安徽合肥市第六中学2026-2027年高三上学期9月月考物理试卷（含解析）

高三9月物理注意事项：1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。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。1.一个气球在空中斜向右上方以速度v做匀速直线运动，关于空气对气球作用力的方向，下列说法正确的是（）A.竖直向上B.与v反向C.与v同向D.在向上竖直线与v之间【答案】A【解析】【详解】气球只受两个力，由于气球做匀速直线运动，因此合力为零，空气对气球的作用力与重力等大反向，方向竖直向上。故选A。2.如图所示，在光滑水平面上，质量的木箱甲和质量的木箱乙通过水平刚性轻杆连接。木箱甲受到水平向右的推力木箱乙受到水平向左的推力80N，则轻杆对木箱甲的作用力为（）A.96N，水平向左 B.40N，水平向左C.80N，水平向右 D.120N，水平向右【答案】A【解析】【详解】取水平向右为正方向。对甲、乙及轻杆组成的整体，由牛顿第二定律得解得整体加速度为设轻杆对甲作用力沿向右方向的分量为。对甲，由牛顿第二定律得解得负号表明轻杆对甲的作用力方向水平向左，大小为故选A。3.在某绳波的形成过程中，绳上各质点的平衡位置均在x轴上。t=0时，位于x=0处的波源S开始在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，t=0.6s时波传到x=3m处形成如图所示的波形，此时波源的位移最大，则（）A.该波的波长为2mB.该波的波速为3m/sC.波源S的起振方向向下D.t=1.0s时，x=3m处的质点振动速度达到最大【答案】D【解析】【详解】A．由图可得所以，故A错误；B．t=0.6s时波传到x=3m处，则代入数据解得，故B错误；C．根据“上下坡”法可知，x=3m处的质点向上振动，即波源S的起振方向向上，故C错误；D．周期为由于x=3m处的质点开始振动的时间为t=0.6s，所以t=1.0s时质点振动的时间为0.4s，等于半个周期，所以该质点回到平衡位置且向下振动，此时质点的振动速度达到最大，故D正确。故选D。4.甲、乙两小车（均可视为质点）从同一位置同时以相同的初速度在同一水平直道上向右运动。甲和乙的位移x与时间t的关系曲线如图所示，其中甲为直线，乙为抛物线，下列说法正确的是（）A.甲做匀加速直线运动 B.乙做变加速直线运动C.时刻，甲、乙两小车的速度之比为 D.时刻，两小车相距【答案】D【解析】【详解】设两车的共同初速度为甲车的图像为过原点的直线，且时甲车的位移为，因此由可得乙车的图像为抛物线，说明其位移是时间的二次函数，因此乙车做匀变速直线运动。设乙车的加速度为，则当时，乙车的位移为，所以代入得解得A．甲车的图像为直线，图像斜率不变，说明甲车速度不变，做匀速直线运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B．乙车的图像为抛物线，其运动满足，其中加速度恒定，因此乙车做匀加速直线运动，故B错误；C．时，甲车的速度为乙车的速度为代入和得因此，故C错误；D．当时，甲车的位移为乙车的位移为代入和得两车之间的距离为，故D正确。故选D。5.如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C为磁场中的三个点，其连线为边长为a的正三角形，O为CA延长线上一点，OA长度也为a。一束带正电、速度大小不同的同种粒子（不计重力）从O点垂直OC沿纸面向上射入磁场。有不同速度大小的粒子分别通过了A、B、C三点，设这些粒子在磁场中第一次通过A、B、C三点所经历的时间分别为、、，则有（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】由洛伦兹力提供向心力得粒子运动周期则运动时间因粒子比荷相同，时间与圆心角成正比设粒子从点垂直向上入射，轨迹圆心必在轴上，设为，轨迹方程为对于点：在轴上，则解得轨迹为半圆，圆心角对于点：将代入轨迹方程，解得此时圆心为由几何关系可得轨迹对应圆心角对于点：在轴上，则解得轨迹为半圆，圆心角综上，圆心角之比由可知时间之比为，故C正确。故选C。6.电容器是组成电子电路的重要元件，有着广泛的应用。如图为安装在加速系统上的电容式加速传感器，平行板电容器的极板A固定，极板B与绝缘弹簧左端相连，弹簧右端固定在侧壁上，极板B可以随着弹簧水平移动。闭合开关，当系统由静止开始向右加速运动时，有（）A.电容器电容变小 B.极板间电场强度增大C.极板间电场强度不变 D.极板上所带电荷量变少【答案】B【解析】【详解】A．系统由静止开始向右加速，极板随系统一起加速，由牛顿第二定律可知极板在水平方向所受的合力必须向右，弹簧对极板的弹力方向必向右，弹簧处于伸长状态，故极板相对侧壁向左移动，两板之间的距离减小。由平行板电容器的决定式，极板正对面积和电介质的介电常数均不变，减小使电容增大，故A错误；BC．开关闭合，电容器始终与电源相连，两板间的电势差不变；由匀强电场中电场强度与电势差的关系，不变而减小，故极板间的电场强度增大，故B正确，C错误；D．由电容的定义式，不变而电容增大，故极板所带电荷量增大，故D错误。故选B。7.不同彗星的轨道和周期差异较大，如短周期彗星有恩克彗星、哈雷彗星等，长周期彗星有海尔—波普彗星等。如图所示，某彗星绕太阳的运行周期为27年，且彗星近日点与太阳的距离是6AU，定义地球与太阳间的距离为1个天文单位（1AU），则彗星在近日点和远日点的动能之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】彗星绕太阳做椭圆运动，近日点和远日点分别是椭圆长轴的两个端点，太阳位于长轴上的一个焦点处。设彗星轨道的半长轴为、公转周期为，由开普勒第三定律可知，绕太阳运行的星体满足，其中只与太阳有关。地球绕太阳的公转周期、轨道半径，彗星的公转周期，把地球和彗星的数据分别代入该定律，得把上式变形得代入和，可求得所以彗星轨道的半长轴为地球轨道半径的倍，即彗星在近日点与太阳的距离为，而椭圆长轴的长度为，它等于近日点距离与远日点距离之和，即把代入该式，得彗星在远日点与太阳的距离由此可得，由开普勒第二定律，彗星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。在近日点和远日点附近取极短的时间，在这两个位置彗星的速度方向都与太阳光线垂直，扫过的面积分别为和由这两个面积相等并消去公共因子，可得由此式变形可得，近日点与远日点的速率之比为彗星的质量为，两点的动能均满足，其中为该点的速率。所以两点的动能之比等于速率之比的二次方，即所以彗星在近日点和远日点的动能之比为。故选C。8.牛顿摆是一个经典有趣的物理演示装置。某同学设计的牛顿摆模型为用完全相同不可伸长的轻绳将3个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于天花板，小球间有微小间隔，如图所示。从左到右，小球的编号依次为1、2、3，小球的质量依次增加，每个小球与其相邻左球的质量之比为k（）。今将1号球向左拉起高度h，轻绳伸直，然后由静止释放，使其在最低点与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞，所有碰撞均为弹性正碰，若2号球与3号球第一次碰撞后3号球摆动升高的高度为，则k值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设1号球质量为，由题意“每个小球与其相邻左球的质量之比为”可知，2号球质量为，3号球质量为1号球下摆过程，根据机械能守恒定律有解得1号球碰撞前的速度1号球与2号球发生弹性正碰，设碰后速度分别为、根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立解得2号球碰后速度同理，2号球与3号球发生弹性正碰，碰后3号球速度综合上述过程，3号球碰后速度3号球碰后上升高度为，根据机械能守恒定律有解得联立速度关系式可得因，解得，故A正确；故选A。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。9.一小型电动机的工作电路如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为，定值电阻，指示灯的额定功率为、电阻。在a、b两端加上电压有效值的正弦交流电压，开关S闭合，指示灯正常发光，线圈电阻的电动机也刚好正常工作，则下列判断正确的是（）A.副线圈两端的电压为10VB.通过定值电阻的电流为3AC.电动机的额定功率为100WD.电动机的输出功率为16W【答案】AD【解析】【详解】A．

指示灯正常发光，由​，代入、，解得通过指示灯的电流指示灯两端电压由于指示灯与电动机并联在副线圈两端，因此副线圈两端电压，故A正确；B．已知原副线圈匝数比，由理想变压器电压比，得原线圈两端电压由理想变压器电流比，得副线圈总电流副线圈总电流是指示灯电流与电动机电流之和：原线圈侧满足电压关系：​得，，故B错误；C．电动机的额定输入功率：，故C错误；D．电动机的热功率：电动机的输出功率：，故D正确。故选AD。10.如图所示，一个倾角的光滑固定斜面上有宽度为L的区域，该区域存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向竖直向上。在沿斜面向上的外力作用下，一电阻为R、边长为a（）、质量为m的单匝正方形金属线框沿斜面向上以速度v匀速通过匀强磁场，重力加速度为g，则金属线框穿过磁场的全过程中（）A.外力大小不变B.克服重力做功的功率为C.线框产生的焦耳热为D.外力做的功为【答案】BCD【解析】【详解】A．在进入和离开磁场的过程中，线框有一条边切割磁感线，产生感应电动势则有感应电流则线框受到的安培力由于线框匀速运动，则在沿斜面方向，对外力有在完全进入磁场后，线框上下两边同时切割磁感线，产生的感应电动势相互抵消，总电动势为0，感应电流为0，安培力为0，此时对外力有综上，外力大小在三个阶段发生变化，故A错误；B．克服重力做功的功率等于重力势能随时间的变化率，即代入数据解得，故B正确；C．线框只在进入和离开磁场的过程中产生焦耳热，且这两个阶段产生的热量相等，进入磁场的时间由A选项又有则进入磁场过程中产生焦耳热代入数据解得则全程产生的焦耳热，故C正确；D．根据能量守恒定律，匀速运动过程中，外力做的功等于克服重力做的功与克服安培力做的功（即产生的焦耳热）之和，线框完全穿过磁场的总位移则有克服重力做的功由C选项又有因此有，故D正确。故选BCD。三、非选择题：本题共5小题，共58分。11.某同学利用如图1所示的实验装置来测量当地的重力加速度。实验步骤如下：a．测量光电门1和光电门2之间的距离h，断开电磁铁，测量小球从光电门1到光电门2下落的时间t；b．保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复步骤a；c．以t为横坐标，为纵坐标，画出的变化图像如图2所示。（1）实验选用的小球应满足__________。A.质量大、体积小 B.质量小、体积大（2）图2中a、b、均为已知量，则小球通过光电门1的速度大小为__________，当地的重力加速度大小为__________。【答案】（1）A（2）①.a②.【解析】【小问1详解】本实验研究小球的自由下落运动，需要尽可能减小空气阻力对小球的影响：选择质量大、体积小的小球，可以让重力远大于空气阻力，使小球的运动更接近理想的自由落体运动。故选A。【小问2详解】设小球经过光电门1时的速度为v1，根据匀变速直线运动的位移公式，两个光电门的间距满足整理得：对应图像的纵轴截距就是v1，斜率等于。结合图2可知小球通过光电门1的速度图像的斜率解得重力加速度12.小刘同学要测量一个未知电阻：（1）他首先用多用电表的电阻挡粗测该电阻，将选择开关置于×10挡，发现指针偏转角度过小，则选择开关应置于__________（选填“×1”或“×100”）挡，选择好合适挡位后，小刘应重新进行__________（选填“欧姆”或“机械”）调零，重测电阻后，指针指示如图1所示，该电阻为__________Ω。（2）然后用伏安法测量该电阻。实验室有以下器材可供选择：电流表（量程0~2mA，内阻为10Ω）；电流表（量程0~5mA，内阻约5Ω）；电源E（电动势约3V，内阻可忽略）；定值电阻R（1490Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器（0~1Ω，允许最大电流2.0A）；滑动变阻器（0~10Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器（0~1000Ω，允许最大电流0.5A）；开关S一个，导线若干。小刘设计了如图2所示的电路进行测量，则滑动变阻器选择__________（选填“”“”或“”），某次测量时，电流表的读数为1.80mA，电流表的读数为3.40mA，则待测电阻为__________Ω。【答案】（1）①.②.欧姆③.1600（2）①.②.1687.5【解析】【小问1详解】[1]选择开关置于×10挡，发现指针偏转角度过小，说明待测阻值偏大，则选择开关应置于挡。[2]选择好合适挡位后，小刘应重新进行欧姆调零。[3]重测电阻后，指针指示如图1所示，该电阻为【小问2详解】[1]电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，为了调节方便，优先选阻值小的，如果选择滑动变阻器，则电流超过其允许的最大值，所以滑动变阻器选择R2。[2]根据欧姆定律13.如图所示，半径为0.5m的玻璃半球，其右侧直径面为反射面，在玻璃半球对称轴PO上离球心O点处有一光源S。光源S发出的细光束与对称轴成，细光束射到半球面上经折射后进入玻璃半球内，经右侧直径反射面反射后恰能沿原路返回到S点。已知光在真空中的传播速度为，求：（1）该玻璃半球的折射率；（2）光源S发出的光，从发出到第一次到达右侧直径面所经历的时间（结果可用分式表示）。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】由题可知，光路沿原路返回，则玻璃半球中的折射光线与PO平行，光路如图所示根据正弦定理其中代值解得入射角折射角由折射定律解得【小问2详解】，则玻璃半球内光源S发出的光，从发出到第一次到达右侧直径面所经历的时间代值解得14.如图所示，半径的光滑螺旋圆形轨道与水平轨道ABC平滑连接，水平轨道AB段光滑，BC段粗糙且长度可调节，物体可以无能量损失地从B点滑入和滑出螺旋轨道。质量的小滑块从A点以初速度（未知）弹出，经螺旋轨道和水平轨道后从C点水平飞出，落到地面上的D点（未标出），水平地面与C点的高度差为，重力加速度g取，小滑块与BC段轨道间的动摩擦因数，忽略空气阻力，求：（1）若小滑块运动过程中不脱离圆轨道且可到达轨道BC，求小滑块初速度的取值范围；（2）若小滑块弹出后，恰好能通过螺旋圆轨道，为使小滑块从C点飞出后落点D与B点的水平距离最大，求BC的长度L。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】小滑块在光滑的水平轨道上运动时速度大小不变，因此它滑入螺旋圆轨道时和绕行一周后回到点时的速度大小都等于点的初速度；它要到达轨道，就必须绕行一周后从点滑出，而能否绕行一周取决于它能否通过圆轨道的最高点，所以先研究它通过最高点的条件。以小滑块为研究对象，研究它从点运动到最高点的过程，圆轨道光滑，这一过程中只有重力做功，由机械能守恒定律得在最高点，小滑块受到的重力和轨道对它的压力都指向圆心，以指向圆心为正方向，由牛顿第二定律得小滑块恰好不脱离圆轨道时轨道对它的压力减小到零，即，此时重力恰好提供它通过最高点所需的向心力，由牛顿第二定律得由此得到小滑块恰好通过圆轨道最高点的临界速度把它代入机械能守恒方程，得到小滑块初速度与最高点速度的关系小滑块不脱离圆轨道的条件是最高点速度满足于是初速度满足所以小滑块从点弹出的初速度应满足把和代入上式，得到初速度的取值范围【小问2详解】由第（1）问的推导可知，小滑块恰好能通过螺旋圆轨道时从点弹出的初速度为，圆轨道光滑，因此它回到点时的速度大小也为，和初速度相同。小滑块在粗糙轨道上运动时受到重力、轨道的支持力和滑动摩擦力，重力和支持力都与运动方向垂直、不做功，滑动摩擦力做负功，由动能定理得整理得小滑块到达点时的速度满足代入数据得小滑块从点飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由得它落到点所用的时间为代入题给数据得小滑块在水平方向做匀速直线运动，落点与点的水平距离等于段的长度与点和点