【文档说明】安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考物理试题Word版含解析.docx，共(20)页，2.937 MB，由管理员店铺上传

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六安一中2025届高三年级第三次月考物理试卷时间：75分钟分值：100分一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，

“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（）A.甲的动量变化量与乙的动量变

化量相同B.甲、乙运动员组成的系统机械能守恒C.若推出后甲比乙动量大，则甲也一定比乙动能大D.甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小【答案】D【解析】【详解】A．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，相互作用的过程中甲与乙组成

的系统满足动量守恒定律，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故A错误；B．由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，所以系统的机械能增加，故B错误；C．根据2k2pEm=，由于不知道甲乙的质量关系，则不能确定甲的和乙动能大小的关系，故C错误；D．根据牛顿第三定律可知，

在乙推甲的过程中甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小，作用时间相等，根据IFt=可知，甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量等大反向，故D正确。故选D。2.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台可绕过容器球心O的竖直轴线匀速转动，物块（可视为质点）随容器转动且相对器壁静止。当物块与O

点的连线和竖直方向的夹角为60，且转台的角速度大小为0时，物块受到的摩擦力恰好为零。重力加速度大小为g，物块的质量为m，下列说法正确的是（）A.若转台的角速度由0缓慢增大，则一定增大B.角速度02gR=C.物块对容器壁的压力大小为233mgD.若转台的角速度由0

缓慢增大，则物块的摩擦力方向沿容器壁向上【答案】B【解析】【详解】BC．水平方向根据牛顿第二定律可得20tansinmgmR=解得0co2sgRgR==转台的角速度大小为0时，物块受到的摩擦力恰好为零，此时竖直方向根据受力平衡可得cosNmg

=解得2Nmg=可知此时物块对容器壁的压力大小为2mg，故B正确，C错误；AD．若转台的角速度由0缓慢增大，则物块所需的向心力增大，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，物块有沿容器壁向上运动的趋

势，所以物块受到的摩擦力方向沿容器壁向下，当摩擦力未到达最大值时，物块与器壁仍相对静止，角不变，故AD错误。故选B。3.北京时间2024年5月3日17时27分，长征五号遥五运载火箭在我国文昌航天发射场点火升空，嫦娥六号顺利发射。如图所示，嫦娥六号探测器进行多次变轨修正之后，“着陆器、上升

器组合体”降落月球表面，下列关于嫦娥六号探测器的说法正确的是（）A.在轨道2上运行时经过Q点时的速度大于经过轨道1上的运行速度B.在轨道1与轨道2上经过P点时，速度相同C.在轨道1与轨道2上经过P点时，机械能相同D.在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速

度【答案】A【解析】【详解】A．通过引入过Q的辅助圆轨道可知，在轨道2上运行时经过Q点时的速度大于经过辅助圆轨道速度，而辅助圆轨道又大于圆轨道1上的运行速度，所以在轨道2上运行时经过Q点时的速度大于经过轨道1上的运行速度，故A正确

；BC．嫦娥六号从轨道1到轨道2经过P点时，要减速做向心运动，机械能减小，故BC错误；D．嫦娥六号没有脱离地球的引力范围，则在地球上的发射速度小于第二宇宙速度，故D错误。故选A。4.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小

车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态，自由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车（含挡板）质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.滑块到达B点时的速

度大小为2gRB.当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度C.弹簧获得的最大弹性势能为mgRD.滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为23R【答案】C【解析】【详解】A．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有122mvmv=2212112

22mgRmvmv=+解得143vgR=213vgR=故A错误；BC．弹簧弹性势能最大时滑块与小车共速，设共速时的速度大小为v，则有0(2)mmv=+即弹簧弹性势能最大时，两者速度均为零，则根据能量守恒可知maxpEmgR=故B错误、C正确；D．从A到B滑下的过程，由人船模型122

mxmx=12xxR+=解得小车的位移是23Rx=故D错误。故选C。5.如图所示，平面内直线AB和MN垂直相交于O点，A、B关于O点对称。M、N关于O点对称，C是AO的中点，D是OB的中点，则下列说法正确的是（）A.若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点，则C、M、D、N四点的电场强度相同B.若将

电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，则C、D两点电场强度方向相反C.若在C点和D点分别放置等量同种点电荷，一电子从O点沿直线运动到N点的过程中，所受静电力一定一直增大D.若在C点和D点分别放置等量正点电荷，一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动【答案】D【解析

】【详解】A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点则C、M、D、N四点的电场强度方向不同，故A错误；B．若将电荷量为+Q和−Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电荷电场中电场线分布可知，C、D两点的电场强度方

向相同，均由A指向B，故B错误；C．若在C点和D点分别放置等量同种点电荷，从O点向上和向下电场强度的大小先增大后减小，一电子从O点沿直线运动到N点的过程中所受静电力的大小可能是一直增大的，也可能是先增大后减小，故C错误；D．若在C点和D点分别放置等量正点电荷，则CD连线的中垂线上，关于O点对称

的两点电场强度等大反向，所以电子在MO间与ON间受力具有对称性，都指向O点所以将一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间做往返运动，故D正确。故选D。6.今年3月，顺丰在深圳及附近城市推出无人机物流产品，其自主

研发的垂直起降无人机在物流运输、应急救援等场景都适用。某次工作时，无人机自身总质量为m，负重质量为M。在垂直起飞过程中受到的空气阻力的大小始终是速度大小的k倍，该无人机垂直地面静止起飞，若电动机的牵引力恒为F，上升高度H时恰好达

到最大速度，此工作过程中电动机未超过额定功率。重力加速度为g。则（）A.速度最大时的阻力为()Mmg+B.最大速率为()mMmgvk+=C.速度最大时牵引力的功率为()FMmgFk−+D.上升高度H的过程中，

阻力做功为()()()212FMmgFHMmMmgHk−+−+−+【答案】C【解析】【详解】A．当无人机速度达到最大时，合力为零，阻力最大，则()mMmgfF++=解得速度最大时的阻力为()mfFMmg=−+故A错误；B．空气阻力的大小始终是

速度大小的k倍，则mmfkv=解得最大速率为()mFMmgvk−+=故B错误；C．速度最大时牵引力的功率为()mFMmgPFvFk−+==故C正确；D．上升高度H的过程中，对无人机由动能定理得()2fm102FHMmgHWmv−++=−解得阻力做的功为()()()2f12F

MmgWMmMmgHFHk−+=+++−故D错误。故选C。7.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均

为m的相同小球a、b（可视为质点），用某装置控制住小球a，使轻杆竖直且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始终与轨道接触，重力加速度为g。则（）A.下滑过程中a球机械能增大B.下滑过程中b球机械能守恒C.a球到达水平面时，b球的速度小于2gRD.从释放至a球到滑过C点的过程

中，轻杆对b球做正功为2mgR【答案】D【解析】【详解】D．最终a、b都滑至水平轨道时（即小球a滑过C点后，）速度相等，设为v，下滑过程中只有重力对a、b组成的系统做功，则根据机械能守恒定律有21222mgRmgRmv+=解得3vgR=设从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为W，对

b根据动能定理有212WmgRmv+=解得12WmgR=故D正确；AB．根据前面分析可知，系统机械能守恒，下滑过程中，杆对b球做正功，对a球做负功，所以a球机械能减少，b球机械能增加，故AB错误；C．a球到达水平面时，b球的速度

大于2gR，选项C错误。故选D。8.如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位（吹风功率一定）垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时

一致，出风口半径为r，空气密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为22πrvB.电吹风出风口的风速为2πmgrC.电吹风吹风的平均功率为2πmgmgrD.使用出风口面积越大电吹风，电子秤示数一定也越小【答案】B【解析】【

详解】A．单位时间内出风口吹出气体质量2ΔπmSvrv==故A错误；B．根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小Fmg=根据动量定理222ΔΔΔπΔFtmvSvtrvt===解得2πmgvr=故B正确；C．电吹风吹风的平均功率为223k1Δ12πΔ2mvEPrvtt===解得

的的22πmgmgPr=故C错误；D．当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于Δt时间内吹出的风，则21ΔΔ2Ptmv=与托盘作用过程，根据动量定理ΔΔFtmv=解得2PFv=又因231π2Prv=则在P一定时，r越大，v越小，则F越大，故

D错误。故选B二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）9.如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别

为m、2m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面高h处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上，放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦

及空气阻力，两物体均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能2p12Ekx=，k为劲度系数，x为形变量，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（）A.物体A在下落过程中其机械能减小B.弹簧的劲度系数为mghC.物体

A从静止下落到落地的t时间内，地面对物体B的冲量大小为mgt。D.将物体A的质量改为1.5m，再将物体A从原位置释放，物体A下落过程的最大速度为23gh【答案】AC【解析】【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物体A做负功，故

机械能减小，故A正确；B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的形变量等于h，弹簧与A组成的系统机械能守恒，有212mghkh=可得2mgkh=故B错误；C．设整个过程中，绳子对A的冲量大小为1I，

则绳子对B和弹簧的冲量大小也为1I，对A由动量定理得10mgtI−=对B和弹簧由动量定理得2120mgtII−−=可得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为2Imgt=故C正确；D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于1.5

mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量1.534mgxhk==对A和弹簧的系统，根据机械能守恒22111.51.522mgxkxmv=+解得34vgh=故D错误。故选AC。10.如图所示，

倾角为30的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量为m，用轻绳拴接置于半圆柱上；质量为2m的物块甲用轻绳拴接放在斜面体上，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱圆心的正上方。已知O点到

水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为3R，整个装置处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.小球乙对半圆柱体的压力大小为mgB.拴接物块甲的轻绳拉力大小为12mgC.物块甲所受的摩擦力大

小为32mgD.半圆柱体所受的摩擦力大小为34mg【答案】BD【解析】【详解】A．对小球乙受力分析如图所示由相似三角形知识得23mgNTRRR==解得拴接小球乙的轻绳拉力大小为32Tmg=小球乙受到的支持力大小为12Nmg=

根据牛顿第三定律可知，小球乙对半圆柱体的压力大小为12mg，故A错误；B．设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知222(2)(3)RRR=+所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切，且1sin22RR==解得30=以结点O为研究对象，对其受力分析如

图所示拉力T和2F的合力与1F等大反向，由平衡条件得2tanFT=代入数据解得212Fmg=故B正确；C．物块甲的重力沿斜面向下的分力大小为212sin302mgmgFmg==则物块甲所受的摩擦力沿斜面向上，大小为212sin302fmgFmg=

−=甲故C错误；D．以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由平衡条件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，即3sin4fTmg==故D正确。故选BD。三、填空题

（每空2分，共14分）11.某小组利用下图所示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律，主要实验步骤如下：A．将桌面上的气垫导轨调至水平；B．测出遮光条的宽度dC．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门距离lD．由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光

时间tE.秤出托盘和砝码总质量m、滑块（含遮光条）的质量M已知当地重力加速度为g，回答以下问题（用题中所给的字母表示）：（1）本实验中_______（选填“需要”或“不需要”）满足m远小于M；（2）遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加

了________；若系统机械能守恒，应满足__________。【答案】（1）不需要（2）①21()2ΔdMmt+②.21()2ΔdmglMmt=+【解析】【小问1详解】本实验以钩码、滑块、遮光条组成的系统为研究对象，实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则

不需要满足遮光条和滑块的总质量M远大于钩码质量m，故填不需要。【小问2详解】[1]挡光条通过光电门的速度为的.dvt=遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加了22k1()212mEMdtvMm++==（）[2]根据题意，钩码、滑块、遮光条等组成的系

统减小的重力势能为p=Emgl则为了验证该系统机械能守恒，需满足的关系为21()2ΔdmglMmt=+12.某科学兴趣小组同学用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：①用绳子将大小相同、质量分别为Am和Bm的小球A和B悬挂在天花板上；②在A、

B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、β；回答下列问题：（1）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。（2）若两球动量守恒，应满足的表达式为______（用mA、mB、α、β表示）

。另一小组同学用该实验装置想验证两小球间的碰撞是弹性碰撞，实验步骤如下：①小球B竖直静止，将小球A拉起一定角度α，从静止释放；②小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，用量角器测出小球B能摆起的与竖直方向的最大角度β；③多次改变初始α的值，使

得小球B摆起的最大角度发生变化，记录多组α、β值，以1cos−为纵轴，1cos−为横轴，绘制()1()1coscos−−−图像，如图乙所示（3）该小组实验中需保证两小球的质量满足Am______Bm（选填“”、“”或“＝”）。（4）图乙中()1()1coscos−−−图像

的斜率为k，则A、B两球的质量之比为_________。【答案】①.相等②.AB1cos1cosmm−=−③.④.121k−【解析】【详解】（1）[1]实验需要两小球发生碰撞，则两小球绳长必须相同。（2）[2]设绳长为L，对A、B球爆炸后

由动能定理得()2AA11cos02mgLLmv−−=−，()2BB21cos02mgLLmv−−=−由动量守恒定律得A1B2mvmv=联立解得AB1cos1cosmm−=−（3）[3]小球A和小球B发生正碰之后，小球

A被弹回，则A的质量小于B的质量，A才会反弹。[4]小球A与B碰撞前根据动能定理可得2AA01(cos)2mgLLmv−=小球A和小球B发生正碰，则A0A1B2mvmvmv=−+222A0A1B21

11222mvmvmv=+B上升到最大高度，此过程中根据动能定理可得2BB21(cos)2mgLLmv−=解得A20AB2mvvmm=+整理可得AAB22(1cos)2(1cos)mgLgLmm−=−+则A、B两球的质量之比为AB12

1mmk=−三、计算题13.如图甲所示，物块A、B的质量分别是A4.0kgm=和B3.0kgm=，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从0t=时以一定速度向右运动，在4st=时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C

的vt−图像如图乙所示,求：（1）物块C的质量Cm；（2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向；（3）在B离开墙壁之后的运动过程中，物块AC整体的最小速度。【答案】（1）2kg（2）大小36Ns×，方向向左（3）1m/

s【解析】【小问1详解】由图知，C与A碰前速度为9m/sv=，碰后速度为23m/sv=，C与A碰撞过程根据动量守恒可得()CAC2mvmmv=+解得C2kgm=【小问2详解】由图知，12s末A和C的速度为33m/sv=−，4s到12s的时间内，根

据动量定理可知，弹簧对物块A、C的冲量为()()AC3AC2Immvmmv=+−+解得36NsI=−可知冲量大小为36Ns×，方向向左。【小问3详解】此后运动过程中，弹簧第一次恢复原长时，物块AC整体的速度最小，则()()AC3ACACBBm

mvmmvmv+=++()()222AC3ACACBB111222mmvmmvmv+=++联立解得AC1m/sv=−即AC整体速度最小值为1m/s。14.如图所示，一轻质弹簧竖直固定，其原长位置恰好位于竖直固定

的14圆管型轨道底端，圆管轨道顶端切线水平，内部光滑，半径1mR=，在其右侧某位置有一倾角37=的倾斜传送带，传送带长度17.5mL=，以05m/sv=的速度逆时针方向转动。现将质量1kgm=的小物块放在弹簧上，用外力继续向下压缩至某一位置，然后由

静止释放物块，物块飞离圆管时，对圆管顶部的压力N10NF=，最后恰好从传动带上端沿切线方向滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数0.5=，重力加速度g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=，物块可看做质点

，圆管内径很小忽略不计，求：（1）物块进入圆管轨道时的动能kE；（2）物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）20J（2）90J【解析】【小问1详解】在圆管最高点有21NmvFmgR+=由圆管底端到顶端过程有21k12mgRmvE−=−解得k20JE=【小问2详解】设物

块滑上传送带的速度为2v，则21cos37vv=物块滑到底端的过程有sin37cos37mgmgma−=，2212Lvtat=+这段时间内传动带运动的位移为10xvt=相对位移为1xxL=+产生的热量为cos37Qmgx=解得90JQ=

15.如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀带正电圆环的圆心O，套在细杆上的带正电小球从杆上的a点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R，电荷量为Q，小球质量为m、电荷量为q，小球半径远小于R，qQ，abbOOccdR====，静

电力常量为k，重力加速度大小为g，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数34=，sin370.6=°，cos370.8=°。求（1）小球在c点受到的电场力的大小；（2）小球在b点的加速度大小；（3）小球在a点的动能。【

答案】（1）224ckQqFR=（2）()233254gkQqamR+=+（3）()k4335mgRE+=【解析】【小问1详解】将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为0q的点电荷，有0Qnq=在c点，由库仑定律，0q对小球的

电场力002ckqqFr=由几何关系222crR=在c点，整个圆环对小球的电场力设为cF，有0sin45cFnF=联立，解得224ckQqFR=【小问2详解】由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点所受的电场力方向相反，大小相等，有bcFF=在b点，对小球，

由牛顿第二定律，有sin37cos37bmgmgFma++=联立，解得()233254gkQqamR+=+【小问3详解】小球从a到d，由对称性，电场力做功0adW=对小球，由动能定理，有ksin37?4cos37?40adWmgRmgRE−−=−联立，解得()k43

35mgRE+=