资源简介

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
2．【答案】D
3．【答案】D
4．【答案】A
5．【答案】D
6．【答案】A　
7．【答案】C
8．【答案】BC
9．【答案】CD
10．【答案】BD
11．【答案】C，大，1.5，///，1.5，偏小，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
13．【答案】(1)；(2)，落地速度方向与水平面夹角为；(3)
14．【答案】(1)，(2)，(3)
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。

展开更多......

收起↑