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贵阳市第六中学2025-2026学年高三上学期9月月考物理试题
一、单选题（本大题共7小题）
1．如图1所示，一半径为r的单匝圆形铜线圈固定在纸面内，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的规律如图2所示。下列关于该线圈中的感应电流方向与感应电动势大小的说法，正确的是（　　）
A．顺时针方向， B．顺时针方向，
C．逆时针方向， D．逆时针方向．
2．在高速公路上甲、乙两轿车发生了追尾事故，交警部门用拖车一起拖拽两车，从静止开始做近似匀加速直线运动，甲、乙两轿车运动的和图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．图乙的斜率大小是图甲的斜率大小的2倍
B．甲的加速度大小为
C．前位移的中间时刻的速度大小为
D．前内的中点位置的速度大小为
3．如图所示，三颗同步卫星就能实现全球同步通信，已知同步卫星的线速度为v，地球自转的周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．三颗同步卫星的动能相等，重力势能也相等
B．任意两同步卫星的间距为
C．地球的质量为
D．同步卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度之比为
4．如图,弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg的光滑均匀球体,球体静止于带有固定挡板的斜面上,斜面倾角为30°,挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向,读数为1.0 N,g取10 m/s2,挡板对球体支持力的大小为 （ ）
A． N　　　　 B．1.0 N　　　　 C． D．2.0 N
5．海洋浮标常被锚定在指定的海域，随波起伏。若浮标的上下振动可简化成竖直方向上的简谐运动，海水波可看成简谐横波。图甲是一列沿x轴正方向传播的海水波在时的波形图，图乙是图甲中平衡位置离坐标原点3m~6m范围内某质点的振动图像。则下列说法正确的是（　　）
A．海水波的波速为12m/s
B．两个周期内浮标通过的路程为80cm
C．海水波遇到大小为30m的障碍物时能产生明显的衍射现象
D．图乙是平衡位置在处质点的振动图像
6．理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1∶3，在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是(　　)
A．R1、R2、R3两端的电压之比为10∶1∶3
B．通过R1、R2、R3的电流之比为5∶3∶1
C．a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶2
D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3∶1
7．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则（　　）
A．在0~x1过程中物体所受拉力是变力，且x2处所受拉力最大
B．在x1处物体的速度最大
C．x1~x3过程中，物体的动能先增大后减小
D．在0~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
二、多选题（本大题共3小题）
8．过山车是游乐场里最受游客喜爱的项目之一，其部分轨道可以简化为如图所示的“离心轨道演示仪”，乘客所体验的运动与小球在轨道上的运动相似。演示仪圆形轨道底部有前后错开的空间，可使小球从圆轨道上运动至其底端后，能从此处离开圆轨道。实验中，将小球从左边倾斜轨道上不同的位置由静止释放。已知圆形轨道的半径为0.2 m，重力加速度取10 m/s2，小球可视为质点，不计轨道厚度，不计摩擦力和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球恰好能运动到圆轨道的最高点
B．若释放点与圆轨道的最高点等高，小球会在到达圆轨道最高点之前离开圆轨道
C．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动
D．若释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为，则小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小等于重力大小
9．如图甲，A、B、C为一个非匀强电场中一条电场线上的三点，一个电荷量为、质量为的小物块从C点静止释放，仅在电场力的作用下，其运动的图象如图乙所示，B点切线已标出，则下列说法正确的是（　　）
A．由C到A的过程中物块的电势能先减小后增大
B．由C点到A点电势逐渐升高
C．A、B两点间的电势差
D．B点为电场线上电场强度最大的点，场强大小
10．如图所示，质量为m的金属杆垂直放置在足够长的水平导轨上，接入电路的有效长度为L，导轨处在磁感应强度大小为B，方向与导轨所在的平面间夹角为斜向上的匀强磁场中，整个回路的电阻恒为R，杆与导轨间的动摩擦因数为0.75，现给金属杆施加水平向右的大小为mg的恒定拉力由静止开始运动，最终匀速运动，重力加速度为g，，，下列说法正确的是（　　）
A．水平导轨对金属杆的支持力先减小后不变
B．金属杆匀速运动的速度为
C．金属杆克服安培力的最大功率为
D．若金属杆从静止到刚匀速运动时的位移为x，则这段运动时间为
三、实验题（本大题共2小题）
11．在“测玻璃的折射率”实验中：
（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是 ；
A．若P1、P2的距离较大时，通过玻璃砖会看不到P1、P2的像
B．为减少测量误差，P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
D．若P1、P2的连线与法线NN'夹角较大时有可能在bb'面发生全反射，所以在bb'一侧就看不到P1、P2的像
（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 。（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。
（3）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是 。
（4）该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO'的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，则玻璃的折射率n＝ （用图中线段的字母表示）；进一步测得所需数据分别为1.68cm和1.12cm，则该玻璃砖的折射率数值为 。
（5）在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa'、bb'与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以aa'、bb'为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）：乙同学测得的折射率与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
12．用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值。已知电池的电动势约为6V，电池内阻和待测电阻阻值均约为10Ω。可选用的实验器材有：
电流表A（量程0～100mA）；
电压表V（量程0～6V）；
滑动变阻器（阻值0～10Ω）；
滑动变阻器（阻值0～400Ω）；
开关S一个，导线若干。
实验过程如下：
Ⅰ．设计如图所示的电路图。
Ⅱ．正确连接电路，将R的阻值调到最大，接a，闭合开关，逐渐调小R的阻值，测出多组U和I的值并记录，断开开关。以U为纵轴，I为横轴，得到一条图线。
Ⅲ．接b，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条图线。
回答下列问题。
(1)滑动变阻器应选用 （选填“”、“”）；
(2)接b时，得到一条图线是图中的 （选填“①”、“②”）；
(3)根据图线，得电源内阻 Ω， Ω；（结果均保留一位小数）
(4)若电表不能视为理想电表，则电源内阻r的测量值 （选填“偏大”、“偏小”）。
四、解答题（本大题共3小题）
13．如图所示，质量的小球与固定在点的不可伸长的轻绳相连，小球在水平面内做匀速圆周运动。使小球的速度缓慢增加，当轻绳与竖直方向的夹角时，轻绳恰好断裂，然后小球落地。已知点距离地面的竖直高度，轻绳长度，不计空气阻力及绳断时的能量损失，取重力加速度大小，。求
(1)轻绳可以承受的最大拉力；
(2)小球落地时的速度；
(3)点与小球落地点之间的水平距离。
14．如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，圆心的坐标为（，），在第三象限内和y轴之间，有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，）点以一定的初速度沿x轴正向射入磁场Ⅰ，粒子在磁场Ⅰ中的速度方向偏转了60°角后进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转，沿与y轴正向成60°角的方向进入电场，此后，粒子在电场中的轨迹刚好与x轴相切，不计粒子重力，求：
(1)粒子从P点射入磁场时的初速度大小；
(2)磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)粒子出电场的位置到x轴的距离。
15．初始时，质量分别为、木板A、B相隔一定的距离静止在光滑的水平面上，两木板上表面齐平，木板A的长度为。如图，一质量为的滑块C（看作质点）从木板A的左端以的初速度水平向右滑上木板A，一段时间后，滑块C离开木板A且此时木板A、B恰好发生弹性碰撞，此后滑块C始终没有离开木板B。已知滑块C与木板A间动摩擦因数为0.4，木板B上表面粗糙程度一致，重力加速度g大小取。求：
（1）初始时，木板A右端与木板B左端的距离s；
（2）木板A、B碰撞后瞬间，木板B速度的大小；
（3）滑块C与木板A、B因摩擦产生的总热量Q。
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题图2可知，穿过圆形铜线圈的磁感应强度随时间逐渐增大，由楞次定律和安培定则可知，该线圈中的感应电流沿顺时针方向；又由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为，选A。
2．【答案】D
【详解】根据,可得,则题图甲图像的斜率,根据,则题图乙图像的斜率,则,由此可知,题图乙的斜率大小是题图甲的斜率大小的4倍,甲车的加速度大小为,、错误；前位移的总时间,则中间时刻的速度大小为,错误；前内的位移大小,中点位置的速度大小为,正确.
3．【答案】D
【详解】A．三颗同步卫星的质量不一定相等，三颗同步卫星的动能不一定相等，重力势能不一定相等，A错误；
B．根据，同步卫星的轨道半径为，一颗同步卫星的信号覆盖赤道圆周，任意两同步卫星的间距为，B错误；
C．根据万有引力提供向心力，解得地球的质量为，C错误；
D．同步卫星的向心加速度为，根据万有引力与重力的关系，解得，同步卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度之比为，D正确。选D。
4．【答案】A
【详解】对球体受力分析如图所示:
正交分解列方程,x轴方向:FN1sin 30°=FN2sin 30°,
y轴方向:FN1cos 30°+FN2cos 30°+F=mg,联立方程解得 N,A正确。
易错警示：本题主要考查力的合成与分解,在画受力分析图时要找准各个力的方向,清楚支持力的方向垂直于其接触面。
5．【答案】D
【详解】由图甲可知该波的波长为6m，由图乙可知该波的周期为1.0s，则该波的波速为，A错误；两个周期内浮标通过的路程，B错误；该波的波长为6m，远小于30m，所以海水波遇到大小为30m的障碍物时不能产生明显的衍射现象，C错误；由图乙可知0.25s时，图乙所示质点在平衡位置向下振动，根据同侧法可知图乙是平衡位置在处质点的振动图像，D正确。
6．【答案】A　
【详解】理想变压器原、副线圈的电压比＝＝，理想变压器原、副线圈的电流比＝＝，设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为3I0，即I3＝＝I0，则流过R2的电流I2＝＝＝I0，则流过R1的电流I1＝3I0＋I2＝I0，通过R1、R2、R3的电流之比为I1∶I2∶I3＝∶∶1＝10∶1∶3，由于三个电阻相等，因此R1、R2、R3两端的电压之比为U1∶U2∶U3＝10∶1∶3，A正确，B错误；由于理想变压器输入功率等于输出功率，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为(P1＋P2＋P3)∶P3＝(U1I1＋U2I2＋U3I3)∶U3I3＝110∶9，C错误；a、b间输入电压与变压器输入电压之比为＝＝11∶1，D错误．
7．【答案】C
【详解】机械能E与位移x的关系图像切线的斜率表示拉力F的大小，由图可知，x1处图像切线的斜率最大，则说明此时拉力最大，在0~x1过程中物体所受拉力逐渐增大，x1~x2过程中，拉力减小，x2处所受拉力为零，A错误；x1~x2过程中，拉力减小，x2处所受拉力为零，则在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在x1处，B错误；x1~x2过程中，物体先加速后减速，动能先增大后减小；x2~x3的过程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能继续减小，在x1~x3过程中，物体的动能先增大后减小，C正确；由图像可知，0~x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向增大，即加速度应先增大，后减小，再反向增大，D错误。
8．【答案】BC
【详解】若释放点与圆轨道的最高点等高，假设小球能达到圆轨道的最高点，根据机械能守恒定律可知小球的速度为零；而小球能过圆轨道最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，则有，解得，故小球此时不能过最高点，而是会在小球到达圆轨道最高点之前离开圆轨道，A错误，B正确；设小球能过圆轨道的最高点的临界条件为圆轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，则有，解得，设释放点到圆轨道的最高点的竖直高度为h，根据机械能守恒定律有，解得，则此时小球恰好可以在圆轨道上做完整的圆周运动，圆轨道对小球的支持力为零，根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为零，C正确，D错误。
9．【答案】CD
【详解】A．由C到A的过程中，物块速度逐渐增大，电场力对物块做正功，物块的电势能逐渐减小，故A错误；
B．物块所受电场力方向由C指向A，所以电场强度方向由C指向A，所以由C点到A点电势逐渐降低，故B错误；
C．对物块从B到A的过程，根据动能定理有
解得
所以
故C正确；
D．由题图乙可知物块在B点时加速度最大， 为
所以B点为电场线上电场强度最大的点，场强大小为
故D正确。
故选CD。
10．【答案】BD
【详解】金属杆产生的感应电动势，回路中的感应电流，金属杆所受安培力，解得，根据右手定则与左手定则可知安培力斜向左下方与水平方向的夹角成37°，把安培力分别沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向有，可知，金属杆的速度逐渐增大，最后匀速运动的过程中，支持力先增大后不变，故A错误；当金属杆以速度匀速运动时，水平方向上有，结合上述解得，故B正确；金属杆克服安培力的功率为，由于，解得，当速度达到最大值时，金属杆克服安培力的功率达到最大值，由于，解得，故C错误；令金属杆从静止到匀速运动的位移为x，感应电动势的平均值，感应电流的平均值，根据电流的定义式有，解得，解得，对金属杆进行分析，根据动量定理有，其中，，则有，结合上述解得，故D正确。
11．【答案】C，大，1.5，///，1.5，偏小，不变
【详解】（1）根据光路可逆性原理可知，光线一定会从另一侧表面射出，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射，即使P1、P2的距离较大,通过玻璃砖仍然可以看到到P1、P2的像，A错误；为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN'的夹角应尽量大些，B错误；为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，C正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角一定等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，光线一定会从下表面射出，不可能在bb'面发生全反射，D错误。
（2）玻璃砖的厚度越大，光线通过玻璃板的侧移量越大，测量误差越小，为了减小误差应选用宽度大的玻璃砖来测量。
（3）根据折射率定义公式有，带入数据可得玻璃砖的折射率是1.5。
（4）设圆的半径为ｒ，入射角为α，则有，折射角为β，则有，玻璃的折射率则为。
当测得所需数据分别为1.68cm和1.12cm，则该玻璃砖的折射率数值为
（5）甲同学测定折射率时，作出的折射光线如下图中虚线所示
实线表示实际光线，可见测量的折射角偏大，则由折射定律可知，测得的折射率将偏小。
图②测折射率时，主要操作正确，测量结果与玻璃砖的形状无关，乙同学测得的折射率与真实值相比不变。
12．【答案】(1)；(2)②；(3)8.3（8.1-8.5均可），16.7（16.5-16.9均可）；(4)偏小
【详解】（1）由电路图可知，滑动变阻器和待测电阻串联，滑动变阻器起调节电流的作用，如果选择，则电路中的最小电流，电路中的最小电流大于电流表的量程，为了确保能完成实验，因此应该选择最大电阻较大的滑动变阻器。
（2）接a时，电压表测量的是滑动变阻器和待测电阻的总电压；接b时，电压表测量的是滑动变阻器的电压。由于滑动变阻器和待测电阻是串联关系，当电路中电流相同时，总电阻大的电压大，因此接b时，得到一条图线是图中的②。
（3）接a时，此时图像中①的斜率即为电源的内阻，接b时，此时图像中②的斜率即为电源内阻和待测电阻的总电阻，待测电阻的阻值
（4）由闭合电路欧姆定律可得电源内阻，如果电表为理想电表，即，此时得到的电源内阻为准确值。若电表不能视为理想电表，即，由以上公式可知，电源内阻r的测量值偏小。
13．【答案】(1)；(2)，落地速度方向与水平面夹角为；(3)
【详解】（1）当时，轻绳恰好断裂，有，解得轻绳可以承受的最大拉力
（2）小球在轻绳断裂前做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
解得
轻绳断裂后小球做平抛运动，竖直方向有
解得
落地时竖直方向速度大小为
设落地速度方向与水平夹角为，有
解得
其中
落地速度方向与水平面夹角为
（3）轻绳断裂后小球在水平方向位移有
点与小球落地点之间的水平距离
解得
14．【答案】(1)，(2)，(3)
【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得，根据几何知识有，联立解得
（2）粒子在磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力得，根据几何知识有，联立解得
（3）设粒子从轴进入电场的位置坐标为（，），根据几何关系可得，根据题意有，解得，粒子从进入电场到运动到轴所用的时间为，则有，解得，粒子在电场中的运动时间为，则粒子出电场的位置离轴的距离为
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）对C受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
对A受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
设经过时间滑块C到达木板A的最右端，则有
对于木板A则有
根据题意可得
代入数据解得
则初始时，木板A右端与木板B左端的距离
（2）滑块C离开木板A时，木板A的速度
由于A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
解得，
即AB碰撞后，木板B的速度大小为
（3）根据上述分析可知，滑块C离开木板A时的速度
滑块C在木板B上滑动时，根据动量守恒可得
代入数据解得
根据能量守恒可得
解得。
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