安徽省滁州市定远重点中学2024-2025第二学期3月检测高三物理卷（一）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages1818页2024-2025第二学期3月检测高三物理（一）一、单项选择题：本大题共8小题，共32分。1.1948年，荷兰理论物理学家卡西米尔预言，在真空中的两块不带电的金属板相距很近时，它们之间会存在一种作用力，这个效应被称为卡西米尔效应。已知这两块金属板间的作用力F与普朗克常量h、真空中电磁波的波速c、平行金属板间的距离d、以及两正对板的长度a和宽度b有关。根据所学的量纲知识对F表达式做出合理的判断，在表达式中引入一个无单位的物理常量k。下列表达式中可能正确的是(

)A.F=khcabd4 B.F=khc2.如图，一物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球，物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是(

)

A.小球和物块加速度相等

B.小球运动到最高点时离斜面最远

C.在P点时，小球的动能大于物块的动能

D.小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等3.2024年6月25日，嫦娥六号完成人类首次月球背面采样任务后，其返回器采用“半弹道跳跃式”返回地球.返回器沿ABCDEF路径运动，如图所示，假设此过程返回器只受引力和空气作用，下列说法正确的是(

)

A.在B点的加速度竖直向下 B.在C点的速度小于A点的速度

C.在D点的速度为零 D.在E点的速度等于A点的速度4.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.4s时的波形图，P、Q是这列波上的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(

)

A.这列波沿x轴负方向传播

B.这列波的传播速度v=15m/s

C.这列波的波长λ=7.5m

D.在t5.一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片.通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变.当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是(

)

A.电压表V示数变大

B.输电线路输送的效率减小

C.变压器铁芯中磁通量变化的频率变大

D.为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q6.如图所示，一均匀带电圆环位于xOz平面内，其圆心恰好位于坐标原点O处，y轴与圆环平面垂直。在x轴上的P32d,0,0点固定一电荷量为-q(q>0)的点电荷，M、N两点位于y轴上，坐标分别为0,12d,0、0,-A.圆环带负电 B.M点的电场强度大小为3kq2d2

C.M、N两点的电场强度相等但电势不等 7.图(a)所示的采棉机在运输圆柱形棉包的过程中缓慢经过一段如图(b)所示路面(运动时，圆柱形棉包在前，路段足够长)，CD、EF为水平路面，M点为倾角最大的位置，倾角为30°。棉包放在如图(c)所示的“V”形挡板上，两板间夹角恒为120°，初始时OA与水平面的夹角为30°。运动过程中，棉包不脱离挡板，忽略“VA.从D到M斜面对采棉机的作用力越来越小

B.从D到M棉包对OA板的压力先增大后减小

C.从D到M棉包对OB板的压力一直增大

D.采棉机在EF段做减速运动，加速度可以为8.用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动。如图乙，在空间存在平行于x轴的匀强磁场，一束电子以速度v0从坐标原点O沿xOy平面射入，v0与x轴正方向成α角，其运动轨迹为螺旋线，该螺旋线轴线平行于x轴，螺距为Δx，直径为D。则(

)

A.沿x轴方向螺距Δx逐渐增大

B.匀强磁场的方向沿x轴负方向

C.若仅增大入射角度α，直径D将变大

D.若仅增大v0，电子沿x轴通过一个螺距Δx二、多项选择题：本大题共2小题，共10分。9.下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程，电动机驱动车轮转动。制动过程，电动机用作发电机给电池充电，进行能量回收，这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮毂电机驱动，轮毂电机内由固定在转子上的强磁铁形成方向交替的等宽辐向磁场，可视为线圈处于方向交替的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等均为L，每组线圈匝数均为N1，每个轮毂上有N2组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器(未画出)与动力电池连接。已知某次开始制动时线圈相对磁场速率为v，回路总电阻为R，下列说法正确的有(

)

A.行驶过程，S1断开，S2闭合

B.制动过程，S1断开，S2闭合

C.开始制动时，全部线圈产生的总电动势为E10.如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，O'为隧道的中点，O'与地心O的距离为h=32R，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到O

A.列车在隧道中A点的合力大小为mg B.列车在P点的重力加速度小于g

C.列车在P点的加速度a=R-xRg D.三、实验题：本大题共2小题，共18分。11.某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有5个质量相同的砝码，砝码的质量为50 g，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码盘中的砝码逐一地放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码个数n相对应的加速度a，已知交流电的频率为f=50 Hz(1)某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，每5个计时点取1个计数点。所有测量数据如图乙所示，则①打下C点时纸带的速度为

m/②纸带的加速度大小为

m/(2)若该组同学得到的n-a图像如图丙所示，重力加速度g=10 m12.传感器在科研，生活，生产中有广泛的应用。小李想根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。实验室提供的器材有：热敏电阻RT电流表G(内阻Rg为80 定值电阻R(阻值为20电阻箱R0(阻值电源E(电动势恒定，内阻不计)单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S请完成下列步骤：(1)

该小组设计了如图(a)所示的电路图。根据图(a)，在答题卡上完成图(2)

开关S1、S2断开，将电阻箱的阻值调到

(填“最大”或“最小”)。开关S1接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为20 Ω时，电流表示数为Ig。再将S1改接(3)

该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT-t曲线如图(c)所示，结合(2)中的结果得到温度控制室内此时的温度约为(4)

开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig。再将S1改接2，如果电流表示数为Igk(k>1)，则此时热敏电阻RT=四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为25 cm/s，两列波在t=0时的波形曲线如图所示，求

(1)t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标14.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m=13(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。15.如图所示，水平面内足够长的两光滑平行金属直导轨，左侧有电动势E=36V的直流电源、C=0.1F的电容器和R=0.05Ω的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径r=0.45m的竖直面内14光滑圆弧轨道在PQ处平滑连接，PQ与直导轨垂直，轨道仅在PQ左侧空间存在竖直向上，大小为B=1T的匀强磁场。将质量为m1=0.2kg、电阻为R0=0.1Ω的金属棒M静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为L=1m，M距R足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关S2断开，闭合开关S1，使电容器完全充电;然后断开S1，同时S2接“1”，M从静止开始加速运动直至速度稳定;当M匀速运动到与PQ距离为d=0.27m时，立即将S2接“2”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为m2=0.1kg的绝缘棒N(1)电容器完成充电时的电荷量q和M稳定时的速度;(2)第1次碰撞后绝缘棒N在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度;(3)自发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒M的总位移。

答案和解析1.【答案】A

【解析】A.从量纲分析的角度来分析，F的单位为kg⋅m/s2，其中普朗克常量h的单位为J⋅s，化为国际标准单位为kg⋅m2/s，而khcabd4的单位为

kg⋅m2⋅m⋅m⋅ms⋅s⋅m4=kg⋅m/s2，故A正确；

B.khca2b2d4的单位为【解析】B.把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故BC.把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点，小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；D.从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率不相等，故D错误。A.小球的加速度为a球=g，设斜面倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ3.【答案】B

【解析】A、返回器沿ABCDEF路径运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在B点有竖直向上的加速度分量，故A错误。

B、返回器从A点到C点的过程中，要克服大气的阻力做功，则机械能减小，因两点的重力势能相同，则动能减小，返回在C点的速度小于A点的速度，故B正确；

C、返回器沿ABCDEF路径运动中，到达最高点D时，竖直方向的速度为0，但水平方向有速度，故C错误;

D、从C点到E点，没有空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，即C、E两点的机械能相等，因为C、E点距地球的距离相等，所以重力势能相等，在E点的速度等于C点的速度，且小于A点的速度，故D错误。

故选：B。4.【答案】B

【解析】A.由图乙可知，t=0.4s时P点向上振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，故A错误；

BC.由图甲可知，波长为λ=6m，由图乙可知，振动周期为T=0.4s，所以波速为v=λT=60.4m/s=15m/s，故B正确，C错误；

D.在【解析】A、若滑动触头Q位置不变，当负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，负载电阻变小，通过变压器副线圈的电流变大，根据理想变压器电流与匝数比的关系，变压器原线圈中的电流I1=n2n1I2变大，

根据欧姆定律结合串联电路的特点，变压器原线圈两端电压U1=U0-I1r，

由于原线圈中的电流I1增大，因此变压器原线圈两端电压减小，电压表的示数减小，故A错误；

B、由η=U1I1U0I1×100％，因为变压器原线圈两端电压减小，故输电线路输送的效率减小，故B正确；

6.【答案】B

【解析】A.根据点电荷的电场强度公式E=kQr2(其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为场点到点电荷的距离)，点电荷-q到M点的距离r1=(32d-0)2+(0-12d)2=d，则E1=kqd2，由于M点的电场强度方向沿x轴正方向，将点电荷-q在M点产生的电场强度E1沿x、y方向分解，E1x=E1cos30∘=kqd2×32=3kq2d2，水平向右，E1y=E1sin30∘=kqd2×12=kq2d2，竖直向下，根据对称性带电圆环在y轴上的场强沿y轴，因为M点的合电场强度方向沿x轴正方向，所以y方向的合电场强度为0，即带电圆环在M点产生的电场强度在y方向的分量与E1y大小相等，方向相反，所以圆环带正电，7.【答案】C

【解析】A.采棉机在斜面上缓慢行驶时受到重力和斜面对采棉机的作用力，受力平衡，所以斜面对采棉机的作用力与重力等大、反向，故从D到M斜面对采棉机的作用力不变，故A错误；BC.采棉机从D点运动到M点的过程中，棉包重力大小和方向不变，OA板、OB板对棉包的作用力夹角不变，FOA与竖直方向的夹角变大，由图可知，FOA一直减小，FOB一直增大，根据牛顿第三定律可得，棉包对OA板的压力一直减小，棉包对OB板的压力一直增大，故B错误，D.采棉机在EF段做减速运动，挡板OB对棉包的支持力为0时，棉包受力如图所示根据牛顿第二定律可得mg解得a当加速度大于

33g

故选C。8.【答案】C

【解析】AB.将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x=v0cos α⋅t，Δx=v0cos α⋅T

沿y轴方向速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故AB错误；

CD.根据且v=v0sin α解得D=2R=2mv0sin9.【答案】BC

【解析】本题考查电磁感应的综合应用，涉及到感应电动势的计算及安培力的计算。解题的关键是要理解题意，分析线圈运动时产生的电动势大小，从而确定感应电流的大小，计算安培力的大小。

A、行驶过程中，动力电池对外供电，根据二极管的接法可知，S1闭合，S2断开，A错误；

B、制动过程中，回收能量，对动力电池进行充电，故S2闭合，S1断开，B正确；

C、根据线圈处于磁场中的示意图可知，开始制动时，单匝线圈产生的电动势e1=2BLv，考虑到每组线圈有N1匝，每个轮毂上有N2组线圈，4个车轮上的线圈串联后通过换向器(未画出)与动力电池连接，故全部线圈产生的总电动势E1=4N1N2·2BLv=8N110.【答案】BD

【解析】A、列车在隧道中A点受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力，如图所示。

则有F合=GMmR2sinθ，GMmR2=mg

由几何关系有：sinθ=R2-h2R，联立解得列车在隧道中A点的合力大小为：F合=mgR2-h2R=12mg，故A错误；

B、由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，则在P点有：GMPm(11.【答案】(1) ①0.84； ②1.7【解析】(1)①相邻两计数点间的时间间隔T打下C点时纸带的速度vC②由匀变速直线运动推导公式a(2)设一个砝码盘的质量为M，由牛顿第二定律得M+5整理得n解得M12.【答案】最大2001872

【解析】(1)由图(a)所示的电路图，图。(2)由图(a开关S1接1时，由欧姆定律可得Ig=ER0联立解得RT(3)由图(c)可知，

RT=200(4)开关S1接1，闭合S2，调节电阻箱，使电流表示数为Ig；

由并联电路的分流作用，结合Rg由欧姆定律可得5Ig=ER并+R0

S1结合5Ig=ER并+13.【解析】(1)t=0时，在x=50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移仅均为16cm

从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：

λ1=50cm，λ2=60cm…①

甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为：

x1=50+k1λ1

k1=0,+1,+2,……②

x2=50+k2λ2

k2=0,+1,+2,……③

①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为：

x=(50+300n)cm

n=014.【答案】(1)2gl2

2gl【解析】(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl解得v过程2：小球以v0=m解得v1=即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为2gl圆盘速度大小为2gl(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断