文档内容
银川一中 2025 届高三年级第四次月考
物理试卷
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．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求）
1. 在物理学的发展过程中，物理学家们采用了多种研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中，正确的
是（ ）
.
A 和 三个公式都采用了比值定义法
B. 平均速度、瞬时速度和交流电有效值等物理量的定义均采用了等效替代法
C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，将整个运动过程细分为许多小段，每一小段近似看作匀速直线运
动，然后将这些小段的位移相加，这种方法是微元法
D. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变
研究加速度与质量的关系，这一实验过程运用了假设法
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，不是定义式，故A错误；
的
B．瞬时速度 定义采用的是极限法，故B错误；
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，将整个运动过程细分为许多小段，每一小段近似看作匀速直线运
动，然后将这些小段的位移相加，这种方法是微元法，故C正确；
D．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变
研究加速度与质量的关系，这一实验过程运用了控制变量法，故D错误。
故选C。
第1页/共20页
学科网（北京）股份有限公司的
2. 我国自主建设、独立运行 北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相
关服务。设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道
2做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同
B. 在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的动量不同
C. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同加速度
D. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同动能
【答案】B
【解析】
【详解】A．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点距地球的距离相等，受到的万有引力相等
所以卫星在 点的加速度相同，故A错误；
B．卫星由轨道1变为轨道2，需要加速，则轨道2的速度要大一些，所以卫星在P点的动量轨道2的大于
轨道1的，故B正确；
C．卫星在轨道2的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不
同，故卫星在轨道 的不同位置都具有不同加速度，故C错误；
D．轨道1是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道1上除
了关于地球对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项D错误。
故选B。
3. 如图所示，将塑料瓶下侧开一个小孔，瓶中灌入清水，水就从小孔流出。将激光水平射向塑料瓶小孔，
观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，这是光的（ ）
第2页/共20页
学科网（北京）股份有限公司A. 干涉现象 B. 全反射现象 C. 衍射现象 D. 折射现象
【答案】B
【解析】
【详解】将激光水平射向塑料瓶小孔，观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，光
从水射出空气时发生全反射现象，所以这是光的全反射现象。
故选B。
4. 如图所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O。三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上，小
环c上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环
能恰好在图示位置静止。平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半，c在圆环的最高点。已知小环的质量为
m，重力加速度为g，轻绳与小环的摩擦不计。则（ ）
A. a与大环间的弹力大小为
B. 绳子的拉力大小为
C. c受到两条绳子拉力的合力大小为
D. c与大环间的弹力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由平衡时a、b的距离等于绳子长度的一半可知，abc
恰好能组成一个等边三角形，对a受力分析如图所示
第3页/共20页
学科网（北京）股份有限公司根据共点力下物体的平衡条件可得
，
解得
，
故AB错误；
CD．以c为研究对象，c受到绳子拉力的大小为
所以c与大环间的弹力大小
故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示为固定不动的 光滑圆弧形轨道，小球1从轨道顶端做平抛运动，恰好可以到达轨道底端；小
球2由静止开始从顶端沿轨道滑到底端，两小球质量相同，则（ ）
第4页/共20页
学科网（北京）股份有限公司A. 两小球下落的时间
B. 两小球下落的时间
C. 在轨道底端重力的瞬时功率
D. 在轨道底端重力的瞬时功率
【答案】A
【解析】
【详解】AB．小球1从轨道顶端做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，小球2由静止开始从顶端沿轨道
滑到底端，竖直方向的初速度为0，竖直方向的末速度也为0，表明竖直方向先加速后减速，加速过程由于
轨道的弹力作用，导致竖直方向的加速度小于重力加速度，可知，小球1竖直方向的分速度大于小球2同
一水平位置竖直方向的分速度，即在竖直方向上小球1的平均速速度大于小球2平均速度，竖直方向的分
位移相等，则有
故A正确，B错误；
CD．小球1从轨道顶端做平抛运动，到达轨道底端时重力与速度方向相同，重力的瞬时功率不为0，小球
2由静止开始从顶端沿轨道滑到底端，到达轨道底端时重力与速度方向垂直，此时重力的瞬时功率等于0，
可知
故CD错误
故选A。
6. 如图为某电子透镜中电场的电场线（虚线）的分布图。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实
线所示，电子先后经过O、P、Q三点。电子从O点运动到Q点的过程中，关于电子的运动，下列说法正
确的是（ ）
A. 加速度一直减小
第5页/共20页
学科网（北京）股份有限公司B. 加速度先减小后增大
C. 在O点电势能比在Q点电势能小
D. 从O点到P点电场力做功与从P点到Q点电场力做功相等
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电场线的疏密表示场强的大小，则电子从O点运动到Q点的过程中，场强先变大后变小，
则电子受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误，B错误；
C．电场力的方向沿电场线的切线方向，且根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，可知电子受到的电
场力的方向与速度方向的夹角大于 ，则电场力对电子做负功，电子的电势能增大，在 O点电势能比在
Q点电势能小，故C正确；
D．从O点到P点电场力做功与从P点到Q点电场力做功谁大谁小无法判断，所以D错误。
故选C。
7. 如图所示，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为
＋q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B两个小球在同一水平面
上，间距为L，则金属板上的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为( )
A. E＝
B. E＝
C. E＝ ＋
D. E＝ －
第6页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【答案】D
【解析】
【详解】设点电荷在B处产生的场强为E，金属板在B处产生的场强为E，B处的场强为E。矢量叠加
1 2
受力分析可求
根据点电荷场强公式
由以上式子联立可得
故选D。
8. 如图所示，A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球质量为 ，
其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度 沿B、C两球球心的连
线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A. 三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B. 弹簧的最大弹性势能等于
C. 三球速度相等后，速度将保持不变
D. 当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C的瞬时速度大小为
【答案】D
【解析】
第7页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【详解】AC．三球速度第一次相等时，弹簧处于压缩状态，此后，C球继续加速，A、B球作为整体继续
减速，当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大，弹簧继续伸长，当三球速度再次相等时，弹
簧处于拉伸状态，故A、C错误；
B．三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为 ，A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得
从开始到三球速度相等过程中，由三球组成的系统动量守恒得
从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程，根据机械能守恒定律有
求得
故C错误；
D．A、B两球碰撞瞬间由动量守恒得
求得
A、B两球的总质量与C球质量相等，从A、B两球碰撞结束到弹簧第一次恢复为原长的过程中，相当于
A、B两球作为整体与C球发生了一次弹性碰撞，所以二者发生速度交换，所以当弹簧第一次从压缩状态
恢复到原长时，C球的瞬时速度大小为 ，故D正确。
故选D。
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
9. 如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加
第8页/共20页
学科网（北京）股份有限公司速度大小为 g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A. 重力势能增加了mgh
B. 克服摩擦力做功 mgh
C. 动能损失了 mgh
D. 机械能损失了 mgh
【答案】AD
【解析】
【详解】A．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh。故A正确；
B．根据牛顿第二定律，有
所以摩擦力为
根据几何关系，可知上升h，发生位移为2h，则克服摩擦力做功为
故B错误；
C．根据动能定理，有
联立，可得
第9页/共20页
学科网（北京）股份有限公司动能损失了 mgh。故C错误；
D．物体动能减小了 mgh，重力势能增加了mgh，则机械能减小了 mgh，故D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，两个完全一样的小木块a和b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，a与转轴OO′
的距离为l。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速
度，a、b与圆盘保持相对静止的过程中所受摩擦力与ω2满足如图乙所示关系，图中 。下列判断正
确的是（ ）
A. 图线（1）对应物体a
B. 绳长为2l
C.
D. 时绳上张力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，当 时，绳上无拉力，木块a和b都由各自的静摩擦力提供向心力
第10页/共20页
学科网（北京）股份有限公司因为
所以
故图线（1）对应物体b，A错误；
B．又因为当 时，木块b恰好达到最大静摩擦力且
， ，
即
得
所以绳长为
B正确；
C D．
当 时，对木块b有
得
当 时，对木块a有
第11页/共20页
学科网（北京）股份有限公司联立可得
所以
C错误；D正确。
故选BD。
11. 如图所示是原子核的平均结合能（也称比结合能）与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原
子核的平均结合能，如 的核子平均结合能约为 ， 的核子平均结合能约为 ，根据该
图像判断下列说法正确的是（ ）
A. 是铀235核裂变的核反应方程式
B. 由图可知两个 核结合成 核会释放出能量
C. 把 分成8个质子和8个中子比把 分成4个 要多提供约 能量
D. 把 分成8个质子和8个中子比把 分成4个 要多提供约 能量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．铀235核裂变的核反应方程式应为 ，故A错误；
第12页/共20页
学科网（北京）股份有限公司B．由图可知 核的平均结合能大于 核的平均结合能，所以两个 核结合成 核会释放出能量，
故B正确；
CD．把 分成8个质子和8个中子需要的能量为
把 分成4个 需要的能量为
所以，把 分成8个质子和8个中子比把 分成4个 要多提供的能量约为
故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
12. 用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，在气垫导轨的一端装有位移传感器（图中未画出），
A、B两物块（可视为质点）沿同一直线运动并发生正碰，若A物块的质量为m = 300 g，B物块的质量为
1
m = 150 g，表中是电脑记录的A、B两物块在同一时刻与传感器的距离。
2
x /m 1.20 1.01 0.80 0.59 0.40 0.35 0.30
A
.
x /m 0 0.10 0.21 030 0.40 0.25 0
B
（1）根据表中数据可以判断出位移传感器固定在气垫导轨的_________（填“左边”或“右边”）。
（2）为了更方便判断A、B碰撞时是否满足动量守恒，于是画出了A、B两物块位置随时间变化的图像
（如图乙），a、b分别为A、B两物块碰撞前后的位置时间图线。
第13页/共20页
学科网（北京）股份有限公司①碰撞前A物块的速度大小为_________m/s，碰撞前B物块的速度大小为_________m/s。
②由题中数据结合x − t图像中提供的信息，可判断两滑块组成的系统在相互作用过程中动量_________
（填“守恒”或“不守恒”），这个碰撞_________（填“是”或“不是”）弹性碰撞。
【答案】（1）右边 （2） ①. 4 ②. 2 ③. 守恒 ④. 不是
【解析】
【小问1详解】
根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离B较近，则固定在右边。
【小问2详解】
①[1]根据x − t图像可知碰撞前A物块的速度为
即碰撞前A物块的速度大小为4 m/s；
[2]同理可得碰撞前B物块的速度
碰撞后A物块的速度为
碰撞后B物块的速度为
②[3][4]代入数据可得
可知两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒，这个碰撞不是弹性碰撞。
13. 一位同学用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，如图甲所示，通过电磁铁控制的小球
从B点的正上方A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，光电计时器记录下小球过光电门时间t，当
地的重力加速度为g。
第14页/共20页
学科网（北京）股份有限公司（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量________。
A. AB之间的距离H B. 小球的质量为m；
C. 小球从A到B的下落时间 D. 小球的直径d
（2）小球通过光电门时的瞬时速度 ________（用（1）中测量物理量表达）
（3）多次改变AB之间距离H，重复上述过程，作出 随H的变化图象如图乙所示，当小球下落过程中
机械能守恒时，该直线斜率的理论值 ________。（用（1）中测量物理量表达）
（4）在实验中根据数据实际绘出的图乙直线的斜率为 则实验过程中小球所受的平均阻力 与小
球重力 的比值为________（用 、 表示）。
【答案】（1）AD （2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
A．根据实验原理可知，需要测量的是 点到光电门 的距离，故A正确
B．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；
C．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；
第15页/共20页
学科网（北京）股份有限公司D．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的
直径，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
已知经过光电门时的时间小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，即
【小问3详解】
若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有
解得
解得
则该直线斜率
【小问4详解】
乙图线
因存在阻力，则有
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为
四、解答题（本大题共3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算
步骤。只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
14. 某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为10kg的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速
第16页/共20页
学科网（北京）股份有限公司度为900m/s，该炮车质量（不包括炮弹）为3000kg．求：
(1)炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；
(2)若炮车后退的距离为1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大（重力加速度取
10m/s2）．
【答案】(1) v=3m/s (2)
【解析】
【详解】(1)设炮弹的速度v 、炮车后退的速度大小为v，弹和车的质量分别为m、M，由于内力远大于外
0
力，由动量守恒得：Mv－mv=0
0
解得：v=3m/s
(2)设炮车后退中受到的阻力为f、位移为x，由动能定理有：
解得：f=9000N
阻力与其重力的比值：
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用动能定理的应用，掌握速度的分解和某一方向系统动量
守恒.
15. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一
定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，
且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。
（1）求细管的长度；
（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封
气体的温度。
第17页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）41cm；（2）312K
【解析】
【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，
找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
【详解】（1）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口
的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V，压强为p。由玻意耳定律有
1 1
pV=pV
1 1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p+ρgh=78cmHg，pS=pS–ρghS=74cmHg
0 1 0
的
式中，ρ、g分别为水银 密度和重力加速度的大小，p 为大气压强。由题意有
0
V=S（L–h–h），V=S（L–h）
1 1
联立解得
L=41cm
（2）设气体被加热前后的温度分别为T 和T，由盖–吕萨克定律有
0
则
T=312K
16. 一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一
辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够
长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动。游戏时，A被
小孩以相对水平面的速度 向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小
孩以相对水平面的速度 向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的
动摩擦因数为 ，重力加速度为g。
（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小v；
1
（2）若传送带转动的速度 ，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间。
（3）求物块最多能被小孩向左推出的次数n。
第18页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）3
【解析】
【详解】（1）对小物块A和小孩，与车组成的系统，动量守恒得
解得小孩与车的速度大小
（2）小物块A在传送带上先做匀减速直线运动，再做反向的匀加速直线运动，当速度 时，做匀速
直线运动，加速度大小
设减速阶段位移为 ，时间为 ，即
，
减速阶段位移为 ，时间为 ，即
，
匀速阶段时间为 ，位移为 ，则
，
联立解得
第19页/共20页
学科网（北京）股份有限公司， ，
所以物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间
（3）由第二问可知，小物块A回到光滑水平面时速度为 ，所以，每经过一次传送带，小物块动量
的变化量大小
要使小物块A不能追上小车，则小车速度大小需满足
假设物块最多能被小孩向左推出的次数为n，则此时物块与小车小孩组成的系统的动量满足
解得
联立解得
n只能取整数次，所以n=3，物块A最多只能被推出3次。
第20页/共20页
学科网（北京）股份有限公司
