【文档说明】河南省焦作市博爱县第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.933 MB，由小赞的店铺上传

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2025学年焦作市博爱一中高三年级（上）9月月考物理考生注意：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选

择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.如图所示

，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为33，工作人员用轻绳按图示方式在水平地面上匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，不计绳与石墩之间的摩擦。则下列说法正确的是（）A.轻绳的合拉力大小为33cosmgB.轻绳的合拉力最小值为0.5mgC.轻绳的合拉力

最小时，60=D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力最小【答案】B【解析】【详解】A．令轻绳的合拉力大小为T，地面对石墩支持力大小为N，对石墩进行分析，根据平衡条件有cosTN=，sinTNmg+=解得33cos3sinmgT=+故A错误；BC．结合上述，令

()()3cos3sin23sin60coscos60sin23sin60y=+=+=+可知，当30=时，解得min0.5Tmg=故B正确，C错误；D．结合上述可知，地面对石墩的摩擦力cos3cossin3tanmgmgfN===++可知，摩

擦力随的增大而减小，结合上述，轻绳的合拉力最小时，30=，此时地面对石墩的摩擦力并不是最小，故D错误。故选B。2.如图所示，质量为m的滑块左右两端与轻弹簧相连，两弹簧的另一端固定在竖直挡板上。开始时两弹簧均处于原长，滑块静止在粗

糙水平面上的O点。现用水平外力将滑块从O点缓慢拉到M点，此时两侧弹簧中的弹力大小均为2f，释放滑块，滑块向左运动到N点时，速度为零，已知滑块与水平面间的滑动摩擦力为f。关于滑块从M点运动到N点的过程，下列说法正确的是（）A.滑块的最大加速度为4

fmB.滑块从M点到O点的过程中，加速度一直减小C.滑块运动到O点时，加速度为零，且动能最大D.滑块在M点时弹簧弹力大于在N点时弹簧弹力【答案】D【解析】【详解】A．滑块在M点时加速度最大，此时根据牛顿第二

定律有3fma=则最大加速度为3fam=故A错误；B．滑块从M点到O点的过程中，滑块受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，合力先向左减小后向右增大，所以，加速度先减小后增大，故B错误；C．滑块合力为零的位置在MO之间的某一位置，此时两侧弹簧中的作用力均为2f，

在该位置速度最大，动能最大，故C错误；D．由于从M到N的过程中，滑动摩擦力一直做负功，所以，弹簧在N点的弹性势能小于在M点的弹性势能，此时OM大于ON，根据胡克定律可知，在M点弹簧中的弹力一定大于在N

点时弹簧中的弹力，故D正确。故选D。3.竖直正对放置的平行板电容器两极板连成如图所示的电路，R为滑动变阻器，一个带负电的小球悬挂在电容器的内部。闭合开关，电路稳定后，悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列判正确的是（）A.保持开关闭合，变阻器滑片向左移动，则不变B.保持开关闭合，略向左移动左板，则

增大C.断开开关后，略向右移动右板，则减小D.断开开关后，略向上移动板，则减小【答案】A【解析】【详解】A．保持开关闭合，电路为断路，变阻器滑片无论怎样移动，电容器两板间的电势差不变，所以不变，故A正确；B．保持开关闭合，则有板间场强为UEd=略向左移动左板，则

E减小，小球受到的电场力减小，则减小，故B错误；CD．断开开关后，两板的带电量不变，可得4rQCUSCkd==板间场强为UEd=联立可得r4kQES=即板间的场强与板距无关，小球受到的电场力不变，则不变，略向上移动板，正对面积减小，场强变大，小球受到的电

场力变大，则变大，故CD错误。故选A。4.如图甲所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0时刻起，物体受到一个水平向右的力F作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（）A.t=0到t=4s时

间内摩擦力的冲量为零B.t=4s时物体开始运动C.t=6s时物体的速度大小为11m/s8D.t=11s时物体恰好停止运动【答案】C【解析】【详解】A．根据IFt=，t=0到t=4s时间内摩擦力不等于零，所以摩擦力的冲量不等于零，A错误；B．根据图像，拉力为2Ft

=，t=4s时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，B错误；C．根据2Ft=，4.5s末物体开始运动，在4.5～6s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为()()11.5109Ns91.5Ns14.75Ns2FI+−=+=

f0.42101.5Ns12NsImgt===根据动量定理得Ff0IImv−=−解得11m/s8v=C正确；D．在4.5～11s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为114.75Ns510Ns39.75Ns2FI=+=()f0.4210114.5

Ns52NsImgt==−=由此可知，t=11s前物体已经停止运动，D错误。故选C。5.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方

向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.12tB.2tC.13tD.3t【答案】B【解析】【详解】试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有2vqvBmr=，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为mvrqB=，圆弧AC所对

应的圆心角∠AO′C＝60°，经历的时间为60360tT=（T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为2mTqB=，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为v/3后，根据mvrqB=知其在磁场中的轨道半径变为r/3，粒子将从D

点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO″D＝120°，经历的时间为1202360tTt==．由此可知B项正确．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动6.用铝制易拉罐制作温度计，一透明薄吸管里有一

段油柱（长度不计）粗细均匀，吸管与罐密封性良好，罐内气体可视为理想气体，已知罐体积为3330cm，薄吸管底面积20.5cm，罐外吸管总长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离罐口10cm，不考虑大气压强变化，下列说法正确的是（）A.若在吸管上标注等差温度值，则刻度左

密右疏B该装置所测温度不高于31.5℃C.该装置所测温度不低于23.5℃D.其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，则油柱离罐口距离增大【答案】B【解析】【详解】A．由盖—吕萨克定律得121VVTT=其中3

101335cmVVSl=+=，127327(K)300KT=+=，31013300.5(cm)VVSlx=+=+代入解得.3019800(K)6767Tx=+根据273KTt=+可知301509()6767tx=+℃故若吸管上标注等差温度值，则刻度均匀，故A错误；BC．当20cmx=时，

该装置所测的温度最高，代入解得max31.5t=℃故该装置所测温度不高于31.5℃，当0x=时，该装置所测的温度最低，代入解得min22.5t=℃故该装置所测温度不低于225.℃，故B正确，C错误；D．其他条件不变，缓慢把吸管拉出来一点，由盖—吕

萨克定律可知，油柱离罐口距离不变，故D错误。故选B。7.图示为某景点的峡谷秋千，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下说法正确的是（）A.当秋千摆动到最高点时，速度为零；最低点时，加速度为零B.游客臀部和座椅之间存在摩擦力，且在最低点摩擦力最大C.考虑阻力，秋千摆动幅度变小，

经过最高点处的绳子拉力依次变大D.秋千下摆过程中，游客体会到的是失重；上摆过程中，体会到的是超重【答案】C【解析】【详解】A．当秋千摆动到最高点时，速度为零；但当秋千摆动到最低点时，向心加速度不为零，故A错误；B．座椅与人之间的摩擦力提供水平方向的加速度，在上升过程中，游客先超重，后失重，水平方向

的加速度先增大，后减小，即摩擦力先变大，后变小，并非在最低点最大，故B错误；C．设秋千绳子与竖直方向夹角为θ，秋千摆动幅度变小，θ变小，在最高点时，要使得绳子能够提供足够的向心加速度，则有sinFfma−=减小，sin

θ也减小，要保证足够的向心加速度，则绳子的拉力F要变大，故C正确；在D．秋千在下摆过程中，游客先有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，所以先体会失重，后体会超重，故D错误。故选C。8.由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所

示的方式接入电路，已知3V的量程最大，1V的量程最小，且3V的量程等于1V与2V的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为123UUU、、，指针偏转的角度分别为123、、，则有()A.12UU，12B.12UU，12

=C.123UUU+=，123+=D.123UUU+=，1232+=【答案】BD【解析】【分析】电压表由灵敏电流计和一个大电阻串联改装而成，偏转的角度仍然看通过电压表的电流大小，示数需要看具体电压表的分压．【详解】AB．由相同的电流表改装而成的三个电压表，其满偏电流g

I相同，3V的量程最大，1V的量程最小，3V的量程等于1V与2V的量程之和，则123312RRRRRR=+，由题图可知，电压表1V与2V串联，则流过两电表的电流I相等，电压表指针偏转角度相等，即12=，由于12RR，电压表示数UIR=，则12UU，

故A错误，B正确；CD．由题可知，电压表1V与2V串联，然后与3V并联，由串、并联电路特点可知，电压表示数关系为123UUU+=，由于并联电路各支路两端电压相等，312RRR=+，则两支路电流相等，各电压表指针偏转角度相等，1231232==+=，，故C错误，D正确．【点睛】

本题考查电压表的改装原理，可以将改装结构画在电路中进行分析更加直观方便．9.如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，A、B、C是介质中的三个质点，已知B质点此刻恰好已经完成了两次全振动，C点此刻正向y轴正方向运动，波速为20m/s，以下说法正确的是（

）A.此机械波的传播方向沿x轴负方向B.0~1.65s，A通过的路程为(4.20.23)cm+C.该机械波波源的起振方向沿y轴正方向D.t=1.65s时，质点B运动至x=37m处【答案】BC【解析】【详解】A．由于此刻C点

向y轴正方向运动，根据同侧法可知，此机械波的传播方向沿x轴正方向，故A错误；B．由图可知，该波的波长为12m=根据公式vT=可得该波的周期为0.6sT=因为151.65s42TT=+由图可知，该波的方程为0.4sin()(

cm)63yx=+当0t=时刻，A点坐标为(0,0.23cm)，当4Tt=时刻，机械波向前传播13m4x==此时A点的坐标为(0,0.2cm)−，故4T时间内，质点的路程为1(0.20.23)cms=+一个周期内所有质点运动的路程为4倍振幅，半个周期内所有质点运动路程为2倍振幅，故5

2T时间内，质点A的路程为2104cmsA==故0~1.65s，A通过的路程为12(4.20.23)cmsss=+=+故B正确；C．同一机械波上所有质点的起振方向都相同，由于t=0时刻，B质点此刻恰好已经完成了两次全振动，机械波传播到x=28m处且与B点的步调一致，根据同侧法

可知，起振方向沿y轴正方向，故C正确；D．所有质点均在平衡位置上下振动，并不随波迁移，t=1.65s时，B质点振动了324TT+，故此时B质点在波谷位置，故D错误。故选BC。10.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，固定在竖直平面内，两根导轨上端用导线连接一个电容器，电容器的电

容为C，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将质量为m、长度也为L的金属棒ab紧贴导轨由静止释放，金属棒沿着导轨下滑过程中始终保持水平且与导轨接触良好，已知重力加速度为g，金属导轨和金属棒电阻均

不计，则当金属棒运动稳定后，有（）A.金属棒做匀加速运动，加速度大小为22mgmCBL+B.金属棒受到的安培力大小为2222mCBLmCBL+C.通过金属棒电流大小为22CBLmgmCBL+D.电容器电荷量保持不变【答案】AC【解析】【详解】A

．由题可知金属棒ab受到的安培力为AQFBILBLt==的又QCUCBLv==所以QCBLvCBLatt==所以安培力22AFCBLa=对金属棒ab，由牛顿第二定律可得AmgFma−=解得22mgamCBL=+加速度恒定不变，所以金属棒ab做匀变速运动，A正确；B．安

培力2222A22mgCBLFCBLamCBL==+B错误；C．根据安培力的计算可知22BILCBLa=解得22mgICBLaCBLmCBL==+C正确；D．经过时间t电容器两端的电量为22BCLmgtqCUCBLvCBLatmCBL====+所以电容器电量随时间逐渐

增大，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带由静止开始下落。（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________

___。A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，先释放重物，再接通电源（2）实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如图所示。纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C

进行测量，图中给出这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为210m/sg=。打点计时器打B点时，重物速度的大小Bv=______m/s（结果保留两

位有效数字）。从纸带上打出O点到B点的过程中，重物减少的重力势能与增加的动能kE的大小关系是pE______kE（“>”“=”“<”）。为了进一步提高实验精度，该实验小组改用光电计时器验证机械能守恒定律，

实验装置如图所示。让钢球吸附器吸附小钢球并测量小钢球中部到光电门的高度h。小钢球由静止释放，记录小钢球通过光电门所用的时间t；改变光电门的位置，重复实验，记录多组关于h、t的数据。（3）小钢球直径d为____________cm（4）为验证机械能守恒

，要验证的表达式为____________（已知h，t，d及当地重力加速度g）【答案】①.AB##BA②.3.9③.>④.1.165⑤.222dght=【解析】【详解】（1）[1]A．重物选用质量和密度较大金属锤，可减小空气阻力的影响，故A正确；

B．两限位孔在同一竖直面内上下对正，可减小纸带阻力的影响，故B正确；C．根据实验原理可知重物的质量可被消去，无需测量出重物的质量，对实验无影响，故C错误；D．用手托稳重物，应先接通电源，再释放重物，故D错误故选AB。（2）[2]根据题意可知周期为10.02Tf==s根据中

间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知2ACBxvT==3.9m/s[3]由于阻力的影响可知，重物减少的重力势能与增加的动能kE的大小关系是pE>kE；（3）[4]游标卡尺的精度为0.05mm，读数为11

mm+130.05mm=11.65mm=1.165cm（4）[5]根据实验原理可知若机械能守恒，应满足21()2dmghmt=的化简可得222dght=12.如图所示，在光滑水平地面上静置一质量2kgM=、长度0.5mL=的薄木板A，木板右端放有一质量4kgm=的

小滑块B（可视为质点）。某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力14NF=，作用2st=后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数0.2=，滑块离开木板前、后的速度不变，取重力加速度大小210m/sg=，求：（1）滑块离开木板时的速度大小v；（2）

撤去恒力F时滑块到木板左端的距离d。【答案】（1）2m/sv=；（2）4.5md=【解析】【详解】（1）设滑块在木板上运动时的加速度大小为1a，木板的加速度大小为2a，有1mgma=，2FmgMa−=滑块离开木板时22201122vatLa−=，01vta=解得01s2st=，2m/sv=

撤去恒力前，滑块离开木板，则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。（2）设滑块在木板上运动的时间为1t，滑块离开木板后，力F使木板产生的加速度大小为3a，有11vat=，3FMa=，()()()2312112dattatvtt=−+−−解得4.5md=13.如图所示，光滑水平面上竖

直固定有一半径为R的14光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有足够大水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度mgqE=，重力加速度大小为

g，不计空气阻力。求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值；（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率。【答案】（1）2gR；（2）()232mg+；（3）2gR【解析】【详解】（1）小球从A到B过程，根据动能定理可得

21202BqERmv=−解得小球到达B点时的速度大小为2BvgR=（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时，设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为，则有tan1qEmg==可得45=可知当小球运动到圆弧轨道BC的中点时，小球的速度最大，小球对轨道的压力最大，根据动能定理可得2m1(2s

in45)(cos45)02qERRmgRRmv+−−=−根据牛顿第二定律可得2mmaxcos45sin45vNmgqEmR−−=联立解得()max232mgN+=根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力为()232mg+。（3）小球从A到C

过程，根据动能定理可得21302CqERmgRmv−=−解得2CvgR=小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当

沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有min1C2sin45222vvvgRgR====14.光伏路面原理如图甲所示，路面将收集到的太阳能转化为电能，通过电网收集，经整流滤波等过程后，在供电线圈产生如图乙所示的交变磁场，电动汽车底盘上的受电线圈通过电磁感应原理接收电

能，为汽车电机供电。设图乙中30610TB−=，30410sT−=，光伏路面限速072km/hv=，电动汽车质量01000kgm=，电动汽车受电线圈面积20.6mS=，匝数n=100，忽略电动汽车运动带来的磁场频率

变化，太阳光能满足电动汽车在光伏路面正常工作（g取10m/s2）。（1）求受电线圈产生的电压；（2）设电动汽车行驶时，所受阻力恒为车重的110，受电线圈提供的电流为80A，要实现在光伏公路上无限续航，求电动汽车电机效率1需满足的条件（结果保留三位有效数字）；（3）已知汽油热值

74.310J/kgq=，密度0.72kg/L=，汽油发动机效率230%=。若一辆质量及行驶阻力与电动汽车相同的普通汽油汽车在此光伏路面按速度v0行驶，试估算其油耗（油耗单位为L/100km，结果保留两位小数）。【答案】（1）360V；

（2）169.4%；（3）10.75L/100km（10.75L/100km~10.77L/100km均可）【解析】【详解】（1）由题图乙知Δ6T/sΔBt=由法拉第电磁感应定律得ΔΔ360VΔΔΦBEnnStt===（2）由题意知072km/h20m/sv==00

.1fmg=电动汽车电机总功率为42.8810WPEI==电动汽车以最大速度0v匀速行驶时的最大机械功率为4002.010WPfv==则电动汽车电机效率为01100%69.4%PP=故要实现无限续航，电动汽车电机效率应满足169.4%（3）由题意知汽油汽车的

机械功率也为P0，设其以速度v0行驶100km，行驶时间为30510sstv==则汽油发动机产生的机械能为8001.010JEPt==所以汽油机消耗的总能量为803.3310JEE=设消耗汽油的质量为m，体积为V，由汽油热值定义有Eqm=解得7.74kgm所以10.75LmV=

=则该汽油汽车的油耗为10.75L/100km。15.如图所示，在xOy坐标系所在平面内，第二象限内有一半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ，磁场边界与x轴和y轴分别相切于A、C两点，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度大小为B。在0≤x≤R的区域有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为

2B。在R≤x≤2R区域有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿x轴负方向，x＝2R处放置与x轴垂直的荧光屏。沿x轴移动的粒子发射器能持续稳定的沿平行y轴正向发射速率相同的带负电粒子，该粒子的质量为m，电荷量

大小为q．当粒子发射器在A点时，带电粒子恰好垂直y轴通过C点。带电粒子所受重力忽略不计。（1）求粒子的速度大小；（2）当粒子发射器在－2R＜x＜0范围内发射，求匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐

标的范围；（3）当粒子发射器在3122RxR−−范围内发射，求荧光屏上有粒子打到的区域的长度。的【答案】（1）BqRvm=；（2）(31)(31)RyR−−+；（3）22RqMKRRBEm=+【解析】【详解】（

1）由A点射入的粒子恰好垂直轴通过C点，可知圆周运动的圆心在坐标原点处，圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有2vqvBmR=解得粒子的速度为BqRvm=（2）当粒子在－2R＜x＜0范围内发射时，由于轨迹圆半径等于磁场圆半径

，粒子的射入点、磁场圆圆心、轨迹圆圆心、粒子的射出点组成菱形，则射出点在磁场圆圆心水平右侧R处，即所有的粒子均从C点离开匀强磁场区域Ⅰ，与y轴正向夹角在0~180°范围内均有粒子射出粒子射入磁场Ⅱ区域做匀速圆周运动，由向心力公式得

22Bvqvmr=解得r＝2R由C点沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的粒子，从磁场Ⅱ右边界时的位置最靠下为D点，运动轨迹如图所示，由几何关系得sin60DQyr=(31)DDQyRyR=−=−−粒子的运动轨迹与磁场Ⅱ右边界相切时，切点F为从右边界射出的最上方的

位置，运动轨迹如图所示由几何关系得sin60FQyr=(31)FFQyRyR=+=+匀强磁场Ⅱ右边界有粒子通过的区域所对应纵坐标的范围是(31)(31)RyR−−+（3）当粒子在3122RxR−−范围内发射时，运动轨迹如图所示由几何关系可知32xR=−

处射入的粒子在Ⅰ区偏转120°由C点进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转30°垂直右边界由G点射出()21cos30PGyR=−进入电场后做匀加速直线运动打到荧光屏上M点；12xR=−处射入的粒子在Ⅰ区偏转60°由C点

与Ⅱ区左边界成60°进入Ⅱ区，在Ⅱ区偏转60°后在H点沿y轴正向进入电场．2sin60PHyR=进入电场后做类平抛运动打到荧光屏上K点，x轴方向22EqRtm=y轴方向JKvt=荧光屏上有粒子打到的区域的长度

MKPGPHJK=++解得22RqMKRRBEm=+