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2025年云南临沧地区中学3月月考高三物理
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某同学在参观高铁的监控中心时，恰好看到某列列车沿直线启动，其启动过程的速率监控图像如图所示，其中、段为直线。则以下判断正确的是
A. ，列车的加速度在逐渐增大
B. 时间内的加速度为
C. 列车时的加速度小于其在时的加速度
D. 列车在内前进的距离为
2.世纪末，玻尔在卢瑟福模型的基础上，提出了电子在核外的量子化轨道，解决了氢原子结构的稳定性问题。如图所示为氢原子的能级结构图，一群氢原子处于的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为的金属铯，下列说法正确的是( )




A. 这群氢原子能发出种频率不同的光，其中从跃迁到所发出的光波长最短
B. 这群氢原子能发出种频率不同的光，其中从跃迁到所发出的光频率最高
C. 金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为
D. 金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为
3.在建筑工地，工人用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度竖直向上匀加速搬起，其中的质量为，的质量为，水平作用力为，，之间的动摩擦因数为，重力加速度为，在此过程中，，间的摩擦力为( )
A. B. C. D.
4.卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，最后进入预定圆形轨道运动。图中点为地心，点是近地圆轨道和椭圆轨道的交点，点是远地圆轨道与椭圆轨道的交点，远地点离地面高度为为地球半径设卫星在近地圆轨道运动的周期为，下列说法正确的是( )
A. 卫星在近地圆轨道与远地圆轨道运动的速度之比为：
B. 控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速
C. 卫星从点经的时间刚好能到达点
D. 卫星在近地圆轨道通过点的加速度小于在椭圆轨道通过点时的加速度
5.如图所示，在一椭圆的两焦点、和短轴上的一个端点，固定有三个电荷量相等的点电荷，其中、处的电荷带正电，处的电荷带负电，为椭圆中心，、是椭圆上关于点对称的两个点。取无穷远处电势为零，下列说法中正确的是( )
A. A、两点的电势不相同
B. A、两点的电场强度相同
C. 一质子从靠近点处沿直线到点再到点，电势能一直增大
D. 一电子从靠近点处沿直线到点再到点，电势能先减小后增大
6.如图所示，均匀导线制成的半径为的圆环以速度匀速进入一磁感应强度大小为的匀强磁场．当圆环运动到图示位置时，、两点的电势差为( )
A. B. C. D.
7.如图所示，质量为的小球放在光滑水平面上，在界线的左方始终受到水平恒力作用，在的右方除受外还受到与在同一条直线上的水平恒力的作用。小球从点由静止开始运动，运动的图像如图所示，由图可知，下列中说法正确的是( )
A. 的大小为
B. 与大小的比值为
C. 时，小球经过界线
D. 小球向右运动的过程中，与的冲量相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在处的波源产生一列沿轴负方向传播的简谐横波，在处的波源产生一列沿轴正方向传播的简谐横波。时刻两波源开始振动，时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 两列波的波速大小均为
B. 再经过，平衡位置在处的质点位移为
C. 平衡位置在处的质点为振动减弱点
D. 平衡位置在处的质点前内运动的路程为
9.如图甲所示为某发电站远距离输电的原理图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器。已知用户端正常工作的额定电压为，降压变压器原副线圈的匝数比为，升压变压器原线圈所接交变电流如图乙所示，当用户端正常工作消耗的功率为时，下列说法正确的是( )
A. 发电厂的输出功率为 B. 升压变压器原副线圈的匝数比为
C. 用户增加时，相当于滑片向上滑动 D. 用户增加时，输电线消耗功率增加
10.如图甲所示为我国自动化生产线上的某种传送带装置，其倾角，在电机的带动下以恒定的速率沿顺时针方向转动，传送带足够长。时刻开始，有一质量为的物件以一定初速度置于传送带某处，物件在传送带上的图像如图乙所示。重力加速度，沿斜面向上为正方向。下列说法正确的是( )
A. 到内物件相对传送带位移为
B. 传送带与物件间的动摩擦因数为
C. 整个过程中摩擦力产生的热量为
D. 到时间内电机因运载该物件需消耗电能
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组用如图甲所示实验装置来探究一定质量的气体发生等温变化遵循的规律。
关于该实验，下列说法正确的是___________；
A.实验前应将注射器的空气完全排出
B.空气柱体积变化应尽可能的快些
C.空气柱的压强随体积的减小而减小
D.作出的图像可以直观反映出与的关系
为了探究气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的图像如图乙所示，由图可知两次实验气体的温度大小关系为___________选填“”“”或“”。
为了能最直观地判断气体压强与气体体积的函数关系，应作出___________选填“”或“”图像。对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条___________，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
12.某校综合实践活动小组进行简易温控报警系统研究。该系统核心元件采用热敏电阻来控制。该活动小组的同学首先对选用的热敏电阻的温度特性进行研究，可能用到以下实验器材：
A.热敏电阻常温下的阻值约为
B.烧杯、热水、温度计
C.电流表量程，内阻
D.电压表量程，内阻约
E.滑动变阻器最大阻值为，额定电流
F.滑动变阻器最大阻值为，额定电流
G.电源电动势，额定电流，内阻不计
H.开关一个，导线若干
要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，则滑动变阻器应选择 ；填器材前的字母标号
请你按照实验要求在图甲虚线框中完成热敏电阻的温度特性测定实验电路图 ；
该小组测得的实验数据如下表所示，请在图乙坐标纸上作出图像 。
温度
电阻
在探明该热敏电阻特性的基础上，该研究小组设计了如图丙所示的简易温控报警系统。直流电源电动势，内阻不计，当、两端所加电压降低至时，温控控制开关自动启动报警系统。若要求当图丙温度升高至时启动报警系统，则可调电阻应该调节为 小数点后保留位数字。
若要调低系统的报警温度，则可调电阻的阻值应该调 选填“大”或“小”。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由点垂直边射入．已知棱镜的折射率，，，．
求求通过界面时反射角是多大，并判断是否发生全反射？
光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向．
第一次的出射点距的距离．
14.如图所示，半径为的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心的对称轴重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时小物块受到的摩擦力恰好为，且它和点的连线与之间的夹角为，重力加速度为。
求转台转动的角速度；
若改变转台的角速度，小物块仍与罐壁相对静止，此时小物块受到的摩擦力的大小为，求转台的角速度。
15.如图所示，金属平板垂直于纸面放置，板中央有小孔，以为原点在纸面内建立坐标系，轴与板重合．点下方热阴极通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在与板间加一电压，从点射出的电子速度大小都是，方向在纸面内，且关于轴对称，发散角为弧度．已知电子电荷量为，质量为，不计电子间相互作用及重力的影响．
求加速电压的大小．
若轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到轴上落点范围长度为，求该磁场的磁感强度和电子从点到达轴最短时间．
若轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从点进入磁场区偏转后成为一宽度为、平行于轴的电子束，求该圆形区域的半径及磁场的磁感强度．
参考答案和解析
1.【答案】
【解析】根据图像的斜率表示运动物体的加速度可知，图像的斜率在减小，所以列车在内从静止出发做加速度减小的加速直线运动，段斜率为，故AB错误；
C.由图像可知，列车时图像斜率小于其在时的斜率，所以列车时的加速度小于其在时的加速度，故C正确；
D.根据图线与轴围成的面积等于位移可知，列车在内前进的距离，故D错误。
2.【答案】
【解析】这群氢原子发出的光频率有，共六种，由，可知从跃迁到所发出的光频率最短，波长最长，从跃迁到所发出的光频率最高，故AB错误；
由能级图可知，从跃迁到所发出的光能量最多，为，则金属铯表面所发出的光电子的初动能最大值为，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】
【解答】
对、整体，根据牛顿第二定律，有；再隔离物体，根据牛顿第二定律，有。联立解得，选项B正确。
故选B。
4.【答案】
【解析】解：、近地圆轨道与远地圆轨道的半径分别为和，根据卫星的线速度公式知，卫星在近地圆轨道与远地圆轨道运动的速度之比
：，故A错误。
B、控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需做离心运动，可知需要的向心力增大，所以需要加速才能实现。故B错误。
C、卫星在椭圆轨道上的半长轴：由开普勒第三定律，可得：，有
卫星在椭圆轨道上运动时，由近地点到远地点的过程恰好等于椭圆的运动的半个周期，所以：故C正确。
D、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：，得，所以卫星在近地轨道通过点的加速度等于卫星在椭圆轨道上通过点的加速度。故D错误。
故选：。
根据卫星的线速度公式分析卫星在两个圆轨道上速度大小。根据需要的向心力随速度的变化分析变轨问题；由开普勒第三定律求出运动的周期与时间；根据开普勒第二定律分析点的速度；由万有引力定律和牛顿第二定律求出点的加速度。
对于卫星运动问题，要理解并牢记开普勒第二定律和开普勒第三定律，明确卫星只受万有引力，加速度只与卫星的位置有关。
5.【答案】
【解析】解：、根据、两点关于点对称，、两点到点的距离相等，、两点电荷电性相同，电荷量相等，根据点电荷的电场线的分布情况及电场的叠加原理、等势面与电场线的关系，可知、两点的电势相同，电场强度大小相等，方向不同，故AB错误；
C、根据电场的叠加即根据平行四边形定则可知，点到点的合场强应沿向下，质子从点到点，电场力做负功，电势能增大，到的过程中，电场力也做负功，电势能继续增大，故C正确；
D、电子从点到点，电场力做正功，电势能减小，到的过程中，电场力也做正功，电势能继续减小，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解答】
设整个圆环电阻是，其外电阻是圆环总电阻的，即磁场外的部分，而在磁场内切割磁感线有效长度是，其相当于电源，，根据欧姆定律可得，故ACD错误，B正确。
7.【答案】
【解答】
在内的加速度，在内的加速度大小，根据牛顿第二定律得，，，
解得，则与大小的比值为：，但不能求出的大小，故A错误，B正确；
C.据图可知，前内，物体做匀加速直线运动，其加速度；而至物体先减速后反向加速，则知时，小球经过分界线，故C错误；
D.根据动量定理，向右运动的过程中，物体的动量变化量为零，则合外力冲量为零，所以与冲量的大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】解：、时两列简谐波传播的距离均为，波速均为：，故A正确；
B、根据题意可得：，解得：，再经过，平衡位置在处的质点位移为，故B错误；
C、根据题图可知两列波的波长均为：，平衡位置在处的质点到和的位移之差为：，所以平衡位置在处的质点为振动加强点，故C错误；
D、点的波传到处经过的时间为：，点的波传到处经过的时间为：
时间内处的质点振动的路程为：
根据图像可知，平衡位置在处的质点为振动减弱点，振幅为，内通过的路程为：
所以平衡位置在处的质点前内运动的路程为：，故D正确。
故选：。
9.【答案】
【解答】
A.当用户端正常工作消耗的总功率为时，降压变压器副线圈中的电流为，
由理想变压器的工作原理可知，解得，输电线上损失的功率为，
则发电厂的输出功率为，故A错误；
B.由图乙可知，升压变压器原线圈两端的电压为，则升压变压器原线圈中的电流为，
则升压变压器原副线圈的匝数比为，故B正确；
C.用户的连接方式都是并联，所以当用户增加时，相当于增加了并联支路，则总电阻减小，故相当于滑片向下滑动，故C错误；
D.用户增加时，电阻减小，输电电流增大，根据变压器的电流关系，则输电电流增大，故输电线消耗功率增加，故D正确。
10.【答案】
【解析】A、传送带顺时针转动，由图乙所示图像可知，传送带的运行速度为，
到内物件的位移大小为：，方向向下，
到内传送带的位移大小为：，方向向上，
则物件相对传送带位移为，故A错误；
B、由图乙所示图像可知，物件的加速度大小，
对物件，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故B正确；
C、物件匀加速的时间，物件匀加速的位移大小，
该过程传送带的位移，
物块相对传送带滑行的位移，
整个过程物件相对于传送带的运动的路程，
摩擦产生的热量：，代入数据解得：，故C正确；
D、到时间内物件上行的距离，电机因运输物件需要消耗的电能，其中物件的初速度，代入数据解得：，故D正确。
故选：。
11.【答案】 ；； ；过原点的倾斜直线
【解答】实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；
B.空气柱的体积变化不能太快，要缓慢移动注射器保证气体温度不变，故B错误；
C.气体发生等温变化，空气柱的压强随体积的减小而增大，故C错误；
D.图象是一条倾斜的直线，作出的图象可以直观反映出与的关系，故D正确。
故选D。
在图象中，根据，即，离坐标原点越远的等温线温度越高，故；
为了能最直观地判断气体压强与气体体积的函数关系，应作出，对图线进行分析，如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比。
12.【答案】；
；
；
；
调大。

【解析】解：实验要求电流从零开始增大，滑动变阻器应采用分压接法，为保护电路原件安全且方便实验操作，滑动变阻器应该选择。
实验要求电流从零开始增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于电流表内阻已知，电流表应采用内接法，实物电路图如图所示。
图
根据表格描点，用平滑曲线连接各点，应使更多的点在曲线上，不在曲线的点分布在两侧，误差太大的点舍去；如图。
图
由图乙所示图象可知，温度为时热敏电阻阻值约为，、两端电压为，电源电动势为，定值电阻分压为，定值电阻阻值约为此时热敏电阻阻值的两倍，则定值电阻应选择。
根据闭合电路欧姆定律可知若要调低系统的报警温度，此时热敏电阻增大，则可调电阻的阻值应该调大。
13.【答案】解：如图所示：

反射角等于，发生全反射
设发生全反射的临界角为，由折射定律得
代入数据得：
光路图如图所示，由几何关系可知光线在边和边的入射角均为，均发生全反射，设光线在边的入射角为，折射角为，由几何关系得，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在边，由折射定律得
代入数据得
设光线与边、边和边的交点分别为、、
由几何关系，得，
两式联立，解得
即第一次的出射点距为
14.【答案】转台转动的角速度为；
转台的角速度为或
【解析】解：根据
解得
设支持力，摩擦力，物块在竖直方向平衡，水平方向做匀速圆周运动，
当摩擦力方向沿罐壁相切斜向下时有
解得
同理，当摩擦力方向沿罐壁相切斜向上时有
解得的
15.【答案】解：由动能定理有：
解得：
如图所示，
从点射出的电子落在轴间，设电子做圆周运动半径为，由几何关系有：
由向心力公式有：
解得：
最短路程为：
则有：
电子运动轨迹如图所示，
由几何关系可知：
且有：
解得：
由向心力公式有：
解得：
答：加速电压的大小为。
若轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到轴上落点范围长度为，该磁场的磁感强度为，电子从点到达轴最短时间为。
若轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从点进入磁场区偏转后成为一宽度为、平行于轴的电子束，该圆形区域的半径为，磁场的磁感强度为

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