福建省福州华侨中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州华侨中学2025-2026学年高三上学期10月月考物理试卷一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。1.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则下列正确的是（）A.20s内汽车的位移为30m B.前10s内汽车的加速度为3m/s2C.18s末汽车的速度大小为1m/s D.前25s内汽车做单方向直线运动【答案】C【解析】A．由图可知，20s内汽车的位移为25m，故A错误；B．根据图像的斜率表示速度，由图可知，前10s内图像的斜率不变，故前10s内汽车做匀速直线运动，所以加速度为零，故B错误；C．根据图像的斜率表示速度，由图可得18s末汽车的速度可知速度大小为1m/s，速度方向为负方向，故C正确；D．根据图像，可知前10s内汽车向正方向做匀速直线运动，10-15s内汽车处于静止，15-25s汽车反方向做匀速直线运动，故D错误。故选C。2.我国的无人机在各行各业中有着广泛的应用。在一次高空摄影过程中，地面测控系统测出无人机从地面起飞，竖直方向上运动的速度v随时间t变化规律如图所示，t4时刻无人机回到地面，下列说法正确的是（）A.t1时刻无人机上升到最高位置B.t1~t2时间内无人机处于超重状态C.0~t1时间内，无人机的加速度先减小后增大D.0~t2时间与t3~t4时间内图线与时间轴所围面积大小相等【答案】D【解析】A．0~t2时间内速度一直为正，则无人机一直上升，则t2时刻无人机上升到最高位置，选项A错误；B．t1~t2时间内无人机向上减速，加速度向下，则处于失重状态，选项B错误；C．D．0~t2时间无人机上升，t3~t4时间内无人机回到地面，因图像的面积等于位移大小，可知0~t2时间与t3~t4时间内图线与时间轴所围面积大小相等，选项D正确。故选D。3.如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的中垂线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且c、d到点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度为零 B.a、b处的电场强度相同C.点处的磁感应强度为零 D.c、d处的磁感应强度大小相等，方向相反【答案】B【解析】A．正负点电荷在O点的场强均向右，可知O点处的电场强度不为零，A错误；B．根据等量异种电荷电场线分布可知，a、b处的电场强度大小和方向都相同，B正确；C．根据右手定则，两通电导线在点处的磁感应强度方向均向下，则该点的磁感应强度不为零，C错误；D．根据右手定则，导线M在c点的磁场方向斜向右下方，导线N在c点的磁场方向斜向左下方，两磁场的磁感应强度大小相等，则c点的磁场方向向下；同理可知导线M在d点的磁场方向斜向左下方，导线N在d点的磁场方向斜向右下方，两磁场的磁感应强度大小相等，则d点的磁场方向向下，即c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同，D错误。故选B。4.由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的边界水平，且磁场的宽度大于线圈的边长，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。甲的下边开始进入磁场时以速度v做匀速运动，下列判断正确的是（）A.乙的上边进入磁场前也做匀速运动，速度大小为B.甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1∶2C.一定是甲先离开磁场，乙后离开磁场D.甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做加速运动【答案】B【解析】A．甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为，两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，线圈的横截面积为S，线圈质量由题意可知，两线圈的质量相等，则则两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等。设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势由电阻定律可知，线圈电阻由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流线圈受到的安培力由于B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，甲的下边开始进入磁场时以速度v做匀速运动，则所以乙的上边进入磁场前也做匀速运动，则速度大小为v，故A错误。B．线圈进入磁场过程中，通过导线的电荷量为由可得所以甲和乙进入磁场的过程中，通过导线的电荷量之比为1∶2，故B正确；C．甲、乙进入磁场时速度相同，离开磁场时的速度也相同，所受安培力也相同，线圈离开磁场的加速度相同，所以甲、乙同时离开磁场，故C错误。D．线圈完全进入磁场后通过线圈的磁通量不变，线圈中感应电流为0，线圈不再受安培力，线圈在磁场中做加速运动；线圈开始离开磁场时，速度比进入磁场时大，安培力也比重力大，所以甲、乙下边开始离开磁场时，一定都做减速运动，故D错误。故选B。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.如图所示，图甲是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=2s时的波动图像，图乙是该波传播方向上介质中x1=6m的质点从t=0时刻起的振动图像，a、b是介质中平衡位置为x2=3m和x3=5m的两个质点。下列说法正确的是（）A.该波是沿x轴负方向传播B.该波的波速是2m/sC.在t=2s时刻，a、b两质点的速度相同D.若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，会发生明显的衍射现象【答案】BD【解析】A．图乙是该波传播方向上介质中x1=6m的质点从t=0时刻起的振动图像，t=2s时，x1=6m的质点向下振动，所以根据振动方向和波动方向同侧的原则，该波是沿x轴正方向传播，故A错误；B．由甲图可知，波长，由乙图可知，周期T=4s，所以波速，故B正确；C．该波是沿x轴正方向传播，由甲图可知，t=2s时刻，质点a向上振动，质点b向下振动，所以速度方向不同，故C错误；D．若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，障碍物尺寸与波长相近，所以会发生明显的衍射现象，故D正确。故选BD。6.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船将十六乘组三名航天员送入空间站组合体，图中轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行轨道。两轨道相切于B点，A为椭圆轨道的近地点，B为远地点，C为轨道Ⅱ上一点，C、A、B三点在一条直线上，则下列判断正确的是（）A.空间站从C运行到B和载人飞船从A运动到B时间相等B.载人飞船在轨道Ⅰ上B点速度小于空间站在C点速度C.载人飞船从A沿椭圆轨道运动到B点，发动机不断做正功D.载人飞船在轨道Ⅰ上的加速度不小于空间站在轨道Ⅱ上的加速度【答案】BD【解析】A．根据开普勒第三定律可知，空间站从C运行到B的时间大于载人飞船从A运动到B时间，故A错误；B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点速度小于空间站在B点速度，即小于空间站在C点速度，故B正确；C．载人飞船从A沿椭圆轨道运动到B机械能守恒，发动机不需要做功，故C错误；D．载人飞船在轨道Ⅰ上B点和空间站在轨道Ⅱ上B点加速度相等，在轨道Ⅰ上其他位置加速度均大于在轨道Ⅱ上的加速度，故D正确。故选D。7.如图甲所示，一单匝带缺口（缺口很小）的刚性金属圆环固定在水平面内，圆环阻值，缺口两端引出两根导线，与阻值的定值电阻构成闭合回路，圆环内的磁通量变化如图乙所示，规定磁通量方向向里为正，不计导线的电阻，下列说法正确的是（）A.0~1s内圆环中的感应电流方向沿顺时针方向B.0~1s和1~2s内感应电流方向相同C.2~4s内，电阻R两端电压D.0~1s内圆环有扩张趋势，且感应电流大小为0.2A【答案】AB【解析】A．0~1s内，磁通量减小，由楞次定律可知，感应磁场与原磁场方向相同，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向为顺时针，故A正确；B．1~2s内，磁通量反向增加，根据楞次定律可知，感应磁场与原磁场方向相反，根据右手螺旋定则可知，感应电流方向为顺时针，与0~1s内电流方向相同，故B正确；C．2~4s内，由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律可得由楞次定律“增反减同”和右手螺旋定则可知，电流为逆时针方向。所以电阻R两端电压，故C错误；D．根据楞次定律“增缩减扩”可知，0~1s内圆环有扩张趋势。由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律可得，故D错误。故选AB。8.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度为，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（）A.小球的质量为B.小球运动到最高点时的速度为C.小球能够上升最大高度为D.若，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动【答案】AD【解析】A．设小球的质量为，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律有解得结合图乙有，解得，，故A正确；B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得结合上述解得，故B错误；C．小球从开始运动到最高点的过程中，由能量守恒定律结合上述解得，故C错误；D．分离时有由动量守恒定律机械能守恒定律结合上述解得当时有，即小球水平方向的速度方向向左，所以小球与圆弧分离后将向左做平抛运动，故D正确。故选AD。三、填空题：本题共3小题，共8分。9.零时刻某同学将小球从距离水面一定的高度处由静止释放，小球运动的速度—时间（v－t）图像如图所示，取重力加速度大小，不计空气阻力。小球从入水到减速为0的过程中的加速度大小为______，平均速度大小为______。【答案】20;5【解析】小球从静止开始释放到入水前做自由落体运动，根据可得小球从入水到减速为0所用的时间为，根据可得减速过程中的加速度大小为减速阶段运动的位移大小为所以平均速度大小为10.把一有效值恒定的交变电流接到图中理想变压器的A、B两端。已知为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。处温度升高后，电压表示数______（选填“变大”“变小”或“不变”）；的示数______（选填“变大”“变小”或“不变”）；电流表的示数______（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】不变；变小；变大【解析】电压表测量的是理想变压器的输入电压，其示数与负载无关，电压表示数不变；变压器输出电压不变，处温度升高后其电阻减小，输出电流增大，电流表的示数变大，R两端的电压增大，测量的是两端的电压其示数变小。11.现有两束光线（不同颜色）甲、乙以相同的入射角，分别射入两杯相同浓度的NaCl溶液中，折射光线如图所示，则可知对该NaCl溶液，______（选填“甲”或“乙”）光的折射率较大；______（选填“甲”或“乙”）光在NaCl溶液中的传播速度较大。若甲、乙两束光从NaCl溶液中射向真空，则______（选填“甲”或“乙”）光的临界角较大。【答案】甲；乙；乙【解析】入射角相同，由于折射角，根据折射定律可知甲光的折射率较大；根据可知乙光在NaCl溶液中的传播速度较大；根据可知乙光的临界角较大。四、实验题：本题共2小题，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处。12.（1）如图甲所示，某实验小组通过在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码的方式，完成了“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。①下列说法中，能减小实验误差的是________。（多选）A.

测量弹簧原长时，应将弹簧置于水平桌面B.

测量弹簧长度的刻度尺，应竖直夹稳C.

在弹性限度内，采集弹力F数据时，应尽可能多D.

选取弹簧时，相同条件下，自重越大越好②根据实验数据，绘制的弹力F跟弹簧伸长量x关系如图乙所示，可求得弹簧劲度系数为________N/m（保留两位有效数字）。（2）该实验小组还利用水平气垫导轨验证了机械能守恒定律，如图丙所示，滑块左端通过细绳与托盘相连，滑块上挡光条的宽度为d，托盘和砝码总质量为m，滑块（含挡光条）的质量为M，挡光条到光电门的距离为l。实验时，由静止释放滑块，测得挡光条通过光电门的时间为t，重力加速度为g。①从释放滑块到挡光条通过光电门的过程中，系统减少的重力势能为________（用题中给定字母表示）。②若方程________（用题中给定字母表示）成立，则系统机械能守恒。【答案】（1）①.BC②.26N/m（2）①.②.【解析】【小问1】A测量弹簧原长时，应将弹簧竖直悬挂起来，故A错误；B测量弹簧长度的刻度尺，应竖直夹稳，故B正确；C在弹性限度内，采集弹力F数据时，应尽可能多，便于实验数据分析，减小实验误差，故C正确；D选取弹簧时，相同条件下，自重越小越好，可以减小弹簧自重对实验的影响，故D错误。故选BC根据胡克定律可知，在图像中，图像的斜率即为弹簧的劲度系数，即【小问2】由题可知，系统减少的重力势能为滑块通过光电门的速度系统动能的增加量若满足，则系统机械能守恒。13.某同学通过描绘小灯泡的图像来研究小灯泡的电流随电压变化的规律。提供的器材有：待测小灯泡额定电压为,电阻约为几欧电压表量程为,内阻约为电流表量程为,内阻约为滑动变阻器允许最大电流滑动变阻器允许最大电流标有的干电池两节开关一个，导线若干（1）滑动变阻器应选择___________选填“”或“（2）如图为通过实验做出的小灯泡的电流I随电压U的关系变化图像，下列说法正确的是___________A.电阻随温度的升高而减小 B.两端电压为时，消耗电功率为C.正常工作时电阻为 D.正常工作时消耗电功率为（3）为达到实验目的，并尽量减小误差，电路图应选择___________A. B.C. D.【答案】（1）（2）B（3）A【解析】【小问1】【小问2】A．根据可知小灯泡的图像中图线上某点与原点连线斜率的倒数表示电阻，由图可知小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故A错误；B．由图可知小灯泡电压为时电流值为，其电功率为，故B正确；CD．由图可知，小灯泡正常工作时，电压值为，电流值为，此时电阻小灯泡正常工作时消耗的电功率为，故CD错误。故选B。【小问3】由题意可知，待测小灯泡的电阻是小电阻，为达到实验目的，并尽量减小误差，测量电路采用电流表外接法，控制电路采用分压式接法。故选A。五、计算题：本题共3小题，第14题10分，第15题12分，第16题16分，共38分。把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分。14.如图所示，将某物体以一定的速度水平抛出，A、B是其运动轨迹上的两点，物体在A、B两点时的速度方向与水平方向的夹角分别为、，且物体从A点运动到B点所经历的时间△t＝1s．取力加速度g＝10m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求（1）该物体水平抛出时的速度大小；（2）A、B两点间的高度差△h．【答案】（1）（2）17.9m【解析】根据平行四边形定则求出初速度和竖直分速度；根据速度位移公式求出A与B间的高度差．（1）设物体从抛出点运动到A点所经历的时间为t，由平抛运动规律有：其中：联立并代入数据解得：，（2）由速度位移公式有：代入数据解得：15.如图所示是在竖直平面内，由倾角为的斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的轨道，其中斜面与水平部分光滑，圆形轨道粗糙，半径为。质量为的小物块从斜面上距水平面高为的点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的、点时，无机械能损失。重力加速度为。求：（1）小物块通过点时速度大小；（2）小物块通过圆形轨道最低点时对轨道的压力；（3）若小物块恰好通过圆形轨道的最高点，小物块由到过程中阻力做功。【答案】（1）（2），方向竖直向下（3）【解析】（1）小物块由到过程，根据动能定理可得解得（2）小物块从至做匀速直线运动，则通过点的速度小物块通过圆形轨道最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律可知，小物块通过圆形轨道最低点时对轨道的压力方向竖直向下。（3）设小物块恰好通过圆形轨道的最高点的速度为，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得解得小物块由到过程中，根据动能定理得解得16.在生产生活和