湖北省重点高中智学联盟2025届新高三8月联考考试物理试卷答案_8月_240818湖北省重点高中智学联盟2025届新高三8月联考考试_湖北省重点高中智学联盟2025届新高三8月联考考试物理

2025届高三月考物理试卷（8.14）参考答案 1．解析：C A．国际单位制中的七个基本物理量为长度、质量、时间、温度、电流、物质的量、发光强 度，基本物理量的单位为基本单位，即米、千克、秒、开尔文、安培、摩尔、坎德拉；“阿 秒”是一个单位，对应的物理量是时间，是国际单位制的基本量，故A错误； B．德国物理学家普朗克为解释物体热辐射规律，提出了能量子的假说，1887年爱因斯坦赫 兹在研究麦克斯韦电磁波理论时偶然发现了光电效应现象，B错误 C．为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取非常小的时间∆t，即让时间趋向无 穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故C正确； D．伽利略在对自由落体运动的研究中，猜想运动速度与下落时间成正比，为了“冲淡”重力 的影响，首先在斜面上进行实验验证，在斜面实验的基础上进行理想化推理，故D错误。 2．解析：B A项，运动员在空中的运动为竖直上抛运动，入水的瞬间速度最大，由运动学公式可知，运 动员离水面最远距离为 ，A正确 2 B项，运动员在空中运动2 时间 B错误 1 − −4 5 C项，跳板离水面的高度为 = =4 C正确 2 1 2 2 −(−4 ) 15 D项，运动员入水深度 ℎ= 2 = 32 D正确 2 1 5 ℎ=2 = 8 3．解析：C A．由速度时间图象的斜率表示加速度，可得甲车的加速度大小为 16 1 乙车的加速度大小为 1 = 2 = 2 48 3 20 两车的加速度之比为 2 = 2 =0.5 2 40 1 2 = A错误； 2 3B．由图像可知，t=24s两车共速前，甲的速度一直小于乙，故两车间距逐渐减小，由于两 车不相撞，则共速时，两车间距最小，B错误。 C．由位移公式可得t=24s时，甲车的位移为 1 2 乙车的位移为 1 = 1 − 1 =288 2 1 2 两者位移之差 2 = 2 − 2 =336 2 若两车在t=24 s时刻恰好不相撞.则开 始 =刹 车2时−两 1辆=车48的 间距等于48 m ，若两车在t24 s时 刻之前相撞，则开始刹车时两辆车的间距小于48 m，C正确 D．若两车速度相等时没有相撞，则此后的过程，甲车的速度比乙车的大，因此两车不可能 再相撞，D错误 4．解析：D A．由图甲可知， 时间内，A、B、 C三物体做直线运动的位移相同，则三物体的平均 速度均为 0~ 1 1 = 故A错误。 1 B．根据 可知 图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中 物体的加 2 2 2 速度大小 为− 0 =2 − 1~2 1 2 0 故B错误； = = 2 2 1 C．根据 Δv=at 知阴影面积表示t ～t 时间内物体的速度变化量，故C错误 1 2 D．根据丁图可知 =2 +2 整理得 2 =2 +2 结合 1 2 可知加速度大小为 ，故D正确。 = 0 + 2 2 4m/s 5．解析：B A．由题意可知，在0~1s，加速度先为正值，方向向上，由牛顿第二定律得 得 = − 视重F大于物块的实际重力mg，物块处 于 = 超 重 + 状 态 。 在1~2s，加速度为负值，方向向下，由牛顿第二定律得 得 − = − 视重F小于物块的实际重力mg，物块处 于 = 失 重 − 状 态 。故A错误； B．2s~3s，加速度为正值，方向向上，物块处于超重状态。3s~4s，加速度为负值，方向向 下，物块处于失重状态。a-t图像中图线下的“面积”为速度的变化量，t轴上方面积为正值， t轴下方面积为负值，2s~6s，图像中图线下的“面积”代数和为零。2s~6s内物块先超重后失 重，速度变化量为零。故B正确； C．1~3s内物块先失重后超重。由题意可知，2s末小球的速度为0。 2s~3s物块竖直向上做加速度不变的匀加速直线运动，故3s末，小球的速度方向沿正方向。 故C错误； D．由 F mgma 又1s和3s两时刻加速度都为 ，传感器在1s末和3s末的示数相同。 2 a-t图像中图线下的“面积”为速1度m的/s变化量，物块在1s~3s速度变化量为零，因此 物块在1s末和3s末速度等大同向。 1 = 3 故选B 6．解析：C AB项 令半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinma 根据位移公式有 1 2Rsin gsint2 2 解得 R t 2 g 可知时间t与滑板的倾角和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O'点。AB错误 C项，由动能定理可知，三种情况下，滑块到达底端的动能不同，故速度不同，C正确。 D项，令半球形容器的半径为R，换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热 即摩擦生热不相等，选项D 错 = 误 ； ⋅2 = 2 7．解析：A A．滑片P向下滑动的过程中，路端电压增大，干路电流减小。又因为R1为定值电阻，故 电压表V1示数变小，电压表V2示数变大，A错误 B．滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中总电阻增大，干路 电流减小，电源内阻分压减小，路端电压增大。故电压表V 示数增大，通过电流表的电流 3 减小，故B正确 C．电容器两端的电压为路端电压，U增大，根据Q=CU可知电容器的带电量增大，流过 R1的电流为干路电流，由A项分析可知，滑片P下滑的过程中，干路电流减小。电阻R 1 消耗的电功率减小，故C正确 D．电源内阻损耗的功率P I2r，由于干路电流变小，所以电源内阻损耗的功率变小，因 内 为电源内阻r＝1.5R，结合电源的输出功率与外电阻之间的关系可知，电源的输出功率先变 大后变小，故D正确 8．解析：ACD A．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可 知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故A错误 B.粒子在加速电场中，根据动能定理有 1 Uq mv2 2粒子在偏转磁场中，则有 v2 Bqvm r 联立解得 1 2Um r  B q 知粒子粒子轨迹半径越大，比荷越小，故B正确； C．当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各 圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开， 弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与 水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故C错误； D．图丁中，当人对着话筒讲话时，线圈振动切割磁感线会产生强弱变化的电流，这利用了 电磁感应原理，D错误 9．解析：AC A．若增大m 的质量，因为m 、M仍静止，且m 的质量变大，所以系统稳定后线的张力增 3 1 3 大。由于m 不变，由力的平行四边形法则可知，动滑轮O 位置上移，A正确； 2 2 B．把M、m 看成一个整体，地面对M的摩擦力等于细线的张力沿水平方向的分量，由上 1 分析知细线的张力变大，所以地面对M的摩擦力也变大。由于初始情况下m 的受力情况未 1 知，M对m 的摩擦力大小可能不变，方向会发生变化，故B错误； 1 C．若将悬点O下移，细线的拉力不变，m 的质量未变，那么O 与O 间的细线与竖直方向 2 2 3 的夹角不变，O 与O 间的细线和拉m 的竖直线的夹角也没有变化，拉O 滑轮细线的拉力 2 3 3 3 与这两根细线的合力大小相等，方向沿对角线，所以细线与竖直墙夹角总等于O 与O 间的 2 3 细线和拉m 的竖直线的夹角的一半，故C正确； 3 D．由以上分析可知将悬点O下移，细线的拉力不变，由整体法可知地面对M摩擦力不变， 故D错误。 10．解析：BCD AB．由于物块缓慢移动，可看作是平衡状态，小物块和圆心的连线与水平方向的夹角为， 对物块受力分析，由平衡条件可得θ θ θ θ 3 由数学知识可知 = cos + sin = sin +cos 4 θ θ θ φ 3 9 sin +cos = +1sin + 其中 4 16 4 得 = 3 即 =53° 5 所以在从0增大到90°的过程中， F =先增 大 后 减 小+，53故° A 正确，B错误； 4 C．由于物块处于动态平衡状态，对整体受力分析，可知地面对整体的摩擦力水平向左，即 半圆柱体对地面有水平向右的摩擦力。故C错误； D．地面受到的摩擦力大小为 地 = 地 5 = sin ( +53°) 4 地 5 = [ 53°−cos 2 +53° ] 因为的取值范围从0到90°8 ，所以 地先增大后减小。D错误。 11．解析：（1）B （2） （3）C （每空3分） （1）A．根据题意，由实验原理可知−，5用油3膜法估测油酸分子的大小的实验步骤为丙 乙 丁 1.5×10 cm 甲，故A错误； B．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，避免酒精挥发，浓度发生变化，实验 有误差，故B正确； C．应等油酸完全稳定后开始描绘油膜轮廓，故C错误； 故选B。 （2）根据题意可知，1滴这样的溶液中的油酸体积为 1 −5 3 （3）最理想的情况是痱子粉 很=薄，容×易0.3被%油m酸L =酒1精.5溶×液1冲0 开cm，近似圆形，故选C 20012．解析：(1) 3.0 102 (2) 22.1m/s2 (3) C （每空3分） （1）根据题意，弹簧弹力为1.5N时弹簧的压缩量为0.5cm，由胡克定律可知弹簧的劲度系 × 数为300N/m，即3.0 102N/m。 （2）由题意可知，弹簧形变量1.5cm对应加速度测量计的最大值，此时弹簧弹力最大，为 × 4.5N。由牛顿第二定律得最大加速度为22.1m/s2。 （3）指针读数减小表示小车加速度减小，由于小车的运动可以看作简谐运动，故可以判断 出小车做加速度减小的加速运动，靠近平衡位置。 （ ） 13.（1）E= ，与纸面平行竖直向上（5分）（2） (5分) 2 +4 t= 2 解：（1）带电粒子在电场中的运动过程，由动能定理得：qE·2d= （1分） 1 2 进入磁场中，粒子做圆周运动，由几何关系得：R=2d 2（ 1 分−）0 由牛顿第二定律得： （1分） 2 2 4 2 qvB=m = 联立得：E= 方向：与纸面平行竖直向上 (2分，方向没写扣1分) 2 （2）由(1)知 （1分） 2 T= 带电粒子在电场中运动的时间为t ，由前面式子得：v= （1分） 1 2 2m 由2d= 得t = (1分) 1 qB 1 v·2 带电粒子在磁场中运动到P点的时间为t 得t (1分) 2， 2= 4 =2 综上，带电粒子从O点运动到P点的时间为：t=t +t = （ ） （1分） 1 2 2qB (cid:938)4 14．（1）N=2mg（6分）（2） （8分） 解：（1）设两根筷子的夹角为θ，由几何关系有：tan = ,得θ=60o （2分） 由力的分解可知， （2分） 故每根筷子对圆柱体的压力大小为：N=2mg （2分） mg （2）重物在竖直方向上由平衡条件可知2f mg，得 f  （2分） y y 2 俯视水平方向受力分析如图， ，得 （2分）所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为 = （2分） 由公式 N可知，圆柱体与筷子之间的动摩擦因数 满足： = = （2分） 19 12 57 μ≥ 12 2 故圆柱体与筷子之间的动摩擦因数最小值为 。 15.（1）0.4kg(3分) (2) v=1.2m/s (5分) t = 0.42s（10分) B 解：（1）当ABC三者保持静止，当C质量最大时，桌面对B的摩擦力恰好达到最大静摩擦力， 对A、B、C整体分析有：m g m m g (2分) Cmax 2 A B 解得 (1分) mcmax =μ2(mA+mB)g （2）①假设A、B、mCcm三ax个=物0.体4k能g 够保持相对静止，对三个物体进行分析，根据牛顿第二定 律有： ， 解得：mcg−μ2(mA+m（B)2g分=）(mA+mB+mc)a1 2 对A、C进a1行=分1.2析m：/s ，得 10N (1分) 假设成立，B与挡板碰m前cg，−根f=据(位mA移+与m速c)a度1 的关系f式=有6.：4N< μ1mAg= （1分） 2 解得： (1分) vB =2a1x ②B碰后v的B =速1率.2为m/碰s前的0.7倍，A始终未滑离B，对A、B分别进行分析，根据牛顿第二 定律有： 解得： μ1mAg=，mAa2,μ2(mA+mB)(=1m分B)a3 2 2 可知Aa向2右=做5m匀/减s 速a直3线=运7m动/，s B向左做匀减速直线运动，B减为0时有 0.7vBt1 解得： 0.7vB =a3 (t1 1,分x1 )= m 2 之后，tA1仍=然0.向12右s,x做1匀=减0.0速5直04线m运动，B向右做匀加速直线运动，则有 解得： (1分)μ1mAg−μ2(mA+mB)= mBa4 2 再经历时a4 间= t 3m，/两s 者达到相等速度，则有 2 解得 ： v1 (1=分vB ) −a2(t1+t2) t2 =0.075s,v1 =0.225s上述过程B的位移大小： ， 解得： (1分) v1 27 之后A、B保持相对静止向 x2 右 = 做2匀 t2 减速直线运动， x2 则 = 有32：00m 解得： (1分) μ2(mA+mB)=(mA+mB)a5 2 减速至0a过 5 程=有1m/s ，解得： （1分） 2 81 根据上述有： v1 =2a5x3 x3 =3200m (1分) 可知，B没有再次x2与+挡x3板=碰0撞.33，75则m有<：x1 == 0.0，50解4m得： (1分) B与挡板碰撞后的运动时间：t=t +t +t v1 a5t3 t3 =0.225s 1 2 3 解得：t=0.42s (1分)