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）

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.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与普朗克常量、真空中电磁波的波速、平行金属板间的距离、以及两正对板的长度和宽度有关。根据所学的量纲知识对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。下列表达式中可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图，一物块以初速度从点沿斜面向上运动，同时从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. 在点时，小球的动能大于物块的动能
D. 小球和物块从点到点过程中合外力的功率相等
3.年月日，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. 在点的加速度竖直向下 B. 在点的速度小于点的速度
C. 在点的速度为零 D. 在点的速度等于点的速度
4.图甲为一列沿轴传播的简谐横波在时的波形图，、是这列波上的两个质点，质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿轴负方向传播
B. 这列波的传播速度
C. 这列波的波长
D. 在到内，质点通过的路程是
5.一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的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值，在副线圈上并联了用电器、滑动变阻器，为滑动变阻器的滑片通过调节滑片模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头调节，根据负载的变化调节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向上移动时，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数变大
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. 为保证用电器两端电压不变，可以将副线圈上的触头下移
6.如图所示，一均匀带电圆环位于平面内，其圆心恰好位于坐标原点处，轴与圆环平面垂直。在轴上的点固定一电荷量为的点电荷，、两点位于轴上，坐标分别为、。已知点的电场强度方向沿着轴正方向，静电力常量为，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影响，下列说法正确的是
A. 圆环带负电 B. 点的电场强度大小为
C. 、两点的电场强度相等但电势不等 D. 带电圆环在点的电场强度大小为
7.图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所示路面运动时，圆柱形棉包在前，路段足够长，、为水平路面，点为倾角最大的位置，倾角为。棉包放在如图所示的“”形挡板上，两板间夹角恒为，初始时与水平面的夹角为。运动过程中，棉包不脱离挡板，忽略“”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为。则( )
A. 从到斜面对采棉机的作用力越来越小
B. 从到棉包对板的压力先增大后减小
C. 从到棉包对板的压力一直增大
D. 采棉机在段做减速运动，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，在空间存在平行于轴的匀强磁场，一束电子以速度从坐标原点沿平面射入，与轴正方向成角，其运动轨迹为螺旋线，该螺旋线轴线平行于轴，螺距为，直径为。则( )
A. 沿轴方向螺距逐渐增大
B. 匀强磁场的方向沿轴负方向
C. 若仅增大入射角度，直径将变大
D. 若仅增大，电子沿轴通过一个螺距的时间将变短
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。正方形线圈固定在定子上，边长与磁场宽度相等均为，每组线圈匝数均为，每个轮毂上有组线圈，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，回路总电阻为，下列说法正确的有( )
A. 行驶过程，断开，闭合
B. 制动过程，断开，闭合
C. 开始制动时，全部线圈产生的总电动势为
D. 开始制动时，每组线圈受到的安培力为
10.如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为的列车不需要引擎，从入口的点由静止开始穿过隧道到达另一端的点，为隧道的中点，与地心的距离为，假设地球是半径为的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为，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，点到的距离为，则( )
A. 列车在隧道中点的合力大小为 B. 列车在点的重力加速度小于
C. 列车在点的加速度 D. 列车在点的加速度
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个质量相同的砝码，砝码的质量为，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相对应的加速度，已知交流电的频率为。计算结果均保留两位有效数字
某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，每个计时点取个计数点。所有测量数据如图乙所示，则
打下点时纸带的速度为 ；
纸带的加速度大小为 。
若该组同学得到的图像如图丙所示，重力加速度，则每个砝码盘的质量为 。
12.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；
电流表内阻为，满偏电流为；
定值电阻阻值为；
电阻箱阻值；
电源电动势恒定，内阻不计；
单刀双掷开关、单刀单掷开关；导线若干。
请完成下列步骤：
该小组设计了如图所示的电路图。根据图，在答题卡上完成图中的实物图连线 。
开关断开，将电阻箱的阻值调到 填“最大”或“最小”。开关接，调节电阻箱，当电阻箱读数为时，电流表示数为。再将改接，电流表示数为。得到此时热敏电阻的阻值为 。
该热敏电阻阻值随温度变化的曲线如图所示，结合中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 。结果取整数
开关接，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。再将改接，如果电流表示数为，则此时热敏电阻 用表示，根据图即可得到此时温度控制室内的温度。
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轴正向和负向传播，波速均为，两列波在时的波形曲线如图所示，求
时，介质中偏离平衡位置位移为的所有质点的坐标
从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间
14.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为。求：
第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
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；
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，左侧有电动势的直流电源、的电容器和的定值电阻组成的图示电路。右端和两半径的竖直面内光滑圆弧轨道在处平滑连接，与直导轨垂直，轨道仅在左侧空间存在竖直向上，大小为的匀强磁场。将质量为、电阻为的金属棒静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为，距足够远，金属导轨电阻不计。开始时，单刀双掷开关断开，闭合开关，使电容器完全充电然后断开，同时接“”，从静止开始加速运动直至速度稳定当匀速运动到与距离为时，立即将接“”，并择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为的绝缘棒，、恰好在处发生第次弹性碰撞。随后反向冲上圆弧轨道。已知之后与每次碰撞前均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，、始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度，，求：
电容器完成充电时的电荷量和稳定时的速度
第次碰撞后绝缘棒在离开圆弧轨道后还能继续上升的高度
自发生第次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒的总位移。
答案和解析
1.【答案】
【解析】从量纲分析的角度来分析，的单位为，其中普朗克常量的单位为，化为国际标准单位为，而的单位为
，故A正确；
B.的单位为
，故B错误；
C.的单位为
，故C错误；
D.的单位为
，故D错误。
故选：。
2.【答案】
【解析】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时，小球离斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误；
C.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，则不可能在点相遇，所以斜面是粗糙的；从点到点，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，在点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；
D.从点到点过程，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，所以小球和物块从点到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，设斜面倾角为，物块与斜面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得，可得物块的加速度大小为，不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故 A错误。故选C。
3.【答案】
【解析】A、返回器沿路径运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在点有竖直向上的加速度分量，故A错误。
B、返回器从点到点的过程中，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，返回在点的速度小于点的速度，故B正确；
C、返回器沿路径运动中，到达最高点时，竖直方向的速度为，但水平方向有速度，故C错误
D、从点到点，没有空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，即、两点的机械能相等，因为、点距地球的距离相等，所以重力势能相等，在点的速度等于点的速度，且小于点的速度，故D错误。
故选：。
4.【答案】
【解析】由图乙可知，时点向上振动，根据同侧法，波沿轴正方向传播，故A错误；
由图甲可知，波长为，由图乙可知，振动周期为，所以波速为，故B正确，C错误；
D.在到内，质点振动了，所以质点振动的路程为，故D错误。
故选：。
5.【答案】
【解析】A、若滑动触头位置不变，当负载滑动变阻器的滑片向上移动时，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，
由于原线圈中的电流增大，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，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；
C、根据理想变压器的工作原理可知，变压器铁芯中磁通量变化的频率不变，故C错误；
D、根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压；
由于减小，因此减小；为了使不变，应增大，即上移；
因此，为保证用电器两端电压不变，可以将副线圈上的触头上移，故D错误。
6.【答案】
【解析】A.根据点电荷的电场强度公式其中为静电力常量，为点电荷的电荷量，为场点到点电荷的距离，点电荷到点的距离，则，由于点的电场强度方向沿轴正方向，将点电荷在点产生的电场强度沿、方向分解，，水平向右，，竖直向下，根据对称性带电圆环在轴上的场强沿轴，因为点的合电场强度方向沿轴正方向，所以方向的合电场强度为，即带电圆环在点产生的电场强度在方向的分量与大小相等，方向相反，所以圆环带正电，A错误
B.点的合电场强度大小等于带电圆环在点产生的电场强度在方向的分量与的矢量和。点的电场强度大小，B正确
C.根据对称性，、两点关于平面对称，点电荷和带电圆环在、两点产生的电场强度大小相等，方向相同，所以、两点的电场强度相同，因为、两点关于平面对称，点电荷和带电圆环在、两点产生的电势大小相等，所以、两点的电势相等，所以C错误
D.由对称性可知，带电圆环在点产生的电场强度大小与在点产生的电场强度大小相等，所以带电圆环在点的电场强度大小为，D错误。故选B。
7.【答案】
【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，故从到斜面对采棉机的作用力不变，故A错误；
采棉机从点运动到点的过程中，棉包重力大小和方向不变，板、板对棉包的作用力夹角不变，与竖直方向的夹角变大，作出力矢量三角形的外接圆如图所示
由图可知，一直减小，一直增大，根据牛顿第三定律可得，棉包对板的压力一直减小，棉包对板的压力一直增大，故B错误，C正确；
D.采棉机在段做减速运动，挡板对棉包的支持力为时，棉包受力如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
当加速度大于 时，棉包会从采棉机上滚下来，故D错误。
故选C。
8.【答案】
【解析】将电子的初速度沿轴及轴方向分解，沿方向速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且，
沿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，磁场方向沿轴正方向，故AB错误；
根据且解得、
所以
所以若仅增大入射角度，则直径将变大、减小；
若仅增大，电子沿轴通过一个螺距的时间不变，故C正确、D错误。
故选：。
9.【答案】
【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，闭合，断开，A错误；
B、制动过程中，回收能量，对动力电池进行充电，故闭合，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，考虑到每组线圈有匝，每个轮毂上有组线圈，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，C正确；
D、设电池电动势为，开始制动时，电流。每匝线上下两边所受安培力互相抵消，左右两边所受安培力大小相同，方向也相同，即对每匝线圈来说，安培力。每组线圈有有匝，则每组线圈受到的安培力，故 D错误。
10.【答案】
【解析】、列车在隧道中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，
由几何关系有：，联立解得列车在隧道中点的合力大小为：，故A错误；
B、由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为，则在点有：
由于质量均匀分布，则有
解得列车在点的重力加速度为：，故B正确；
、令，根据上述，则有，，解得：，故C错误，D正确。
故选：。
本题根据引力公式及合力方向，求合力；根据万有引力等于重力，求重力加速度；根据牛顿第二定律求列车在点的加速度。
解题的关键要读懂题意，分析出合力，能根据牛顿第二定律求加速度。
11.【答案】；；
【解析】相邻两计数点间的时间间隔
打下点时纸带的速度
由匀变速直线运动推导公式
设一个砝码盘的质量为，由牛顿第二定律得
整理得
解得
12.【答案】
最大
【解析】由图所示的电路图，图中的实物图连线如图所示：
。
由图可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。
开关接时，由欧姆定律可得
接时，则有
联立解得。
由图可知， 时，对应的温度约为。
开关接，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为；
由并联电路的分流作用，结合，可得干路电流为，则有并联部分的电阻
由欧姆定律可得
接时，电流表示数为 ，同理可得干路电流可为 ，由欧姆定律可得
结合 ，其中 ，解得。
13.【解析】时，在处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移仅均为
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：
，
甲、乙两列波的波峰的坐标分别为：


式得，介质中偏离平衡位置位移为的所有质点的坐标为：
，，，
只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为
时，两波波谷间的坐标之差为：
式中．和均为整数，将式代入式得：
由于和均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为：
从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间为：
代入数值得：
14.【答案】
【解析】 过程：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律有
解得
过程：小球以的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为，方向竖直向上，
圆盘速度大小为，方向竖直向下
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，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，
则有
解得
根据运动学公式得最大距离为
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，
则有
即 解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒定律有
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动的位移大小
此时圆盘距下端管口，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
由动量守恒有
由机械能守恒有
得碰后小球速度为 圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
即 得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，
下降距离逐次增加，
故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
则第四次碰撞后圆盘落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，
小球与圆盘的碰撞次数为次。
15.【解析】电容器完成充电时的电荷量，
电容器完全充电，然后接，金属棒从静止开始加速运动至稳定速度大小为，根据动量定理得
即，又
解得；
以水平向左为正方向，设绝缘棒第次到达处时速度大小为，与金属棒碰撞后瞬时速度大小为金属棒到达处时速度大小为，与绝缘棒碰撞后瞬时速度为对绝缘棒有
解得
金属棒从到距离为处运动到处的过程中：根据动量定理得
，即
由于发生弹性碰撞，对绝缘棒和金属棒系统有
，
联立解得
，方向水平向左，，方向水平向右
碰后离开圆轨道继续上升高度为。则有
解得
发生第次碰撞后，金属棒向左位移大小为，根据动量定理得
解得
由题知，绝缘棒第次与金属棒碰撞前瞬时速度大小为，方向水平向左，与金属棒碰撞后瞬时速度为金属棒与绝缘棒碰撞后瞬时速度为，由于发生弹性碰撞，对绝缘棒和金属棒系统有
，
联立解得
，负号表示速度方向水平向右
，方向向左
发生第次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小为，根据动量定理得
，
可得
同理可知：金属棒与绝缘棒第次碰撞后瞬时速度为
发生第次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小
可得
以此类推金属棒与绝缘棒第次碰撞后瞬时速度为
发生第次碰撞后到金属棒停止运动过程中，金属棒向左位移大小
可得
因此，发生第次碰撞后到最终两棒都停止运动的全过程中，金属棒的位移大小

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