云南省云南师范大学附属中学等校2024-2025学年高三下学期月考物理试卷

物理参考答案·第 1 页（共 6 页） 物理参考答案 选择题：共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要 求，每小题 4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的给 6 分，选对 但不全的给 3 分，有选错的给 0 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B C B D BC AC BD 【解析】 1．物体能不能视为质点，由具体问题而定，如果它本身的大小对所研究的问题产生的影响很 小，那么就可以将它视为质点。也就是说，任何一个物体在某些问题中可以视为质点，而 在另一些问题中不能视为质点。故 D 错误。 2．根据题图可知，1 和 3 粒子绕动方向一致，则 1 和 3 粒子为电子，2 为正电子，电子带负 电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 A、D 错误。电子在云室 中运行，轨道半径越来越小，根据牛顿第二定律可知 2 q B m r  vv ，解得粒子运动的半径为 mr qB  v ，可知粒子的运动速度越来越小，根据题图可知轨迹 3 对应的粒子运动的半径更大， 初速度更大，故 C 正确，B 错误。 3．闭合开关 S 的瞬间，灯泡 2L 立即点亮，由于自感线圈 L 阻碍电流增加，会有电流经过灯泡 1L ，因此灯泡 1L 会发光，自感线圈 L 的自感系数很大，自感线圈 L 会产生很大的自感电动 势，产生对电流很强的阻碍作用，几乎没有电流流经线圈 L，则只有灯泡 2L 与灯泡 1L 处于 串联关系，因此灯泡 2L 与灯泡 1L 亮度相同，故 A 正确，B 错误。由题意可知，闭合开关 S 稳定后，灯泡 1L 中没有电流，在断开开关 S 的瞬间，由于线圈 L 产生自感电动势的作用， 使得灯泡 1L 与线圈 L 组成的闭合回路中有电流产生，因此灯泡 1L 先闪亮，后逐渐变暗，由 于没有电流经灯泡 2L ，因此灯泡 2L 会立即熄灭，故 C、D 错误。 4．对 A、B 整体由平衡条件有 1 3 cos cos 4 sin 3 mg mg mg      ，所以 2 tan  ，故 B 正确。 物理参考答案·第 2 页（共 6 页） 5．光路如图所示，由题意可得，激光在 AB 面上发生折射时的入射角 30  ，在直角△OBD 中，由几何关系可得 tan 60 3 3cmBD OB   ， 根据题意 (4 3 3 3)cm 3cmBC CD BD     ，设半圆玻璃砖的折 射率为 n，折射角为  ，则 3tan 3 3 BO BC     ，可得 60  ，根据折射定律，折射率 sin sin 60 3 sin sin 30 n        。故选 C。 6．光线发射器中处于 4n  能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出 6 种不同频率的光， 故 A 错误。由题乙图可知，a 光的遏止电压小于 b 光的遏止电压。根据 c km 0eU E hv W   可知， a bv v ，a 光的波长大于 b 光的波长，故 a 光条纹间距较宽，故 B 正确。对于同种 频率的光，入射光强度越大，光子数越多，饱和光电流越大，故 C 错误。部分光线被遮挡， 光子数量减少，光电子数量减小，光电流变小，故 D 错误。 7．由 2 2 2MmG mr r T       π ， 2πrS T  ，联立解得 24SM Gr  ，则 X 星球与地球质量之比为 2 2 1 2 1 2 r S r S ， 故 D 正确。 8． 0t  时，质点 a 的位移最大，则加速度最大，质点 b 的位移为零，加速度为零，质点 b 和 质点 c 的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，因 0t  时刻质点 b 向上振动， 结合图乙可知，图乙可以表示质点 b 的振动，因 0t  时刻质点 c 向下振动，结合图乙可知， 图乙不可以表示质点 c 的振动，故 B、C 正确，A、D 错误。 9．根据 2 1 2 x at ，得 2 1 1m/s 2 a  ，加速度为 22m/sa  ，故 A 正确。根据 2 2axv ，得 22 10m/sa  ， 加速度为 25m/sa  ，故 B 错误。根据 20 1 2 x t at v ，得 0 1 2 x at t    v ，则 2 1 4 m/s 2 2 a   ， 加速度大小为 24m/sa  ，故 C 正确。 a t 图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所 以有 1 3 2m/s 3m/s 2     v ，故 D 错误。 10．箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机 械能不守恒，故 A 错误。根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰 物理参考答案·第 3 页（共 6 页） 好为零，此时对箱子有 1TF mg ，弹簧处于压缩状态，小球做简谐振动，根据简谐振动的 对称性可知，在最低点的合外力 2TF mg 与最高点的合外力 1TF mg 相等，联立解得 2 3TF mg ，故 B 正确。小球做简谐振动，在平衡位置时有 0 0TF kx mg  ，解得 0 mgx k  ， 此时小球的速度最大，小球从最高点到达平衡位置下落的高度 0 22 mgh x k   ，而小球在 最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定 理可得 2 0 max 12 2 mg x m ，v 解得 max 2 mg k v ，故 C 错误。箱子损失的机械能即为箱子、 弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在 箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得箱子损失的机械能 2 222 m gE mgh k    ，故 D 正确。 非选择题：本大题共 5 小题，共 54 分。 11．（每空 2 分，共 6 分） （1）11.05 （2）1.38 （3）大 【解析】（1）图片Ⅲ中小球的上缘刻度为 10.60cm，下缘刻度为 11.50cm，则直径为 0.9cm， 小球球心所在的位置10.60 0.45cm 11.05cm  。 （ 2 ） 图片Ⅰ位置球心的位置为 5.55cm ，则图片Ⅱ中小球的瞬时速度约为 2 2 (11.05 5.55) 10 m/s 1.38m/s 2 0.02      v 。 （3）为了得到更精确的加速度值，小球材质应选择密度大的小球，以减小阻力的影响。 12．（每空 2 分，共 10 分） （1）如图所示 （2）①④③② （3）A C （4）减小 物理参考答案·第 4 页（共 6 页） 【解析】（2）该实验为半偏法测量电流表内阻，实验原理与步骤为：刚开始将电阻箱 R 的 电阻调到零，滑动变阻器 1R 的滑片滑到最右端；接着闭合开关 S，调节变阻器 1R 的滑片， 使得电流表达到满偏电流 0I ，则并联电压为 0U I r ；再保持滑动变阻器的滑片位置不变， 调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为 0 2 I ，此时 0 ( ) 2 x IU R r  ，最后读出电阻箱的电 阻值 xR ，可以认为电流表的内阻 xr R 。故正确操作顺序是①④③②。 （3）本实验滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻 器，故选 A；由于电流表内阻较小，因此电阻箱应选用最大阻值较小、最小测量挡位更小 的 C。 （4）此实验过程中认为电阻箱串联电流表后并联电压不变，而实际情况是电阻箱串联电 流表后电路总电阻变大，干路电流减小，并联电压变大，故所串联的电阻箱分压大于电 流表的分压，其阻值大于电流表的内阻，故测量值大于真实值。若升高电源的电动势， 电阻箱阻值接入电路后，对全电路电压分配的影响减小，因此测量误差减小。 13．（10 分） 解：（1）设玻璃管的横截面积为 S ，以插入水银槽后玻璃管中的空气为研究对象 初始状态参量为 1 0p p 、 1V SH 、 1T 稳定后气体的状态参量为 2 0p p g h   、 2V Sh 、 2 300KT  ① 可得 2 72cmHgp  ② （2）根据理想气体状态方程 1 1 2 2 1 2 p V p V T T  ③ 可得 1 500KT  ④ 评分标准：本题共 10 分。正确得出③式给 4 分，其余各式各给 2 分。 14．（12 分） 解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知导体棒产生的感应电动势 E BL v ① 根据闭合电路欧姆定律有 EI R r   ② 物理参考答案·第 5 页（共 6 页） 根据共点力平衡，有 1 AF F BIL  ③ 联立解得 2 2 1 B LF R r   v ④ （2）导体棒沿导轨做初速为零的匀加速直线运动，则有 atv ，结合第（1）问，根据牛 顿第二定律可得 2 AF F ma  ⑤ 联立可得 2 2 2 B L aF t ma R r    ⑥ 可知 2F t 图像的斜率为 2 2B L ak R r   ⑦ 评分标准：本题共 12 分。正确得出①、②式各给 1 分，其余各式各给 2 分。 15．（16 分） 解：（1）在电场中处于平衡，由受力分析知 tan 60 qE mg   ① 得电场力大小 3 10 3NqE mgF   电 ② （2）剪断细线后合力与拉力等大反向，由牛顿第二定律 0cos60 mg ma  ③ 解得 20 20m/sa  ④ 小球在电场中做匀加速直线运动到达 B 点速度为 0v ，由运动学公式 2 0 0 02a Lv ⑤ 解得 0 2m/sv ⑥ 由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为 21 sin 30 sin 30 5m/smga g m      ⑦ （3）设与挡板碰撞之前速度为 1v ，则由运动学公式 2 2 1 0 1 12a L v v ⑧ 解得 1 4m/sv 取沿斜面向下为正，薄板与小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律 1 1m m M  板v v v ⑨ 由机械能守恒定律 2 2 21 1 1 1 1 2 2 2 m m M  板v v v ⑩ 物理参考答案·第 6 页（共 6 页） 解得 1 2m/s 2m/s   板，v v 第一次碰后到第二次碰前设薄板和小球位移为 x，则有 2 1 2 2 x t t   板 v v v 解得 2 4m/sv 此过程中小球加速度仍为 21 sin 30 5m/sa g   由运动学公式得 2 1 1 1.2st a    v v 设薄板的加速度为 2a ，由运动学公式可得 2 2 5 m/s 3 a t  板 v 对薄板由牛顿第二定律有 2( ) cos30 sin 30m M g Mg Ma      解得 3 3   评分标准：本题共 16 分。正确得出①~ 式各给 1 分。