【文档说明】天津市滨海新区塘沽第一中学2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试卷 Word版含解析.docx，共(18)页，3.074 MB，由envi的店铺上传

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塘沽一中2025届高三毕业班第二次月考物理本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在

答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共8题，每题5分，共40分。一、单项选择题（每小题5分，共25分。每

小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（）A甲和乙B.甲和丁C.乙和丙D.丙和丁【答案】B

【解析】【详解】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法；丙图中包含的物理思想方法是等效替代法。故选B。2.抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质

细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（）.A.沿虚线a向左移动，细线的拉力减小B.沿虚线b向上移动，细线的拉力增大C.沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变D.沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大【答案】A【解析】【详解】A．空竹受力如图所示根据

平衡条件可得2sinFmg=设绳长为L，由几何关系可得cosdL=沿虚线a向左移动，d减小，增大，细线的拉力减小，故A正确；B．沿虚线b向上移动，d不变，不变，细线的拉力不变，故B错误；C．沿虚线c斜向上移动，d增大，减小，细线的拉力增大，故C错误；D．沿虚线d

向右移动，d增大，减小，细线对空竹的合力不变，故D错误。故选A。3.巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2：0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑钦文将质量为m的网球击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为1v，经过一段时间网

球落地，落地瞬间的速度大小为2v，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为fW。则下列说法正确的是（）A.击球过程，球拍对网球做功为2112mghmv+B.网球从被击出到落地过程，网球动能的增加量为mghC.网球从

被击出到落地的过程，网球的机械能减少fmghW−D.2212f1122mghmvvWm=+−【答案】D【解析】【详解】A．击球过程，根据动能定理有2112Wmv=即球拍对网球做功为2112mv，故A错误；B．网球从被击出到落地，根据动能定理有

kfEmghW=−故B错误；C．根据功能关系可知，网球从被击出到落地，网球的机械能减少fW，故C错误；D．根据动能定理有22f211122mghWmvmv−=−解得2212f1122mghmvvWm=+−故D正确。故选D。4.在如图

所示的UI−图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的UI−曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为（1.5，0.75），曲线Ⅱ在该点的切线与横轴的交点坐标为（1.0，0），用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知（）的A.电源电动势为2.0VB.电源内阻为0.5

ΩC.小灯泡L接入电源时的电阻为1.5ΩD.小灯泡L实际消耗的电功率为1.125W【答案】D【解析】【详解】AB．设该电源电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律有UEIr=−代入题图直线Ⅰ中数据有0.75

V1.5AEr=−02.0AEr=−解得3.0VE=1.5Ωr=故AB错误；CD．根据题意可知，当用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路时，灯泡L两端的电压为L0.75VU=流过灯泡的电流为L1.5AI=由欧姆定律可得，小灯泡L接入电源时的电阻为LLL0.5ΩU

RI==小灯泡L实际消耗的电功率为1.125WLLPUI==故C错误，D正确。故选D。5.高大建筑物的顶端都装有避雷针来预防雷击。老师给同学们在实验室模拟尖端放电现象，原理如图所示。假设一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时

间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】B．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，所以电子向针状电极运动，

电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，故B错误；A．电子的加速度eEam=电场强度增大，电子的加速度增大，速度-时间图线的斜率增大，故A正确；C．根据pEeEx=电场力做正功，电势能减小，电场强度增大，电势能-位移图线的斜率增大，C错误；D．根据pEe=，pEeEx=解得Ex=

逆电场线运动电势升高；电场强度增大，电势-位移图线的斜率增大，故D错误。故选A。二、不定项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.运行周期24小时的北斗卫星比运行周期12小时的中圆轨道卫星（）

A.加速度小B.角速度大C.向心力小D.线速度小【答案】AD【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，周期越大，运行轨迹的轨道半径越大，即北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，根据2MmGmar=解得2GMar=北斗卫星轨道半径大于中圆轨道卫星，则

北斗卫星的加速度小于中圆轨道卫星，故A正确；B．根据22MmGmrr=解得3GMr=北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则北斗卫星的角速度小于中圆轨道卫星，故B错误；C．根据2MmFGr=向北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，但由于两卫星质量关系不确定，则北斗卫星的向心力与

中圆轨道卫星的向心力大小关系也不确定，故C错误；D．根据22MmvGmrr=解得的GMvr=北斗卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则北斗卫星的线速度小于中圆轨道卫星，故D正确。故选AD。7.在如图所示电路中，当变阻器3R的滑片P向b端移动时（）A.电压表示数变

大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变小C.2R上消耗的功率变大D.电源内部消耗的热功率变大【答案】BD【解析】【详解】ABC．当变阻器3R的滑动头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电

流增大，路端电压减小，则电压表示数变小；由于流过1R的电流增大，则1R两端电压增大，所以并联部分的两端电压减小，即2R两端电压减小，所以通过2R的电流减小，则电流表示数变小，2R上消耗的功率变小，故AC错误，B正确；D

．根据2rPIr=由于电路总电流增大，则电源内部消耗的热功率变大，故D正确。故选BD。8.如图甲所示，质量为1kgm=的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数0.2=。某时刻对物块施加水平向右的拉力F，F随时间变化的规律如图乙所示，g取210m/s。以下说法正确的是（）A

.2s时拉力F的瞬时功率为40WB.0~5s合力做功的平均功率为7.225WC.0~5s物块的动量变化量为8.5kgm/sD.0~2s物块运动的位移为4m【答案】BC【解析】【详解】AD．Ft−图像与时间轴所包围的面积表示这个力的冲量，由图乙可知，拉力F在0~2s内的冲

量为1352Ns8Ns2I+==设2s时刻物块的速度大小为1v，0~2s内由动量定理得1110Imgtmv−=−求得14msv=所以，2s时拉力F瞬时功率为11154W=20WPFv==若0~2s内物块做匀加速直线

运动，则这段时间内的位移为11142m4m22vxt===但物块在这段时间内实际上做加速度逐渐增大的加速运动，0~2s内的位移应小于4m，故A、D错误；B．由图可知，2s~5s内拉力的冲量为2523Ns10.5Ns2I+==

设5s时物块的速度为2v，则2s~5s内由动量定理得2221Imgtmvmv−=−求得28.5msv=的0~5s内由动能定理可知，合力做的功为2221118.5J36.125J22Wmv===合所以，0~5s内合力的平均功率为36.125W=7.225W5WPt==合故B正确；C．0~

5s内物块的动量变化量为()2Δ018.50kgm/s8.5kgm/spmv=−=−=故C正确。故选BC。第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共4题，共60分。9.用如图甲所示的实验装置验证质量分别为1m、2m的物体组成的系统

机械能守恒。质量为2m的物体从高处由静止开始下落，质量为1m的物体上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量来验证机械能是否守恒。如图乙所示是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数

点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图乙所示。已知150gm=，2150gm=，打点频率为50Hz。（g取210m/s，结果保留两位有效数字）下面列举了该实验的几个操作步骤：A.按照图甲所示的装置安装器件B.将打点计

时器接到直流电源上C.先释放质量为2m的物体，再接通电源打出一条纸带D.测量纸带上某些点间的距离E.根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能（1）其中操作不当的步骤是__________（填选项对应的字母）；（2）在打点5时物体的速度=v_

_________m/s，在打点0~5过程中系统重力势能的减少量E=p__________J；（3）若某同学作出22vh−图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=__________2m/s。【答案】（1）BC（2）①.2.4②.0.6（3）9.7【解析】【小问1详解】B．实验过程中，应将打

点计时器接到交流电源上，故B错误，符合题意；C．应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放质量为m2的物体，故C错误，符合题意。本题选操作不当的步骤，故选BC。【小问2详解】[1]每相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔550.1

stTf===在纸带上打下计数点5时的速度为()221.6026.4010m/s2.4m/s20.1v−+==[2]在打点0~5过程中系统重力势能的减少量()()()32p21Δ15050101038.4021.6010J0.6JEmmgh−−=−=−+=【小问3详解】根据机械能守

恒定律有()212211()2mmvmmgh+=−解得()221212mmgvhmm−=+则22vh−图像的斜率为()21215.821.20mmgkmm−==+解得29.7m/sg=10.某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验

证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，得到落点P，再把B球放在斜槽末端，A球从同一位置静止释放，A、B小球碰后落在记录纸上，分别得落点B，F。（1）A球质量为1m，半径为1r；B球质量为2m，半

径为2r，则应满足（）A.12mm=，12rrB.12mm，12rr=C.12mm=，12rrD.12mm，12rr=（2）必须要求的条件是（）A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.斜槽轨道必须是光滑的C.必须测量出OB、OP、O

F的长度1L、2L和3LD.必须测出水平槽离地面的高度（3）某次实验时测得A、B球的质量之比12:2:1mm=，则在实验误差允许范围内，当关系式2L=__________（用1L、3L表示）成立时，可证明两球碰撞时动量守恒。【答案】（1）B（2）AC（3）31

2LL+【解析】【小问1详解】为保证两球发生对心正碰，则两球半径必须相等，即12rr=为防止碰后入射球反弹，则入射球的质量必须大于被碰球的质量，即12mm故选B。【小问2详解】A．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端的切线必须水平，故A

正确；B．只要每次让小球从同一位置滑下即可，斜面不需要光滑，故B错误；C．由于两小球下落高度相同，故时间相等，根据xxvt=可以用水平位移代替平抛运动的初速度，则必须测量出OB、OP、OF的长度，故C正确；D．由于两小球下落高度相同，故

时间相等，可以用水平位移代替平抛运动的初速度，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，故D错误。故选AC。【小问3详解】若小球碰撞过程中动量守恒定律，则有101122mvmvmv=+20LOPvtt==11LOBvtt==32LOFvtt==所以121123mL

mLmL=+又12:2:1mm=所以3212LLL=+11.如图所示，内壁粗糙半径0.4mR=的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量20.2kgm=的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水

平轨道上，另一质量10.2kgm=的小球a自圆弧轨道顶端A点由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s。（1）求小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功fW。（2）求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过

程中，弹簧的最大弹性势能pE；（3）求从小球a与弹簧接触开始到弹簧弹性势能最大时，弹簧对小球b的冲量I的大小。【答案】（1）0.4J−（2）0.2J（3）0.2Ns【解析】【小问1详解】小球由A静止释放运动到最低点B

的过程中，根据动能定理有21f1112mgRWmv+=小球在最低点，根据牛顿第三定律可知，小球受到轨道的支持力N12Fmg=根据牛顿第二定律21N11vFmgmR−=代入相关已知数据求得f0.4JW=−【小问2

详解】小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度2v过程中，由动量守恒定律可得()11122mvmmv=+由能量转化和守恒定律可得()2211122p1122mvmmvE=++联立代入相关已知数据求得，小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能p0.

2JE=【小问3详解】到弹簧弹性势能最大时，b的速度为2v，对b根据动量定理有22Imv=联立代入相关已知数据可得0.2NsI=12.如图所示，直角坐标系xOy中，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向。在第Ⅳ象限区域内有方向垂直于xOy平面向外的

匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的()0,3pL点，以大小为0v的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的()2,0ML点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达M点时速度

的大小和方向；（3）求磁场中磁感应强度B的大小。【答案】（1）2032mvqL（2）02v，与x轴正方向夹角为θ=60°（3）032mvqL【解析】【小问1详解】粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛，设在第

一象限内运动时间为t1。则水平方向2L=v0t1竖直方向21132Lat=由牛顿第二定律有qEma=联立两式得2032EmvqL=【小问2详解】设粒子到达M点时竖直分速度为11yqEvattm==可得

03yvv=到达M点的合速度为02vv=设速度与x轴正方向夹角为，又0tan3yvv==所以θ=60°【小问3详解】由于垂直打到y轴，易得带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为120°洛伦兹力提供向心力得2mvqvBr=由几何关系sin602rL=联立，解得032mvBqL

=13.如图所示，竖直平面内有两个边界水平的磁场区域，区域Ⅰ磁场的宽度11.2mh=，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小15.0TB=，区域Ⅱ磁场的方向垂直纸面向内，磁感应强度大小沿竖直向下的x轴方向逐渐增大（O点为坐标原

点），磁感应强度大小为20BBkx=+（其中02TB=、20T/mk=）。正方形刚性导体线框abcd的质量0.1kgm=、边长0.2mL=、电阻4.0R=，线框从磁场上方一定高度由静止开始释放，恰好能匀速进入区域Ⅰ磁场，不计空气阻力，重力加速度210m/sg=。（1）求线框释

放时ab边离区域Ⅰ的高度h；（2）求线框ab边刚进入区域Ⅱ时的加速度；（3）已知线框在区域Ⅱ中运动到26.0mh=处时已经处于平衡状态，求线框从释放运动到该位置过程中产生的焦耳热（小数点后保留两位数字）【答案】（1）0.8m（2）219.

4m/sa=（3）6.05JQ=【解析】【小问1详解】线框匀速进入区域Ⅰ磁场，设速度为1v，则2211BLvmgR=得14m/sv=线框释放到ab边进入区域Ⅰ的过程中2110.8m2vhg==【小问2详解】设线框ab边

刚进入区域Ⅱ时的速度为2v，则()222112vvghL−=−得26m/sv=设回路电流1I，加速度为a，则12021BLvBLvIR+=得12.1AI=由()1101BILBILmgam+−=得为219.4m/sa=【小问3详

解】设线框处于平衡状态时回路电流为2I，速度为3v，则()()202302332BkhLvBkhLLvkLvIRR+−+−==()()022022mgBkhILBkhLIL=+−+−243kLvmgR=得36.25m/sv=设线框在该过程中产生的焦耳热为Q，由能量关系()21231

2Qmghhhmv=++−得6.05JQ=