PAGE15-重慶市云陽江口中學(xué)2025屆高三物理上學(xué)期第三次月考試題（含解析）一、選擇題1.用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法．下列四個選項中全部都應(yīng)用了比值定義法的是①加速度②電場強度③電容④電流⑤導(dǎo)體電阻⑥磁感應(yīng)強度A.①③⑤⑥ B.②③⑤⑥ C.②③④⑥ D.①③④⑥【答案】D【解析】【詳解】①加速度與速度的變更量無關(guān)，所以加速度屬于比值定義法；②電場強度與場源電荷量成正比，與距離的平方成反比，所以電場強度不屬于比值定義法；③電容是由電容器本身的性質(zhì)確定，其大小與帶電量以及兩板間的電壓無關(guān)，所以電容屬于比值定義法；④電流的大小由導(dǎo)體兩端的電壓和導(dǎo)體的電阻確定，單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量叫電流強度，電流屬于比值定義法；⑤電阻與導(dǎo)線長度、橫截面積及電阻率有關(guān)，所以導(dǎo)體的電阻不屬于比值定義法；⑥磁感應(yīng)強度與放入磁場中的電流元無關(guān)，所以屬于比值定義法；A.①③⑤⑥與分析不符，故A錯誤；B.②③⑤⑥與分析不符，故B錯誤；C②③④⑥與分析不符，故C錯誤；D.①③④⑥與分析相符，故D正確．2.下列關(guān)于三種宇宙速度的說法中正確的是A.地球的第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最小運行速度B.地球的其次宇宙速度是在地面旁邊使物體可以擺脫地球引力束縛，成為繞太陽運行的人造小行星的最小放射速度C.人造衛(wèi)星繞地球在圓軌道上運行時的速度介于地球的第一宇宙速度和其次宇宙速度之間D.美國放射的鳳凰號火星探測衛(wèi)星，其放射速度大于地球的第三宇宙速度【答案】B【解析】【詳解】A.地球的第一宇宙速度7.9km/s是人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大運行速度，也是最小放射速度，故A錯誤；B.其次宇宙速度是使物體可以擺脫地球引力束縛，成為繞太陽運行的小行星的最小放射速度，故B正確；C.第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運動的環(huán)繞速度，所以沿圓軌道繞地球運行的人造衛(wèi)星的運動速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯誤；D.美國放射的“鳳凰”號火星探測衛(wèi)星，因它繞火星旋轉(zhuǎn)，仍在太陽的束縛下，其放射速度大于其次宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度，故D錯誤．3.如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓恒為U的電源兩極兩極，極板M帶正電，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中心處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則（）A.油滴帶負電B.油滴帶電荷量為C.電容器的電容為D.將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動【答案】C【解析】試題分析：由題，帶電荷量為的微粒靜止不動，則微粒受到向上的電場力，平行板電容器板間場強方向豎直向下，則微粒帶負電．故A錯誤；由平衡條件得：，解得油滴帶電荷量為：，故B錯誤；依據(jù)，結(jié)合，且，則得電容器的電容為：．故C正確；極板N向下緩慢移動一小段距離，電容器兩極板距離增大，板間場強減小，微粒所受電場力減小，則微粒將向下做加速運動，故D錯誤．考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題整合了微粒的力平衡、電容器動態(tài)分析，由平衡條件推斷微粒的電性，留意由受力狀況來確定運動狀況，是解題的思路．4.如圖所示，在“托球跑”趣味競賽中，若運動員沿水平面勻加速直線跑．球拍平面與水平方向的夾角為θ時，網(wǎng)球與球拍保持相對靜止．球拍和網(wǎng)球的質(zhì)量分別為M、m，不計摩擦力和空氣阻力，重力加速度為g．則下列說法正確的是A.球拍對球的作用力太小為mgB.運動員對球拍的作用力大小為（M+m)gC.運動員的加速度大小為gtanθD.若加速度大于gsinθ，球肯定沿球拍向上運動【答案】C【解析】【詳解】以小球為探討對象，受力分析如圖所示．可求球拍對球的作用力F=mg/cosθ，所以A錯誤；合外力為F合=mgtanθ=ma，可求小球的加速度為a=gtanθ，小球與運動員的加速度相同，故運動員的加速度也是gtanθ，所以C正確；把球和球拍視為一個整體，整體加速度為gtanθ，合外力（M+m)gtanθ，依據(jù)矢量三角形法則可求人對球拍的作用力為F1=（M+m)g/cosθ，所以B錯誤；而gtanθ＞gsinθ，由題意知，小球沒有沿球拍向上運動，D錯誤．5.如圖甲，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點．將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v-t圖象如圖乙所示．設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa、φb，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，則有（）A.φa>φb B.Ea>Eb C.Wa>Wb D.Ea<Eb【答案】BC【解析】試題分析：從圖象可以看出，剛起先的加速度大于運動后的加速度，故a點的場強大于b點的場強，即B正確，D錯誤；由于電荷是負電荷，從靜止起先加速，故電場力做正功，電勢能減小，所以電場線是由N到M，故b點的電勢大于a點的電勢，A錯誤；a點的電勢能大于b點的電勢能，C正確．考點：電場的基本性質(zhì)．【名師點睛】電場的基本性質(zhì)．1.電勢凹凸常用的兩種推斷方法（1）依據(jù)電場線的方向―→沿電場線方向電勢漸漸降低（2）依據(jù)UAB＝―→UAB>0，φA>φB，UAB<0，φA<φB.2．電勢能增、減的推斷方法（1）做功推斷法―→電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加（2）公式法―→由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大電勢能越大，Ep的負值越小，電勢能越大（3）能量守恒法―→在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，電勢能增加（4）電荷電勢法―→正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大6.用細繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球?qū)⒁还潭ㄔ趬ι系乃捷p質(zhì)彈簧壓縮了x(小球與彈簧不拴連)，如圖所示．將細繩剪斷后()．A.小球馬上獲得的加速度B.小球落地的速度大于C.小球落地的時間等于D.小球在細繩剪斷瞬間起起先做平拋運動【答案】BC【解析】【詳解】A．初態(tài)小球平衡，剪斷繩后，小球合外力與繩中拉力等大反向：，所以加速度：，A錯誤．B．設(shè)初態(tài)彈簧的彈性勢能為，依據(jù)機械能守恒得：，速度大于，B正確．C．小球被水平彈出后，只受重力做平拋運動，豎直方向：，運動時間，C正確．D．小球在細繩剪斷瞬間，仍受彈簧彈力，所以不是平拋運動，D錯誤．7.平直馬路上行駛的a車和b車，其位移時間圖象分別為圖中直線a和曲線b，已知b車做勻變速直線運動，t=2s時，直線a和曲線b剛好相切，下列說法正確的是（）A.b車的加速度大小為1m/s2B.a車的速度大小為3m/sC.b車做勻減速直線運動D.t=2s時，a、b兩車相遇，速度不相等【答案】AC【解析】【詳解】在圖象中，圖象的斜率表示速度，依據(jù)圖象可知，的斜率不變，速度不變，做勻速直線運動，車的速度大小為：的斜率減小，速度減小，故車做勻減速直線運動，設(shè)車的位移時間關(guān)系式為，將，代入得：時，直線和曲線剛好相切，、兩車相遇，速度相等，車的速度為：由得：聯(lián)立解得：即車的加速度大小為1m/s2；A．與分析相符，故A正確；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析相符，故C正確；D．與分析不符，故D錯誤。8.帶電小球在電場力和重力作用下，由靜止起先沿豎直方向向下運動．運動過程中小球的機械能隨位移關(guān)系如圖所示，曲線關(guān)于x＝x0對稱，最低點位置坐標(biāo)為x0，在小球運動到x＝2x0的過程中，下列說法正確的是（）A.小球所受電場力方向可能不變B.小球所受電場力始終比重力小C.小球加速度始終增大D.小球在x0位置時，動能最大【答案】BC【解析】【詳解】由圖象可知，小球機械能先減小后增大，則說明電場力先做負功后做正功，運動方向不變，故電場力方向發(fā)生變更，故A錯誤；0﹣x0段小球做加速，又電場力做負功，故豎直向上，故重力大于電場力，兩段關(guān)于x0對稱，故小球所受電場力始終比重力小，故B正確；圖象中斜率表示電場力，由圖可知，電場力先減小后增大；且據(jù)A項分析可知電場力方向先豎直向上，此時a＝g﹣，故加速度增大；后電場力豎直向下且增大，加速度為a＝g+，則加速度接著增大，故加速度始終增大；故C正確；依據(jù)C項分析可知，加速度方向始終與速度方向相同，故小球始終加速，2x0處速度最大，故D錯誤．二、非選擇題9.在伏安法測電阻試驗中，待測電阻Rx約為200Ω，電壓表V的內(nèi)阻約為2kΩ，電流表A的內(nèi)阻約為10Ω，測量電路中電流表的連接方式如圖（a）或圖（b）所示，計算結(jié)果由計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的讀數(shù)；若將圖（a）和圖（b）中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則①（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1②（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值，測量值Rx2③（填“大于”、“等于”或“小于”）真實值．【答案】①Rx1②大于③小于【解析】試題分析：因為，而，故可認(rèn)為Rx＞＞RA，故應(yīng)采納圖a電路測量更精確，即Rx1更接近待測電阻的真實值；因為，，U＞UR，I=IR，則，即測量值Rx1大于真實值；因為，，U=UR，I＞IR，則，即測量值Rx2小于真實值；考點：伏安法測電阻．10.在“探究功與速度變更關(guān)系”試驗中，采納如圖甲所示裝置，水平正方形桌面距離地面高度為h，將橡皮筋的兩端固定在桌子邊緣上的兩點，將小球置于橡皮筋的中點，向左移動距離s，使橡皮筋產(chǎn)生形變，由靜止釋放后，小球飛離桌面，測得其平拋的水平射程為L。變更橡皮筋的條數(shù)，重復(fù)試驗。（1）試驗中，小球每次釋放的位置應(yīng)________（填“不同”、“相同”或“隨意”）。（2）取橡皮筋對小球做功W為縱坐標(biāo)，為了在坐標(biāo)系中描點得到一條直線，如圖乙所示，應(yīng)選為______橫坐標(biāo)(選L或L2)。若直線與縱軸的截距為b，斜率為k，可求小球與桌面間的動摩擦因數(shù)為______（運用題中所給符號表示）?！敬鸢浮?1).相同(2).L2(3).【解析】【詳解】(1)[1]小球每次釋放的位置到桌子邊緣的距離要相同，這樣保證每根橡皮條的形變量相等，則每根彈簧彈力做的功相等；(2)[2]小球拋出后做平拋運動，依據(jù)可得：則初速度為：依據(jù)動能定理得：則有：所以應(yīng)選為橫坐標(biāo)；[3]斜率為：直線與縱軸的截距為：解得：11.如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝100N而從靜止向前滑行，其作用時間為t1＝10s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝15s，他其次次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，其次次利用滑雪杖對雪面的作用距離與第一次相同．已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m＝75kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝25N，求：（1）第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移；（2）該運動員（可視為質(zhì)點）其次次撤除水平推力后滑行的最大距離．【答案】（1）10m/s和50m；（2）187.5m．【解析】【詳解】（1）設(shè)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1由牛頓其次定律可知F﹣f＝ma1解得a1=1m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小為v1＝a1t1＝10m/s通過的位移為（2）運動員停止運用滑雪杖后，加速度大小為經(jīng)驗時間t2速度變?yōu)関′1＝v1﹣a2t2＝5m/s其次次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2，則其次次撤去水平推力后，滑行的最大距離聯(lián)立解得x2＝187.5m12.如圖所示，離子發(fā)生器放射一束質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，從靜止經(jīng)PQ兩板間的加速電壓加速后，以初速度v0從a點沿ab方向進入一勻強電場區(qū)域，abcd所圍成的正方形是該勻強電場的邊界，已知ab長為L，勻強電場的方向與ad邊平行且由a指向d．（1）求加速電壓U0；（2）若離子恰從c點飛離電場，求a、c兩點間的電勢差Uac；（3）若離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv02，求此時勻強電場的場強大小E．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】(1)對直線加速過程，依據(jù)動能定理，有：qU0=解得:U0=(2)設(shè)此時場強大小為E，則:ab方向，有L=v0tad方向，有:L=Uac=EL=（3）依據(jù)可知，離子射出電場時速度，方向與ab所在直線的夾角為45°，即，依據(jù)，，可得x=2y，則離子將從bc邊上的中點飛出，即依據(jù)動能定理，有：解得（二）選考題13.下列關(guān)于熱力學(xué)定律的說法正確的是（）A.肯定質(zhì)量的志向氣體保持壓強和體積不變，而只變更其溫度是不行能的B.熱力學(xué)其次定律是反映宏觀自然過程的方向性的定律C.肯定質(zhì)量的志向氣體放出熱量，則其分子平均動能肯定削減D.對于密閉容器內(nèi)的志向氣體而言，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)會隨溫度的上升而增多E.熱運動的宏觀過程是熵削減的過程【答案】ABD【解析】【分析】由志向氣體狀態(tài)方程可知，保持壓強和體積不變，則溫度肯定不變，熱力學(xué)其次定律反映了宏觀自然過程的方向性．體積壓縮放出熱量，溫度可能上升，故分子的平均動能可能增加，由志向氣體狀態(tài)方程可知，對于密閉容器內(nèi)的志向氣體而言，假如溫度上升，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)增多，依據(jù)熱力學(xué)其次定律可知，實際的宏觀過程都會自發(fā)地往熵增加的方向進行.【詳解】A、由志向氣體狀態(tài)方程可知，保持壓強和體積不變，則溫度肯定不變，故A正確；B、熱力學(xué)其次定律反映了宏觀自然過程的方向性，故B正確；C、體積壓縮放出熱量，溫度可能上升，故分子的平均動能可能增加，故C錯誤；D、由志向氣體狀態(tài)方程可知，對于密閉容器內(nèi)的志向氣體而言，假如溫度上升，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)增多，故D正確；E、依據(jù)熱力學(xué)其次定律可知，實際的宏觀過程都會自發(fā)地往熵增加的方向進行，故E錯誤；故選ABD.14.如圖，一個質(zhì)量為m的T型活塞在氣缸內(nèi)封閉肯定量的志向氣體，活塞體積可忽視不計，距氣缸底部ho處連接一U形細管（管內(nèi)氣體的體積忽視不計）．初始時，封閉氣體溫度為T0，活塞距離氣缸底部為1.5h0，兩邊水銀柱存在高度差．已知水銀密度為ρ，大氣壓強為P0，氣缸橫截面積為S，活塞豎直部分高為1.2h0，重力加速度為g，求：（i）通過制冷裝置緩慢降低氣體溫度，當(dāng)溫度為多少時兩邊水銀面恰好相平；（ii）從起先至兩水銀面恰好相平的過程中，若氣體放出的熱量為Q，求氣體內(nèi)能的變更【答案】（i）（ii）0．3（）h0S-Q【解析】（i）初態(tài)時，對活塞受力分析，可求氣體壓強①體積V1＝1.8h0S，溫度T1=T0要使兩邊水銀面相平，氣缸內(nèi)氣體的壓強P2=P0，此時活塞下端肯定與氣缸底接觸，V2=1.2h0S設(shè)此時溫度為T2，由志向氣體狀態(tài)方程有②得：（ii）從起先至活塞豎直部分恰與氣缸底接觸，氣體壓強不變，外界對氣體做功W=P1ΔV=（）×0.6h0S③由熱力