福建省龙岩市第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考物理试题

龙岩一中2026届高三上学期物理第三次月考 (考试时间：75分钟 满分：100分) 出卷人：苏媛媛 审题人：陈恋 注意：请将试题的全部答案填涂在答题卡相应的位置上 一、单选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的4个选项中，只有一个选项符合要求) 1.关于机械波，下列说法正确的是() A.集体列队经过桥梁时要便步走，以防止桥梁发生共振垮塌 B.“回声”是声波衍射现象 C.“未见其人，先闻其声”是声波干涉的结果 D.当观察者靠近波源运动时，观察者观测到的频率变小 2.导体棒原来不带电，现将一个电荷量为9的正电荷放在棒的中心轴线上，它距离导体棒的中心O为L,如 图所示。静电力常量为k,当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是() A.棒上左侧感应出正电荷，右侧感应出负电荷 B.棒右端的电势比左端的电势高 C.点电荷在O点产生的电场强度为0 D,棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为g 3.如图，虚线A、B、C为某电场中的三个等差等势面，实线为带电粒子在电场中的运动轨迹，P、Q为轨迹与 等势面A、C的交点，粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是() A.粒子一定带正电 B.P点电势一定大于Q点电势 C.粒子在P点动能小于在Q点动能 D.粒子在P点的加速度小于Q点加速度 4.下列关于电场的图像中，可能正确的是（) w/m B C. AV 孤立正点电荷的 一对等量正点电荷，沿连线 带电的平行板电容器内部 一对等量异种点电荷， 等势面分布图 的中垂线上的电势分布图 区域，电势p关于到某一 在两电荷连线之间区 (取无限远为零势能面) 个极板之间距离d的变化图 域的电场强度E关于 位置x的变化图 二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的4个选项中，有两项符合题目要求。 全部选对得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分) 5.如图所示为我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25,起重范围从25t到2600t。若该起重机由静止开始 竖直提升质量为200t的物体，其a-1图像如图所示，不计其它阻力，g取10mS, ◆a/ms2) 下列说法正确的是 2 A.起重机的额定功率为P=2.4×10W 0o1 -(sm) b B.重物上升的最大速度为12m/s C.重物0.0s内做匀变速直线运动 D.7s内起重机对重物做的功为w1.0%×1J -10 试卷第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描APP 6.如图甲所示，坐标原点O处固定有电荷量为-Q的点电荷，M、N点固定有电荷量为4Q的点电荷，2>0。 x轴上a、b、C三点的横坐标分别为x,x,x,x轴上电势P随x坐标的变化曲线如图乙所示，其中x2为图 像最高点对应的横坐标，下列说法正确的是〔) A.y轴上M点到O点之间存在电场强度为娄的点 B.b点场强小于c点场强 C.将一带负电的试探电荷由a点静止释放，试探电荷 可为 沿x轴运动可到达c点 D.将一带负电的试探电荷由a点静止释放，试探电荷沿x轴运动可到达O点 7.在如图所示的直角坐标系中，y轴为介质I和Ⅱ的分界面，机械波在介质I和Ⅱ中传播的速度比为1：2。 振幅为2cm的波源S,在x=-8m处，振幅为2cm的波源S,在x=12m处，振动频率相同。t=0时刻两波源同时 开始沿y轴方向振动，在S2与原点O二间存在点P,点P处质点在0-8s内的振动图像如图乙所示，下列说法 正确的是() y/em ◆y/cm 马 2 3 12 x/m 0 678 介质1 介质1 快 A.波源S,的起振方向沿y轴负方向 B.机械波在介质1的传播速度为4n/s C.点P所在的位置坐标是x=6m D.0-8s时间内，点P处质点振动的路程为12cm 8.如图，空间存在一匀强电场，一质量为m的带电小快仅在重力和电场力的作用下运动，重力加速度为8 虚线与水平地面之间的夹角为30°。若小球从虚线上某处静止释放，恰好沿虚线向下做加速度为8的匀加速运 动。现将小球以大小为、方向与虚线之间的夹角为60的初速度从图示位置抛出，则小球运动到最高点的过 程中() A.小球水平向右移动的距离为 、609 4g B.小球竖直土升的高度为 g C.重力和电场力做的总功为2mv 1303 D.小球所受合力的冲量大小为m 777777777777077717777 三、非选择题：共60分，其中第9-11题为填空题（每空1分，共7分），第12-13题为实验题（每空2分， 共18分)，第14-16题为计算题（第14题8分，第15题12分，第16题15分） 9.如图所示，从W两点固定有等量异种电荷，一根光滑绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的垂直平分线上，A、 B是杆上的两个点，AB距离为。将一个带正电的小环套在细杆上，从A点静止释放，刚 释放时杆对圆环的支持力方向平行于MW向左，小环运动过程中所受的空气阻力不计，重 力加速度为B。则M点固定的电荷为」 (选填“正”或“负”)电荷，小环从A 点运动到B点的时间为 (用本题所给的字母表示)。 10.如图所示，质量为m的物体被放到劲度系数为k弹簧上，并使其在竖直方向上做简 谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重量的1.5倍，重力加速度为g。则该简谐运动的平衡 位置离O点（弹簧处于原长时其上端的位置）的距离为 振动过程中物体03 对弹簧的最小压力为一；要使物体在振动过程中不离开弹簧，垢幅不能超 过一。 试卷第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 11.如图所示，静置于水平地面上的两辆手推车沿同一直线排列，质最均为m,人在极短时间内给第一辆车 水平冲量使其运动。当第一辆车运动了距离1时与第二辆车相碰，两车瞬间结为一体，以共同速度继续运动了 距离1后，与竖直墙相碰，与墙壁反弹后运动，停止。己知车与墙相碰损 失80%的机械能，车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力 7777777 加速度为g,忽略空气阻力。则两车与墙碰后反弹的速度大小为 地面 人给第一辆车水平冲量的大小为一。..。 12.某同学通过如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。将拉力传感器 地而 固定在铁架台上，长度为L的细绳（不可伸长）一端连在拉力传感器上，另一端系住直径为d的摆球，图乙是 与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-(图像。 (1)为提高实验的精确度，摆球应选用」 力传悠器 A.塑料球 B.泡沫球 C.钢球 D.木球 (2)开始时，摆球静止于最低位置，此时拉力传感器示数为F, 重力加速度为g,则摆球质量为 0 (3)将摆球拉至细绳与竖直方向成-一建角度由静止释放让摆球在 竖直平面内摆动，则摆球到最低点时，其动能为 (用F。、FL、d表示) (4)记下拉力传感器最小示数F及最大示数F,改变角度，重复步骤(3)操作，并作出F-F图像，如果摆球 的机械能守恒，则下列图像合理的是 →F (⑤)若实验中发现系统的动能增量总是比重力势能减少量大，以下可能的影响因素有 A.摆球运动过程受到空气阻力的影响 B. 细绳长度L比摆长偏小 C.释放时初速度不为零 13.如图甲所示，莱顿瓶可看作电容器的原型，一个玻璃容器内外包裹导电金属箔作为极板，一端接有金属球 的金属棒通过金属链与内侧金属箔连接，但与外侧金属箔绝缘，莱顿瓶可视为平行板电容器。 泰IA 金感伟 [计统机 e 因 (1)如图乙所示为某同学设计的测量莱顿瓶电容的实验电路。已知电池输出电压恒为作8V,R为电阻箱。闭合 开关$，电流传感器记录了莱顿瓶充电过程中的I一t图像如图丙所示，图线与坐标轴所围的区域格数约为8 格。充电完成后，莱顿瓶极板所带电荷量约为 电容器的电容约为 。〔结果保留埃三 位有效数字) (2)如果不改变电路其他参数，只增大电阻R,充电时一t曲线与坐标轴所围成的面积将 (填“增 大”、“不变”或“减小”)。 试卷第3页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP (3)给菜顿瓶充电后就储存了能量，某同学认为莱顿瓶储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过 程中克服电场力所做的功。.为此他做出莱顿瓶两极间的电压U随极板电荷量Q变化的图 像如图丁所示。根据图像，莱顿瓶储存的能量￡与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两 极间电压U之间的关系式可能正确的是 ·(填选项字母，多选)。 A.E=OU B.B=2 C.E=CU2 D.E=cU 2C 14.甲小孩乘一辆小车在光滑的水平冰面上以速度v后5m/s匀速行驶，发现正前方有一静 止的乙车，甲小孩迅速拿起车上小球，以相对地面为=15m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。已知甲和他的 小车及小车上小球的总质量为M=60kg,每个小球质量m1kg,乙和他的小车的总质量为M40kg,不计空气阻 力。求： (1)甲第一次抛球时对小球的冲量大小： (2)为保证两车不相撞，甲至少抛出多少个小球。 cgaccccacucuuc 15.如图所示，光滑绝缘轨道abc固定在竖直面内，ab为水平直轨道，bc是半径为R的四分之一圆弧轨道， 整个空间中均有水平向右的匀强电场。质量为m电荷量为q(q>0)的小球从P点由静止释放，Pb的距离也为 尾小球飞出轨道后所能到达的最高点为Q点（图中未画出）。已知匀强电场的场强E=4整，重力加速度大 3g 小为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)小球运动到b点时，小球的速度多大？ (2)运动过程中小球对轨道的最大压力为多大？ (3)Q与c的水平距离x为多大？ R E 方 5 16.如图甲所宋，绝缘水平面上一轻弹簧一端固定在竖直墙上，自然状态时另一端位于A点。绝缘物块P与弹 簧连接，靠紧P的右侧放置物块Q,PQ的质量均为F2kg且都可视为质点，P不带电，Q带电量q=+5.0×10℃， P、Q与水平面的动摩擦因数均为μ0.6。起始时弹簧被压缩至A'点，AA'距离为x,=0.24m,P和Q恰好不能 滑动，某时刻起在空间施加水平向右的匀强电场，PQ开始一起运动， 一段时间后PQ分离，Q的加速度a,随位移x的变化图像如图乙所示。 E 00000000 已知弹簧的弹性势能E=k以(x为弹簧的形变量)，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，重力加速度取g云10如/s2。求： 图甲 (1)弹簧的劲度系数k: ao/m-s: (2)刚施加电场的瞬间，物块Q的加速度大小： (3)物块P的最大动能。 0.24 x/m 图乙 试卷第4页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 第三次月考参考答案 1.A 2.D 3.D 4.C【详解】A.如图所示，越远离中心场源电荷，电场强度越小，电势随距离变化量减小，故相邻等势 面的水平间距不相等，故人错误：B.若取无限远为零势能面，则正电荷周围空间电势都为正值，从连线中点 沿着中垂线向两侧递减，对应位置数值对称，不会一侧为正值，另-侧为负值，故B错误：C.电势随电场线 变化率为电场强度E,带电的平行板电容器内部为匀强电场，匀强电场E为定值，故C正确：D.如图所示， 可知等量异种点电荷连线中点电场强度不是，故D错误。 5.BD 【详解】C.由图像可知重物匀加速运动的时间为1=”-0 5=5s,可知重物05s内做匀加速直线运 动，5s后做加速度减小的加速运动，放C错误：A.根据牛顿第二定律与功率表达式可得F-mg=ma,P=Fv, 联立可得a-P1 网8，出口图像的斜车可得上=320，解得起重机的额定功率为P=24x10'w,数 n0.1 错误：B,当引力等于重力时重物有最大速度，则重物的级大速度为。？-12m15,版B正确：D.0-5 mg 肉设起重机对重物做的功为W.对車物由能定理得W二mRh,业，又h二arx2x5m=25m,解细 2 2 网=6×10J,5s后起重机功幸恒定，那么5~7s内起重机对重物做的功为W,=P2=4.8×10'J,那么7s内起f 机对重物做的功为W=形+W,=1.08×10」，故D正确。 6.BC【详解】A.根据电场强度的登加原理可知，M、N点位置的电荷在M点到O点之间的电场强度方 回沿y轴负方向，点O处电荷量为-Q的点电荷在M点到O点之间的电场强度方向也沿y轴负方向，则y轴上M 点到O点之间的电场强度方向沿y轴负方向，不存在电场强度为零的点，故A错误：B.p-x图像某点切线斜 率的绝对值表示电场强度的大小，根据图乙可知，b点场强小于c点场强，故B正确：C.沿电场线方向电势 降低，根据图乙可知，0~x之间电场方向向左，x2~x之间电场方向向右，则将一带负电的试探电荷由点 静止释放.试探电荷先向右做加速运动，越过x后，向右做减速运动，由于x~x2之间电势差大小等于x2~x) 之间电势差大小，可知，在x~x2之间电场力做功大小等于x,~x,之间克服电场力做功，则将一带负电的试探 电荷由口点静止释放，试探电荷沿x轴运动可到达c点，且到达c点时速度恰好等于0，故C正确：D.结合上 述可知，将一带负电的试探电荷由点静止释放，试探电荷沿x轴运动不可能到达O点，故D错误。 7.BD【详解】C.机械波在介质I和Ⅱ传播的速度比为1：2，设在介质I中的传播速度为v,则在介质Ⅱ 中的传播速度为2，设点P所在的位置坐标为x,由图乙可知波源S,发出的波1=2s时传到点P,由图乙可知 波源S发出的波1=5s时传到点卫，之后两列波发生干涉，引起的位移的矢量和等于零，故有12-x=25, 2v 8+之=58，解得x=4m,故C错误：B.机械波在介质1n的传播速度为2v=12,45=4m,故B正确：D.0-8s v 2v 时间内，原点P处质点振动的路程为61=12cm,故D正确：A.波源S发出的波，在r=5s时P处质点经过平 衡位置向轴负方向振动，波源S,发出的波，在1=5s刚好传到P处质点，之后两列波使P处质点位移始终为零， 故波源S,发出的波，在【=5s刚好传到P处使P处质点经平衡位置向向轴正方向振动，P处质点起振方向与波 源S,的起振方向相同，故波源S,的起振方向沿y轴正方向，故A错误。 8.BD【详解】AB.小球从虚线上某处静止释放，恰好沿虚线向下做加速度为8的匀加速运动，则电场方 向与。方向相同，如图所示，由几何关系有mg=9E=m0,竖直方向上加速度 0,=a5in30°-乞8，小球竖直上升到最高点的高度为h=么s0309y-兰 60 2ay 48 ma 33v2 上升时间为1=6sn30=2,水平万向有x=%cos301+acos3012=V3 a.g 48 '△w 枚A错误，B正确：CD.设小球到达最高点时的速度大小为V,方向水平向右， 从抛出到最高点过程中小球速度的变化量大小为△v,其方向由a-A:可知，Aw 30°C 77777777777777777777777 答案第1页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 的方向与的方向~致，即沿虚线向下，根据矢量三角形法则做出速度三角形，如图所示.由几何关系可得 vV,△r-,由动能定理可得，重力和电场力做的总功为w=mm3=m 由动量定理可得，小球所受合力的冲量大小为1=小p=mv=mv。,故C错误，D正确。 9. 正 西 vg mg 10. 0.5mg 2A(或) 【详解】[1门物体处于平衡位置时，有mg=所以离O点的距离为x=m8 k [2]振动过程中物体对弹的最大压力时，弹资相对平衡位置向下振动最大振幅A,此时回复力 F-1.5g-mg=0.5mg回复力竖直向上：振动过程中物体对弹簧的最小压力时，弹簧相对平衡位置向上振对最大 振幅A,有简请运动的对称性可知1，此位置回复力F'-F=0.5g,方向竖直向下，故此时弹簧受到的弹力 F、=mg-"=mg-0.5mg=0.5g,由牛顿第三定律可知，振动过程中物体对弹簧的最小压力为0.5mg: [3]弹资所受压力最小为0，回复力F“=mg=2F,所以振幅最大为2A。 kgl 11 V2 2m/5kgl kgl 【详解】山设两车与墙碰后反弹的速度大小为，根据动能定理k×2mgX4)×2mv,解符 2】设人给第一辆车的冲量为1，则第一辆车获得的初速度，根据动量定理1=m。 第一辆车碰撞前的速度为，mgl-nm店-m 碰撞后的共同速度为，mv二2mv2 两车与墙壁碰撞前的速度为y,k×2mg1=。×2m)×2my 车与墙相碰损失80%的机械能， 5×2mv×20%三7×2m 以上各式联立可得I=2m√5kgl 12.(1)C 656-L+号 (4)C (5)C 【详解】（1)为提高实验的精确度，减小空气阻力的影响，小球应选用钢球：故选C。 (2)据题意，由平衡条件有5-mg,解得M= g (3)在最低点时，拉力传感器最大示数F,在最低点拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第：定律 F2 -mg =m- ，又片=，摆球动能的塔加保为=n-0=K-)L+别 L+9 r 2 (4)设摆球在最高点时，摆线与竖直方向夹角为0，则F=mg cos8 摆球机最高点摆到经低点的过程，重力势能的减少量为(+引-c)=(代-L:引 如果摆球的机械能于恒，则有E=△E 整埋得F=-2F+3F,,故选C。 (5)A.由于空气阻力的影响，重力势能一部分克服空气阻力做功，一部分转化为小球的动能，导致系统的动 能增总是比重力势能减少量小，故A错误：B.此实验中，摆长的测量值对实验结论无影响，放B错误：C.释 放时具有初速度，导致到达最低点时，速度偏大，故C正确。 答案第2页，共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 13.(1) 1.36×106 1.70×107 (2)不变 (3)BD 【详解】（1)所带电荷量等于图像所围的面积，则有2=68×(0.1×10×0.2)C=1.36x10C,电容为 C=9-136x10F=1.70x107℉ 8 (2)充电完成后，电荷量QCU仅由电容C和电源电压U决定，与电阻R无关。由于（曲线面积等于电倚 量Q,因此增大R时面积不变。 (3)从等效的思想出发，电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做 的功。也等手图像所制的面积。由公式8=0U,C=号。解得E=CU由公式E=QU,C-号解得 2 &s92 2c 14.(1)10Ns:(2)10 【详解】(1)对第一个小球分析，根据动量定理有I=mv-my。…2分 解得甲第一次抛球时对小球的冲量大小为I=10Ns…1分 (2)以水平向右为正方向，对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有M。=(M,+M2)%,…2分 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有nmv=(nm+M2)y,…2分 联立解得n=10…1分 可知为保证两车不相撞，甲至少抛出10个小球。 R 15.(003 17 、20R (2)3mg 3)9 【详解】(1小球从P到b的过程，根据动能定理得gER=m旷…2分 8gR 解得小球运动到5点时的速度大小为 …1分 (2)根据题意可知Eg=4m 重力与电场力的合力为V(g}+mg2=5mg 3 根据数学知识知，此时合力与水平方向的夹角为37°，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧上，与圆心连线与 水平方向的夹角为37°处，该点轨道所受压力最大，根据动能定理可得 gE(R+Rc0s37o）-mg(R-Rsin37P）=号mw2…2分 根据牛顿第二定律可得N5g=m二 3 联立解得N=1口 mg…2分 根据牛预第三定律可知。小球对轨道的最大压力✉N=mg一1分 (3)从c到Q的过程中，竖直方向上有V。=g 1 从P到c的过程，根据动能定理可得gE(R+R)-mgR=二mv…2分 水平方向有x=5，g=9E4 m38 联立解得c2间的水平距离为x=20R …2分 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 16.(1)对PQ整体，由平衡关系得：0-24mg…1分 解得k100N/m…1分 (2)P和Q分离后，Q的加速度a1=4m/s2 对，由牛顿第二定律得：gE-mg=na1…1分 解得E-4×10N/C 对P、Q整体，由牛顿第二定律得：qE-2ma2…1分 解得a2=5m/s2 …1分 (3)分离时，设弹篮形变量为x1,此时P、Q之间无挤压，加速度大小相等， 对Q:9E-m1g=ma1 对P:次1-mgma1…】分 联立解得1=0.2m……1分 故P、Q向右滑行距离△1=x0-x1=0.04m…1分 P、Q分离后，当P的加速度为零时有最大动能，设此时弹簧的形变量为x, 对P:2=0g…1分 解得x2=0.12m 则△x2术1-X20.08m…1分 方法一： P、Q分离前，对P、Q和弹簧构成的系统，由能量守恒得： g5△+6-=2E+2mga …2分 解得：E-0.36J P、Q分离后，对P和弹簧组成的系统，由能量守恒得： -a=5。-6+6mga如 …2分 解得：E6=0.68J… …1分 方法二：图像法 P和2的ax图像如图： u.m s) 5 0 004 012 024 入分离前： 2=5+4x0.04=0.18m5 （1分) 22 ·Q分后： 224 ×0.08=0.16m'/s2 (1分) 222 ,的级大动能：E=2mv:=0.68别 (1分) CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP