ）
A. 探测飞行器P轨道半径r越大，其周期越小
B. 探测飞行器P的轨道半径r越大，其速度越大
C. 若测得周期和张角，可得到火星的平均密度
D. 若测得周期和轨道半径，可得到探测器P的质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可得
因此轨道半径r越大，周期越大，故A错误；
B．根据
可得
轨道半径r越大，速度越小，故B错误；
C．若测得张角为，如图
则可求出火星的半径
若测出飞行器P运行的周期T，根据
可得火星的质量
因此火星的密度
故C正确；
D．由ABC中公式可知：探测器围绕火星做圆周运动的表达式中，探测器的质量m两边约去了，所以无法得到探测器P的质量，故D错误。
故选C。
3. 如图所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平地面相切于B点。现将小球1从轨道最高点A水平向左抛出，经时间落到地面，落地时速度大小为；小球2从A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，经时间到达B点，速度大小为。两小球均可视为质点，不计空气阻力。则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．小球1在竖直方向做自由落体运动
设小球2支持力与竖直方向夹角为，小球2在竖直方向根据牛顿第二定律可知
小球2做加速度减小的加速运动，且，高度相等均为R，可知，故AB错误；
CD．对小球1使用动能定理可得
解得
对小球2使用动能定理可得
解得
可知，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知跟竖直方向的夹角为60°，跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A. 细线和细线所受的拉力之比为
B. 小球和的角速度大小之比为
C. 小球和的向心力大小之比为
D. 小球和的线速度大小之比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，有
Tcsθ=mg
解得
所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比
选项A正确；
B．小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得
mgtanθ=mLsinθω2
得
所以
选项B错误；
C．小球所受合力提供向心力，则向心力为
F=mgtanθ
小球m1和m2的向心力大小之比为
选项C错误；
D．小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得
解得
所以
选项D错误。
故选A。
5. 图为复杂电路的一部分，电阻R1、R2、R3的阻值之比为1：2：3，通过这三个电阻的电流之比为4：1：2，则电流表A1、A2的示数之比为（ ）
A. 1：1B. 2：1C. 3：1D. 4：1
【答案】B
【解析】
【详解】三个电阻R1、R2、R3的电流之比为4：1：2，设比例中的每一份为1A，则I1 = 4A，I2 = 1A，I3 = 2A；电阻R1、R2、R3的阻值之比为1：2：3，设比例中的每一份为1Ω，则R1 = 1Ω，R2 = 2Ω，R3 = 3Ω，根据欧姆定律U = IR可得：三个电阻两端电压分别为：U1 = 4V，U2 = 2V，U3 = 6V；又因为R1与R3的左端电势相等，可知只有当R1与R2的电流反向时才能使R3两端的电压等于6V，故画出电流可能的流向，有两种情况，如图所示
因所有进入某节点的电流的总和等于所有离开这节点的电流的总和，则：图1中
A1 = I1＋I3 = 4A＋2A = 6A
A2 = I3＋I2 = 2A＋1A = 3A
故流过A1、A2的示数之比为2：1；
图2中
A1 = I1＋I3 = 4A＋2A = 6A
A2 = I3＋I2 = 2A＋1A = 3A
故流过A1、A2的示数之比仍为2∶1。
故选B。
6. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，a、b接入电压有效值恒定的交变电源，其中为滑动变阻器，、为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用、和表示，下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．、分别测的的电压和电流，是定值电阻，所以
故AB错误；
CD．根据变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比
原线圈电压电流分别为
把看成电源的内阻，根据闭合电流欧姆定律
得
故C错误，D正确。
故选D。
7. 一个LC振荡电路中，线圈的自感系数为L，电容器的电容为C，电路的振荡周期为 T。从电容器上电压达到最大值Um开始计时，在 时间内，电路中的平均电流为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】振荡电路电容器两端的电压如图

振荡电路的振荡周期为
从电压到最大值Um开始，在 时间内，电量为
平均电流为
故选C。
8. 某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为7.2m，篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直。不考虑空气阻力，重力加速度大小取。则篮球从出手到入筐的时间为（ ）
A. 1.6sB. 1.4sC. 1.2sD. 1.0s
【答案】C
【解析】
【详解】设篮球初速度为，与水平夹角为，末速度为，与竖直方向夹角为斜向下。由题意可知
篮球做匀变速曲线运动，则
竖直方向
水平方向
运动时间为
又
联立得
故选C。
二、多选题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得 0 分。
9. 斜面ABC倾角为37°，AB段粗糙程度相同，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块从A处以初速度v0=18m/s沿斜面向上滑行，到达B处速度为vB=6m/s，到达C处速度恰好为零，其上滑过程的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块沿斜面向上滑行通过AB的时间t0=1.2s
B. 物块与AB段斜面间的动摩擦因数μ=0.75
C. 斜面AC间距离LAC=24m
D. 小物块沿斜面下滑时间为3s
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小物块上滑过程在BC段运动，由牛顿第二定律可得
由乙图可知，时间内加速度大小为
联立，解得
故A错误；
B．同理，小物块上滑过程在AB段运动，有
由乙图可知，时间内加速度大小为
联立，解得
故B正确；
C．根据v-t图像中图线与横轴所围面积表示位移，可得
故C错误；
D．小物块下滑过程在BC段运动，加速度大小仍然，做匀加速直线运动，有
，
解得
，
小物块下滑过程在AC段运动，有
解得
即小物块做匀速直线运动，可得
小物块沿斜面下滑时间为
故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，光滑竖直杆固定，质量为m的小球A（可视为质点）穿在杆上。一根竖直轻弹簧一端固定在水平地面上，另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时整根轻绳伸直无张力且间轻绳水平、间轻绳竖直。现将小球A由P点静止释放，小球A沿杆下滑到最低点Q时，与杆之间的夹角为。不计滑轮的质量、大小及摩擦，重力加速度大小为g，，，关于小球A由P点下滑至Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A的重力势能减小了
B. 物块B机械能增加了
C. 小球A和物块B组成的系统机械能守恒
D. 除P、Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意，由几何关系可得，小球A下降的距离为
则小球A的重力势能减小了
故A错误；
B．根据题意可知，物块B的机械能增加等于物块B重力势能的增加，由几何关系可知，物块B上升的距离为
则物块B重力势能的增加量为
即物块B的机械能增加了，故B正确；
C．根据题意可知，小球A由P点下滑至Q点的过程中，弹簧对物块B做功，则小球A和物块B组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．小球A由P点下滑至Q点的过程中，设小球A的速度为，物块B的速度为，小球A与定滑轮连线与竖直方向的夹角为,由几何关系可得
则除P、Q两点外，小球A的速度始终大于物块B的速度，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共 5 题，共 58 分。
11. 在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用如下图装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的重物和，在下面再挂钩码。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。

（1）如图所示，在重物下方固定打点计时器，用纸带连接，测量的运动情况。下列操作过程正确的是______________；
A.固定打点计时器时应将复写纸定位轴置于系重物的细线的正下方
B.安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上
C.接通电源前让重物尽量靠近打点计时器
D.应选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带
（2）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图所示，、、为三个相邻计时点。则打下点时重锤的速度________m/s；（结果保留三位有效数字）

（3）如果本实验室电源频率大于50Hz，则瞬时速度的测量值__________（选填“偏大”或“偏小”）；
（4）已知重物和的质量均为，钩码的质量为，某次实验中从纸带上测量重物由静止上升高度为时对应计时点的速度为，取重力加速度为，则验证系统机械能守恒定律的表达式是_________；
（5）为了测定当地的重力加速度，改变钩码的质量，测得多组和对应的加速度，作出图像如图所示，图线与纵轴截距为，则当地的重力加速度为__________。

【答案】 ①. BC##CB ②. 1.05 ③. 偏小 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为减小纸带运动过程中所受的摩擦阻力，打点计时器振针应置于系重锤A的细线的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振针旁边，所以定位轴不应在重锤A的细线的正下方，A错误；
B．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线上，B正确；
C．为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，接通电源前让重锤A尽量靠近打点计时器，C正确；
D．本实验研究对象不是做自由落体运动，无需选取最初第1、2两点间距离接近2mm的纸带，D错误。
故选BC。
（2）[2]打B点时重锤瞬时速度等于打A、C两点间的平均速度，即
（3）[3]如果本实验室电源频率大于50Hz，则计算瞬时速度时所代入的值比实际值偏大，从而使瞬时速度的测量值偏小。
（4）[4]根据机械能守恒定律有
整理得
（5）[5]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有
整理得
由题意可知
解得
12. 小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组（电动势E不大于4.5 V、内阻r未知）、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻（用作保护电阻），开关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：
第一步∶把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻值相等，均设为R。
第二步∶取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R0，记下电流表的示数I0。
第三步∶取下定值电阻R0，将n个（n=1，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断∶
（1）根据上述第二步，与R0、R1、E、r的关系式是=___________。
（2）定义，则Y与n、R、R0、E的关系式是Y=__________。
（3）已知R0=12.0Ω，实验测得I0=0.182 A，得到数据如下表∶
根据上述数据作出图像，如图（b）所示，可得R=______Ω（保留2位有效数字），同时可得E=______V（保留2位有效数字）。
（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值_______影响（选填“有"或“无"）。
【答案】 ①. ②. ③. 2.0 ④. 4.0 ⑤. 无
【解析】
【分析】本题考 查测定电源电动势以及电阻测量的实验，意在考查考生处理实验数据的能力。
第（1）问通过闭合电路欧姆定律写出关系式，变形即可得到的表达式；第（2）问结合题中的信息以及闭合电路欧姆定律整理出Y的表达式；第（3）问利用数形结合法解读出图像的斜率以及截距的物理意义，求出电源的电动势和定值电阻的阻值；第（4）问把电流表的内阻考虑进内之后列出关系式直接分析出电流表的内阻对Y测量值的影响即可。
【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得
整理得
（2）[2]A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得
又
由以上整理得
（3）[3][4]由
变形得
结合图（b）得
又
解得
（4）[5]如果考虑电流表的内阻，则有

整理得
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
13. 如图所示，某一质点沿着如图所示的直线向右做匀减速运动，依次经过三点，，质点通过过程和过程的平均速度分别为和，求：
（1）质点通过过程和过程时间之比；
（2）质点运动至点的瞬时速度的大小。
【答案】（1）1:4 （2）
【解析】
【小问1详解】
质点通过过程和过程的时间之比
【小问2详解】
设加速为a，R点速度为，S点速度为，T点速度为，RS段时间为t，ST段时间为4t。由平均速度公式得
由速度公式得
联立解得
14. 如图甲所示，两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为37°的斜面上，两导轨间距为L=0.5m。上端通过导线与R=2Ω的电阻和开关K连接，开关K处于断开状态，下端通过导线与RL=2Ω的小灯泡连接。在CDFE矩形区域内有垂直斜面向上的磁场，CE间距离d=2m。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。在t=0时，一阻值为R0=3Ω的金属棒从AB位置由静止开始运动，当金属棒刚进入磁场时闭合开关K，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。设金属棒运动过程中始终与CD平行（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）求：
(1)0～2s内，通过小灯泡的电流强度；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数；
(3)金属棒从AB到EF位置过程中，与导轨之间摩擦产生的热量。
【答案】(1)0.4A；(2)0.65；(3)37.44J
【解析】
【详解】(1)0～2s内，由法拉第电磁感应定律得
只有金属棒和灯泡串联构成感生电路，由闭合电路欧姆定律得
=0.4A
(2)灯泡亮度不变，则全程通过灯泡的电流恒为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a，则依题意有
BLv=ILRL+（IL+IR）R0
ILRL=IRR
由牛顿第二定律可得
mgsin37°-μmgcs37°=ma
由运动学公式
v=at1
由题图乙可知t1=2s，B=4T，代入以上方程联立可得
μ=0.65
（3）金属棒在CE段做匀速直线运动，则有
mgsin37°=B（IL+IR）L+μmgcs37°
解得
m=2kg
金属棒在AC间做匀加速直线运动的位移为
金属棒在导轨上摩擦生热为
15. 如图所示，足够大的光滑水平地面上有一水平直角坐标系，第一、二和四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为，和为光滑挡板，A点坐标为，足够长的挡板与x轴夹角为。第三象限内一个电荷量为q、质量为m的可视为质点的带正电小球，以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场后，从A点垂直x轴进入第二象限，小球与挡板的碰撞为弹性碰撞；小球与挡板碰撞后反弹，垂直挡板方向的速度大小减为碰前的二分之一，平行挡板方向的速度不变，碰撞过程中小球电荷量保持不变。已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为。求
（1）小球从A点进入磁场到第一次撞击挡板所用的时间及第一次撞击点坐标；
（2）小球打在挡板上离坐标原点的最远距离；
（3）当小球打在挡板上离坐标原点最远位置时，将方向反向（大小不变），同时加一个沿y轴负方向的匀强电场E，此后小球沿y轴负方向运动的最大距离h（用m，E，，q表示）。

【答案】（1），；（2）l；（3）
【解析】
【详解】（1）设第三象限内的电场强度与磁感应强度分别为，小球以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场，根据洛伦兹力和电场力左右平衡
解得
又已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为，得
小球在磁感应强度为的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小球做顺时针圆周运动，与板碰撞后原速率反弹继续做半径不变的圆周运动，直至打到OC板上，轨迹如图所示

从A点至第一次打到OC板，小球圆周运动转过的总角度为
周期为
小球从A点进入磁场到第一次撞击挡板所用的时间
设第一次撞击点坐标为
第一次撞击点坐标为。
（2）小球垂直撞击OC挡板后，反弹后速度大小减为碰前的二分之一，根据
解得
可知每次反弹后圆周运动半径变为原来的二分之一
故小球打在挡板上离坐标原点的最远距离
代入数据得
（3）受力分析如图所示

开始时小球沿斜面匀加速滑动，其加速度为
当
时，小球离开斜面，此过程小球y轴负方向运动的距离为h1，则有
之后脱离斜面，x轴正方向由动量定理得
即
求和得
x方向初始速度
小球y轴负方向运动到最大距离时，其速度v1沿x轴正方向。由动能定理得
联立上述两式得
故小球y轴负方向运动最大距离为
将代入得
n
1
2
3
4
5
In/A
0.334
0.286
0.250
0.224
0.200
Y/A-1
2.500
1.998
1.495
1.030
0.495