…………○…………內…………○…○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點高三物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、a、b兩球自同一高度以相同速率拋出，a球豎直上拋，b球豎直下拋．設二球落地時的速率分別為Va、Vb則（）A.Va＞VbB.Va=VbC.Va＜VbD.條件不足無法判斷2、在光滑的絕緣水平面上有一正方形abcd，頂點a、c處分別固定兩等量正點電荷，如圖，若將一個帶負電的粒子置于b點由靜止釋放，則粒子從b點運動到d點的過程中（）A.加速度先變小后變大B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C.電勢能先減小后增大D.電勢能與動能之和先增大后減小3、下列關于平拋運動的說法正確的是（）A.平拋運動是勻速運動B.平拋運動在相同的時間內速度變化不同C.平拋運動是勻變速曲線運動D.平拋運動既非勻速又非勻變速運動4、如圖所示，某同學用一個閉合線圈圈套住蹄形磁鐵，由1位置經2位置到3位置，最后從下方S極拉出，則在這一過程中，線圈的感應電流的方向是A.沿abcd不變B.沿adcb不變C.先沿abcd，后沿adcbD.先沿adcb，后沿abcd5、遠距離輸電要采用（）A.低壓輸電B.高壓輸電C.強電流輸電D.弱電流輸電評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、能量既不會憑空____，也不會憑空消失，它只能從一種形式____為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量____．7、【題文】如圖所示的電路，電源電壓保持不變，R1＝10Ω。當閉合開關S，滑動變阻器滑片P在中點時，電流表的示數為0.3A；當把滑片P移到最右端時，電流表的示數為0.2A。則電源電壓為____V，滑動變阻器的最大阻值為____Ω。8、以初速度36m/s豎直上拋的物體，如不計空氣阻力，則它在上升過程中最后一秒內的位移是____m，從拋出到落回拋出點的時間為____s．（g取10m/s2）9、圖1為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源；打點的時間間隔用△t表示。在小車質量未知的情況下，某同學設計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質量間的關系”。

（1）完成下列實驗步驟中的填空：

①平衡小車所受的阻力：小吊盤中不放物塊；調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列______的點。

②按住小車；在小吊盤中放入適當質量的物塊，在小車中放入砝碼。

③打開打點計時器電源；釋放小車，獲得帶有點列的紙帶，在紙帶上標出小車中砝碼的質量m。

④按住小車；改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。

⑤在每條紙帶上清晰的部分，設5個間隔標注一個計數點。測量相鄰計數點的間距s1，s2；．求出與不同m相對應的加速度a。

⑥以砝碼的質量m為橫坐標為縱坐標，在坐標紙上做出-m關系圖線。若加速度與小車和砝碼的總質量成反比，則與m處應成______關系（填“線性”或“非線性”）。

（2）完成下列填空：

（ⅰ）本實驗中；為了保證在改變小車中砝碼的質量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質量之和應滿足的條件是______。

（ⅱ）設紙帶上三個相鄰計數點的間距為s1、s2、s3．a可用s1、s3和△t表示為a=______。圖2為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=______mm，s3=______mm．由此求得加速度的大小a=______m/s2。

（ⅲ）圖3為所得實驗圖線的示意圖。設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為______，小車的質量為______。10、（1）在“探究單擺周期與擺長的關系”實驗中，某位同學用游標卡尺測量小球的直徑如圖1所示，游標卡尺讀數為____mm

（2）實驗時，若擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數，在擺球運動最低點的左、右側分別放置一激光光源與光敏電阻，如圖2（a）所示．光敏電阻與某一自動記錄相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t變化圖線如圖2（b）所示，則該單擺的振動周期為____．若保持懸點到小球頂點的繩長不變，改用直徑是原小球直徑2倍的另一小球進行實驗，則該單擺的周期將____（填“變大”“不變”或“變小”），圖2（b）中的△t將____（填“變大”“不變”或“變小”）．11、（2015?崇明縣一模）在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd，在水平外力的作用下，從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過勻強磁場，平行磁場區域的寬度大于線框邊長，如圖甲所示．測得線框中產生的感應電流i的大小和運動時間t的變化關系如圖乙所示．已知圖象中四段時間分別為△t1、△t2、△t3、△t4．在△t1、△t3兩段時間內水平外力的大小之比____；若已知△t2：△t3：△t4=2：2：1，則線框邊長與磁場寬度比值為____．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、氣體由狀態1變到狀態2時，一定滿足方程=．____．（判斷對錯）13、液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，是因為飽和汽的體積隨溫度的升高而增大．____．（判斷對錯）14、幾個不同阻值的電阻并聯后，其總電阻等于各電阻之和．____．（判斷對錯）15、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對錯）16、參考系的選取是任意的，但參考系的選取應使物體運動的描述盡可能簡單．____．（判斷對錯）17、電視機的顯象管中電子束每秒進行50場掃描____．18、兩滴水銀相接觸，立即合并到一起以及熔化的蠟從蠟燭上流下來，冷卻后呈球形，均是由液體表面張力造成的．____．（判斷對錯）評卷人得分四、作圖題(共1題，共6分)19、A；B兩波相向而行；在某時刻的波形與位置如圖所示，已知波的傳播速度為v，圖中標尺每格長度為l．在圖中畫出又經過t=7l/v時的波形．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】拋體運動只受重力，機械能守恒，由機械能守恒定律可求得落地速度，再進行比較．【解析】【解答】解：對于任意一球；根據機械能守恒定律得：

=mgh+

則得落地時速度大小為：v=

由題知，初速度大小相等、下落的高度相等，則落地時兩球的速率相等，即：Va=Vb．

故選：B2、C【分析】【分析】bd連線即為ac連線的中垂線，因此解決本題的關鍵是明確等量正電荷連線的中垂線上電場特點，從而進一步判斷所受電場力、電勢、電勢能等變化情況．【解析】【解答】解：A；由等量正電荷連線的中垂線上電場分布可知：ac的連線與中垂線的交點處場強為0；電場線的方向指向兩邊，由于負電荷受到的電場力跟電場線的方向相反，所以負電荷受到的電場力始終指向ac的連線與中垂線的交點，但中垂線上場強的大小：從中點到兩側場強先增大再減小，所以電子的電場力從中點到兩側先增大再減小，但無法判斷場強最大的點，所以加速度是變化不清楚的，故A錯誤．

B、由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，沿電場線電勢越來越低，所以從b到d；電勢是先增大后減小，故B錯誤．

C、由b到bd連線的中點O的過程中；電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，故C正確．

D；由于只有電場力做功；所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，所以電勢能和動能之和不變，故D錯誤．

故選：C．3、C【分析】【分析】平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動，是一個勻變速曲線運動．【解析】【解答】解：A；平拋運動只受重力作用；加速度為重力加速度，不發生變化，是勻變速運動，故A錯誤；

B；平拋運動只受重力作用；加速度為重力加速度，不發生變化，所以相同的時間內速度變化相同，故B錯誤；

C；平拋運動是具有水平方向的初速度只在重力作用下的運動；是一個勻變速曲線運動．故C正確；

D；根據C的分析知D錯誤．

故選C．4、D【分析】【解析】【答案】D5、B【分析】【分析】電能的耗損主要指的是電流的熱效應而產生的，根據計算公式Q=I2Rt，在輸電功率不變，輸電線的電阻不變的情況下，要減小輸電線路上的電能損失，必須通過增大電壓的辦法來減小電流，從而減少電能的損耗．【解析】【解答】解：在遠距離輸送電能時，輸電線路上的電能損失主要是電流的熱效應而產生的，根據Q=I2Rt可知；在導線電阻不變的情況下，電流越小，輸電線上的電能損失就越小．

而如何減小電流呢？

根據電功率的計算公式P=UI可知；在輸送電功率一定時，要減小電流可以增大電壓．即高壓輸電．

故選：B．二、填空題(共6題，共12分)6、產生轉化保持不變【分析】【分析】根據能量守恒定律的內容填空【解析】【解答】解：能量既不會憑空消失；也不會憑空產生．它總是從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到另一個物體．在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變．

故答案為：產生；轉化；保持不變7、略

【分析】【解析】

試題分析：當滑片在中點時；滑動變阻器接入電阻為總電阻的一半，則由歐姆定律可列出方程式；當滑片滑到最右端時，滑動變阻器全部接入，則由歐姆定律可列出方程式，聯立解得即可。

解：設電壓為U，滑動變阻器的最大阻值為R，則當滑片在中點時，由歐姆定律得電流表的示數（即干路電流）：當滑片移到最右端時，電流表的示數（即干路電流）：代入數據得：

（1）

U=0.2A×（10Ω+R）（2）

聯立解得：U=6V；R=20Ω

考點：此題考查的是動態電路。

點評：當題目中待求量較多時，可以選擇列方程的方法求解，這是物理學中的一個重要的解答方法。【解析】【答案】6208、57.2【分析】【解答】解：上升到最高點前的最后一秒內發生的位移大小與自由落體運動1s時間內的位移是大小是相等的為：=m=5m；

回到出發點的時間：t=s

故答案為：5；7.2

【分析】物體做豎直上拋運動，其加速度大小始終為g，方向豎直向下，上升階段：勻減速直線運動，達到最高點時速度為零，加速度還是g，應用勻變速直線運動的規律求解．9、等間距線性小吊盤和盤中物塊的質量之和遠小于小車和砝碼的總質量24.547.01.12【分析】解：（1）①在平衡摩擦力時；應小吊盤中不放物塊，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列等間距的點，則此時說明小車做勻速運動；

⑥由牛頓第二定律：F=ma可知：在F一定時，與m成正比，故與m成線性關系；

（2）（i）探究牛頓第二定律實驗時；當小吊盤和盤中物塊的質量之和遠小于小車和車中砝碼的總質量時，可以近似認為小車受到的拉力等于小吊盤和盤中物塊受到的重力，認為小車受到的拉力不變。

（ii）由勻變速直線運動的推論：△x=at2可知加速度為：a=

由圖示刻度尺可知：s1=3.70-1.25=2.45cm=24.5mm，s3=12.00-7.30=4.70cm=47.0mm；

由圖示紙帶可知：△t′=0.02×5=0.1s；

加速度為：a==

（iii）設小車質量為M；由牛頓第二定律得：F=（M+m）a

則

由圖3圖象可知：k=則小車受到的拉力F為

b=將F=代入，解得小車的質量M為

故答案為：（1）①等間距；⑥線性；

（2）（ⅰ）小吊盤和盤中物塊的質量之和遠小于小車和砝碼的總質量；

（ⅱ）24.5；47.0；1.12；

（ⅲ）

（1）根據驗證牛頓第二定律的實驗注意事項分析解答；

（2）（i）根據實驗注意事項結合牛頓第二定律分析；

（ii）由圖示刻度尺讀出其示數；應用勻變速運動的推論求出加速度；

（iii）由牛頓第二定律求出圖象的函數表達式；然后根據圖3中圖象分析答題。

本題考查了實驗注意事項、刻度尺讀數、求加速度，清楚實驗注意事項、實驗原理、應用勻變速直線運動的推論即可正確解題。對刻度尺讀數時要注意刻度尺的分度值，要注意估讀一位。遇到涉及圖象的問題時，要先根據物理規律寫出關于縱軸與橫軸的函數表達式，再根據斜率和截距的概念求解。【解析】等間距線性小吊盤和盤中物塊的質量之和遠小于小車和砝碼的總質量24.547.01.1210、6.752t0變大變大【分析】【分析】（1）游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數；不需估讀。

（2）單擺在一個周期內兩次經過平衡位置，每次經過平衡位置，單擺會擋住細激光束，光敏電阻阻值R變大；擋光時間等于球的直徑與速度的乘積【解析】【解答】解：（1）游標卡尺讀數：6+15×0.05=6.75mm

（2）單擺在一個周期內兩次經過平衡位置，每次經過平衡位置，單擺會擋住細激光束，從R-t圖線可知周期為2t0

擺長等于擺線的長度加上小球的半徑，根據單擺的周期公式T=2π；擺長變大，所以周期變大．

擋光時間等于球的直徑與速度的乘積；由于球的直徑變大，故擋光時間變大。

故答案為：（1）6.75（2）2t0變大變大11、1：17：18【分析】【分析】線框未進入磁場時沒有感應電流，水平方向只受外力作用．可得△t1、△t3兩段時間內水平外力的大小相等．

設線框加速度a，bc邊進入磁場時速度v，根據運動學位移公式得到三段位移與時間的關系式，即可求出則線框邊長與磁場寬度比值．【解析】【解答】解：因為△t1、△t3兩段時間無感應電流，即無安培力，則線框做勻加速直線運動的合外力為水平外力．所以△t1、△t3兩段時間內水平外力的大小相等．

即水平外力的大小之比為1：1．

設線框加速度a，bc邊進入磁場時速度v，△t2=△t3=2△t4=2△t；線框邊長l，磁場寬L

根據三段時間內線框位移；得：

v?2△t+a（2△t）2=l

v?4△t+a（4△t）2=L

v?5△t+a（5△t）2=l+L

解得：=

故答案為：1：1，7：18．三、判斷題(共7題，共14分)12、×【分析】【分析】根據理想氣體的狀態方程即可做出判定．【解析】【解答】解：對于一定質量的理想氣體，由狀態1變到狀態2時，一定滿足方程=．若不滿足一定質量的條件；該公式不成立．所以以上的說法是錯誤的．

故答案為：×13、×【分析】【分析】與液體處于動態平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣．飽和蒸氣壓強與飽和蒸氣體積無關！在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數密度是一定的，因而其壓強也是一定的，這個壓強叫做飽和蒸氣壓強．同溫下未飽和蒸氣壓強小于飽和蒸氣壓強．【解析】【解答】解：在一定溫度下；飽和蒸氣的分子數密度是一定的，因而其壓強也是一定的，與體積無關；故密閉容器中某種蒸汽開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，穩定后蒸汽的壓強不變；液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，是因為隨溫度的升高液體蒸發的速度加快．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×14、×【分析】【分析】根據并聯電阻的總電阻的倒數等于個分電阻的讀數之和進行判定即可，【解析】【解答】解：因為并聯電阻的總電阻的倒數等于個分電阻的倒數之和；所以題干則的說法是錯誤的．

故答案為：×15、×【分析】【分析】勻速圓周運動合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大小．【解析】【解答】解：物體做圓周運動；向心力方向始終指向圓心，方向時刻變化，此說法錯誤．

故答案為：×16、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為