安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题A卷（含解析）

绝密★启用前
安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题A卷
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图所示，将三根完全相同的轻质细杆，两两互成，连接到同一个顶点，另一端分别连接到竖直墙壁上的、、三个点，连线沿水平方向，是等边三角形，、、、点处，分别是四个可以向各个方向自由转动的轻质光滑铰链未画出。在点用细绳悬挂一个质量为的重物，则杆对墙壁的作用力为( )
A. B. C. D.
2.新能源汽车以其环保、智能等优势受到广大消费者的青睐某款新能源汽车在时刻沿平直公路由静止开始以恒定加速度启动，发动机在时刻达到额定功率，然后保持功率不变继续加速，时刻达到最大速度后匀速行驶假设汽车所受的阻力大小恒定，则此过程中汽车的加速度、动量、牵引力、功率随时间的变化规律正确的是( )
A. B.
C. D.
3.先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是( )
A. 第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B. 第一次过点比第二次机械能少
C. 落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D. 第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
4.如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块可看做质点放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，小滑块始终没有从长木板上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是( )
A. 滑块与长木板之间的动摩擦因数是
B. 长木板与地面之间的动摩擦因数是
C. 时长木板停下来
D. 长木板的长度至少是
5.年月日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同。运动周期也相同，其中卫星为圆轨道，距离地面高度为，卫星为椭圆轨道，近地点距离地面高度为远地点距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为，卫星线速度大小为，卫星在近地点时线速度大小为，在远地点时线速度大小为，地球半径为，点为两个轨道的交点．下列说法正确的是
A. 卫星远地点距离地面高度为
B. 卫星从点运动到点时间为
C.
D. 、两卫星在点受到地球的引力相等
6.质量为的小球，用细绳系在边长为、横截面积为正方形的木柱的顶角处，如图所示。细绳长为，所能承受的最大拉力，开始时细绳拉直并处于水平状态。若以某初速度下抛小球，能使细绳绕在木桩上且小球在各段均做圆周运动最后击中点。不计空气阻力则的大小可能是( )
A. B. C. D.
7.反射式速调管是常用的微波器件之一，其内部真空，有一个静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示。一个带负电粒子重力不计从处由静止释放，下列说法中正确的是( )
A. 该静电场可以由两个负电荷产生
B. 处的电场强度等于处的电场强度
C. 该粒子在处的电势能最大
D. 释放时粒子沿轴负方向运动，运动到的最远位置为
8.平行板电容器、静电计、理想二极管正向电阻为，反向电阻无穷大所连接成的电路如图所示，电源内阻不计。现在平行板电容器的右极板固定不动，且于两极板之间的点固定一带负电的点电荷。改变左极板的位置，设静电计的张角为。下列说法正确的是( )
A. 若左极板向左移动少许，则变大，点的电势变大
B. 若左极板向左移动少许，则不变，点的电势变小
C. 若左极板向上移动少许；则不变，位于点的点电荷的电势能减小
D. 若左极板向下移动少许，则变小，位于点的点电荷的电势能增大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，在光滑绝缘水平面上的区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间的变化关系如图所示．不带电的绝缘小球静止在点，时，带正电的小球以速度从点进入区域，随后与发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的倍，的质量为，带电量为，的质量，、间距为，、间距已知，，带电量不变．下列说法正确的是
A. 第一次碰撞后小球的速度为
B. 第一次碰撞后向左运动的最大距离为
C. 第一次碰撞后向左运动的时间为
D. 两球会在区间内再次发生碰撞
10.在倾角的足够长粗糙斜面上有一质量的物块，在方向平行于斜面的恒定拉力作用下，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动。时间内，物块沿斜面下滑过程中的动能、摩擦产生的内能和重力势能随运动时间变化的关系图像分别为图像中的图线、、，下列说法正确的是( )
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为
B. 拉力大小，方向沿斜面向下
C. 时间内，物块运动的加速度大小为
D. 若时刻撤去拉力，则物块与斜面间总共产生的摩擦热为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组研究额定电压为的小电风扇的电动机工作特性．
实验中，为使电动机的电压从零开始增大，应选择电路_________选填“甲”或“乙”。
正确选择电路后，请用笔画线代替导线，将图丙中实物电路补充完整_________；
缓慢移动滑片，记录电压表示数和对应的电流表示数，描出相应的点如图丁所示。
由图丁可知，该电动机的内阻约为_________保留两位有效数字；由于电流表和电压表不是理想电表，电动机内阻的测量值与真实值相比_________选填“偏大”“偏小”或“相等”。
将电动机直接接在一电源两端，已知该电源的电动势，内阻，电动机内阻阻值不变，则电动机的机械功率约为_________保留两位有效数字。
12.为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变宏观上可认为形状不变，它的电阻也随之发生变化，其阻值随拉力变化的图象如图所示，小组按图所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势，内阻；灵敏毫安表量程为，内阻；是可变电阻器，、两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在、两接线柱上。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步骤如下：
步骤：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻，使毫安表指针满偏；
步骤：滑环下吊已知重力的重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；
步骤：保持可变电阻接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数；
步骤：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。
写出敏感电阻丝上的拉力与重物重力的关系式___________；
若图中，图象斜率，测得，毫安表指针半偏，则待测重物重力_____________；
改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表_________填“零刻度”或“满刻度”处，刻度线________填“均匀”或“不均匀”。
若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤操作，则测量结果__________填“偏大”、“偏小”或“不变”。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图甲所示，现欲将一批圆筒从车厢内卸下，工人师傅利用两根等长的相同钢管搭在水平车厢与水平地面之间，构成一倾斜轨道，轨道底端连线与车厢尾部平行，该轨道平面与地面夹角，车厢内有两种不同的圆筒、，如图乙所示为圆筒与钢管 、的截面图，当两钢管间的距离与圆筒的半径 相等时，轻推一下圆筒后，圆筒可沿轨道匀速下滑，已知圆筒、的质量均为，重力加速度为，忽略钢管粗细，求：
图甲 图乙
圆筒在下滑过程中受到钢管的摩擦力及支持力的大小；
单根钢管对圆筒的支持力的大小及动摩擦因数；
工人师傅想通过调整两钢管间的距离轨道倾角不变，使圆筒被轻推后匀速下滑，但是发现无论怎样调整都不能使圆筒匀速下滑，试通过计算分析圆筒与轨道间的动摩擦因数应满足什么条件。
14.如图所示，光滑板车由一个半径，夹角光滑圆弧轨道与粗糙度可由神奇遥控器随时调节的长的水平板平滑连接，光滑板车的质量，一个质量为的小球从点水平抛出，初速度，恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平板外一切摩擦均不计。
小球的抛出点距离点的高度
若板车固定在水平面上，求小球首次到达点小车对小球的支持力：
若板车不固定，求小球首次到达点时小车对小球的支持力大小
调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过物块恰好位于水平板中间的位置，求此时小车对地位移的大小
15.如图所示，足够长“”型平板静置在地面上，上表面光滑，物块处于平板上的点，用长为的轻绳将质量为的小球悬挂在点正上方的点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块发生弹性碰撞。物块沿平板滑动直至与右侧挡板发生碰撞，假设小物块与平板的碰撞均为弹性碰撞，测得小物块与平板右端从发生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔的最大距离是，整个过程中始终在上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，已知的质量为，的质量，取，求：
小球摆至最低点与小物块发生弹性碰撞前轻绳的拉力
小物块第一次与平板碰撞后到第二次碰撞的时间
平板在水平面上通过的总路程。
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题是立体的共点力平衡问题，分析受力情况，作出力图是解题的关键．
杆对点的拉力沿杆向上，、对点的作用沿杆向上，作出力图．
以点为研究对象，根据平衡条件列式，运用三角形相似法，即可求出杆与杆、对点的作用力大小．
【解答】
如图甲、乙所示，在平面和平面作受力分析，由几何关系可知
可得，
可得，
可得，
根据牛顿第三定律可得杆对墙壁的作用力，故C正确，ABD错误。
2.【答案】
【解析】A.汽车时间内加速度保持不变，发动机在时刻达到额定功率，由，可知随着速度增大，汽车的加速度减小，当时汽车的加速度为零，汽车开始匀速直线运动，故A错误；
B.由可知，在汽车时间内汽车的动量随时间均匀增加，时间内加速度减小，则图像的斜率减小，时刻达到最大速度后匀速行驶，汽车的动量保持不变，故B正确；
C.汽车时间内加速度保持不变，根据可知，这段时间内的牵引力不变；发动机在时刻达到额定功率，由，可知随着速度增大，汽车的牵引力减小，当时汽车的加速度为零，牵引力不变，汽车开始匀速直线运动，故C错误；
D.由可得时间内汽车的功率随时间均匀增加，为过原点的倾斜直线，到达额定功率后保持不变，故D错误。
3.【答案】
【解析】A.第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为 ，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为 ，故A错误；
B.两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为；
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过点比第二次机械能少
故B正确；
C.从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 ，故C错误；
D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了匀变速直线运动的位移与时间的关系、滑动摩擦力与动摩擦因数、牛顿第二定律的应用；这是一个典型的滑块滑板模型的问题，解决这类问题的关键是分清楚各个阶段的运动加速度、速度情况，然后分别计算它们相对地面的位移，才能计算出它们之间的相对位移。
先根据图象计算出各个时间段的长木板和滑块的加速度，然后根据牛顿第二定律计算出长木板与地面与滑块之间的动摩擦因数，然后计算撤去拉力后长木板的加速度，根据速度时间关系即可计算出停下来的时间；长木板的长度至少是和的相对位移的长度；注意滑块，一开始比运动的慢，相对于向后滑动，后来比运动的快，相对于向前滑动；根据牛顿第二定律，结合运动学规律分析求解。
【解答】
A.由图乙可知，力在时撤去，此时长木板的速度，时两者速度相同，，前长木板的速度大于滑块的速度；后长木板的速度小于滑块的速度，过程中，以滑块为对象，由牛顿第二定律得：；由图象可知，解得：，故A错误；
过程中，以长木板为对象，由牛顿第二定律得：，由图乙可得，解得：，从末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得：；解得：，这段时间：，时长木板停下来，故B错误，C正确；
D.长木板的长度至少是前过程中滑块在长木板上滑行的距离：，故D错误。
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了开普勒定律、卫星的运行规律。对于绕地做圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。
对于同一个椭圆轨道的速度大小进行比较时，往往使用开普勒第二定律。
而分析同一中心天体但是不同椭圆轨道的周期时，往往使用开普勒第三定律。
【解答】
A、据开普勒第三定律，由于两卫星周期相同，故卫星的椭圆轨道半长轴应等于卫星的轨道半径，设卫星近地点距离地面高度为，远地点距离地面高度为，由于，且，得，，A错误
B、对卫星有，由黄金代换公式，，得，卫星从点运动到点时间，B错误
C、卫星的线速度，对卫星由开普勒第二定律，，，设过点半径为的圆轨道上卫星的线速度大小为，则，得，，点为变轨点，有，则，同理，综合为，C正确
D、据万有引力定律，卫星在点受到地球的引力为，、两卫星在点到地球距离相等，但是它们质量不一定相等，所以受到地球的引力不一定相等，D错误．
6.【答案】
【解析】Ⅰ要使小球最终能击中点，必须维持各段运动均作圆周运动，在以为圆心运动恰好到最高点时，由牛顿第二定律可得
小球从点到，由机械能守恒定律可得
联立解得。
Ⅱ为了确定小球下抛的最大速度，先要考虑在、、等处哪里绳子最容易断。
小球在点时，绳子恰好不断，则有
小球从点到点，由机械能守恒定律可得
联立解得。
小球在点时，绳子恰好不断，则有
小球从点到点，由机械能守恒定律可得
联立解得。
小球在点时，绳子恰好不断，则有
小球从点到，由机械能守恒定律可得
联立解得。
综合ⅠⅡ可得：能使细绳绕在木桩上且小球在各段均做圆周运动最后击中点，小球竖直下抛的速度需满足，A正确，BCD错误。
7.【答案】
【解析】．图像的斜率表示电场强度，由图可知区域的电场强度大小为

方向沿着轴负方向
区域的电场强度大小为

方向沿着轴正方向
可知的电场强度小于处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产生，故AB错误；
C.处电势最高，根据可知该带负电粒子在处的电势能最小，故C错误；
D.带负电粒子重力不计从处由静止释放，受到向轴负方向的电场力，当运动到区域后，受到轴正方向的电场力，根据动能定理
可得
则该粒子将沿轴负方向运动，运动到的最远位置为
故D正确。
故选D。
8.【答案】
【解析】【分析】
静电计显示电压与电源电动势始终相等，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电，通过电容器参量变化，分析电场强度是否变化，分析点电势及电势能是否变化。
本题考查电容器的动态分析问题，注意要掌握二极管的单向导电性。
【解答】
静电计测量的电压等于电源的路端电压，无论极板如何移动，电源的路端电压保持不变，保持不变，AD错误；
B、静电计显示电压与电源电动势始终相等，静电计的张角不变，将电容器的左极板向左移动少许时，电容器的电容减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电，则极板上电量不变，由可知，电场强度不变，点与左极板间的距离变大，由沿电场线方向电势降低可知，点的电势减小，故B正确；
C、若左极板向上移动少许，根据电容减少，同样再根据可知电容器的带电量应减少，电容器应该放电，而由于二极管作用，电容器无法放电，因此电容器带电量保持不变，导致两板间的电压升高，内部电场强度增大，点与左极板间电势差增大，因此点电势降低，而带负电的点电荷固定在点，因此该电荷的电势能增大，C错误。
9.【答案】
【解析】．经时间与碰撞，则，、碰撞设碰后速度为，速度为，由动量守恒得
，解得水平向右；
碰撞后小球向左运动的最大距离；又
解得，所需时间，故AB正确，C错误；
D.设、碰撞后又经时间在区间内再次发生碰撞，且受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则有
，解得
对，所以假设成立，两球能在区间内再次发生碰撞，D正确。
10.【答案】
【解析】解：、在时间内，物块的位移为，根据重力做功与重力势能的关系得：
根据功能关系可得：
根据动能定理得：
联立解得：，，故A错误，C正确；
B、根据牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故C正确；
D、时刻撤去拉力，设此时物块的速度为，则有
此后，由牛顿第二定律得，解得：
物体还能沿斜面运动的位移
联立解得：
此过程产生的热量
物块与斜面间总共产生的摩擦热总，故D错误。
故选：。
根据功能关系分别对重力做功和重力势能关系、克服摩擦力做功和摩擦热关系、合外力做功和动能关系列式求解动摩擦因数和加速度；根据牛顿第二定律求解拉力；根据牛顿第二定律求解撤去拉力后的加速度，根据运动学公式求解其位移进而求出摩擦热。
解决本题时，要掌握常见的功与能的关系，知道重力势能变化与重力做功有关，动能变化与合外力做功有关，机械能的变化与除重力以外其它力做功有关。
11.【答案】乙
偏大

【解析】解：实验中，为使电动机的电压从零开始增大，滑动变阻器采用分压式接法，故选择电路乙；
根据电路图连接实物图，如图所示：
根据“描点法”作图，所作图像如图所示：
由丁图可知，在内，电动机不转动，可看作纯电阻电路，图像斜率的倒数表示电动机的内阻，电动机的内阻
实验的误差来源于电流表的分压作用，考虑电流表内阻后，电动机内阻的真实值
因此电动机内阻的测量值与真实值相比偏大；
将电动机直接接在电源两端时，根据闭合电路的欧姆定律
当时，电动机两端电压
当时，电动机两端电压
所作电源的图像如图中的Ⅲ所示：
图像Ⅱ与图线Ⅲ的交点坐标
电动机消耗的实际功率
电动机产生的热功率
电动机的机械功率
12.【答案】；
；
满刻度，不均匀；
不变
【解析】【分析】
根据受力情况，由平行四边形定则得出拉力与重力的关系；
根据实验原理和过程，即可求出拉力敏感电阻丝电阻增加量；根据欧姆定律求出图线的斜率与截距的意义；根据共点力平衡的条件求出电阻丝上的拉力，然后求出物体重力的表达式；
根据实验步骤及电路图，列出等式关系，代入数据进行计算；
根据电路的结构利用闭合电路的欧姆定律可得出刻度的特点；
根据欧姆定律及电路操作过程得出测量结果。
本题属于结合实际应用的实验操作题，解题的关键是分析电路，再根据欧姆定律列式。
【解答】
由受力情况及平行四边形定则可知，，即；
由实验步骤可知，当拉力为时，电流为，因此根据闭合电路的欧姆定律得：
由图乙可知，拉力与电阻的关系式：
联立可得：
实验步骤中可知，当没有挂重物时，电流为满偏电流，即：
又且电流是半偏
代入数据，可得：
由公式可知，电流值与压力不成正比，故刻度盘不均匀；改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀。
根据操作过程可知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻会变小，即之和仍旧会不变，也就是说测量结果也不变。
故答案为：；
；
满刻度，不均匀；
不变。
13.【答案】对圆筒侧视图受力分析：
垂直斜面方向：
斜面方向：
由， 。
由平面几何：，对圆筒截面图
所受支持力按照、方向分解，可得单根钢管对圆筒的支持力，则
，
解得：，
由中分析可知单根钢管对圆筒的支持力为：
，
钢管与圆筒间的动摩擦因数：；
由中可知，两钢管间的距离越小，越小，则单根钢管对圆筒的弹力越小，当两根钢管紧靠的一起时，弹力最小，此时圆筒所受滑动摩擦力最小，则，， ，
连立解得：。
【解析】对在斜面上的圆筒进行受力分析，根据垂直斜面方向与沿斜面方向合力均为零，列式求解；
两跟钢管对圆筒的支持力均指向圆心，两个力的合力即为问求出的支持力，列式可求出单根钢管对圆筒的支持力，而单根钢管的摩擦力即为中摩擦力的一半，根据求动摩擦因数；
结合问进行求解，要明确是临界条件。
14.【答案】解：点竖直分速度

方向有
到达 点速度为
根据能量守恒

点根据牛顿第二定律
联立解得
方向竖直向上
机械能守恒
水平方向动量守恒
联立解得

点根据牛顿第二定律
解得
过程
水平方向动量定理微元求和
水平方向位移关系
解得
，即此时小车对地位移的大小为。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】静止释放至最低点过程机械能守恒，有：
得
在最低点由牛顿第二定律得
联立解得
与发生弹性碰撞有：
解得
接着与发生弹性碰撞．
．
解得：
设与碰后经过时间最大距离为，有．
得
则的加速度．
从第一次碰后到第二次碰前最大位移处到停下的时间
则在时间内前进的位移为．
从最大位移处与平板第二次相撞的时间
所以
由题意可知，、最终停止运动，则
对由能量守恒得：
对由牛顿第二定律得：
解得：。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
第1页，共1页