2025-2026（上）高二第三次月考物理試卷7．如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r。閉合開關，電路穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑

片向下滑動，理想電壓表V、V、V示數變化量的絕對值分別為U、U、

組題人：12312

U3，理想電流表A示數變化量的絕對值為I，下列說法錯誤的是（）

．的示數增大．的示數增大

一、單選題（每小題4分，共28分）AABV2

1．關于電磁波的特性和應用，下列說法正確的是（）C．U3與I的比值大于rD．U1大于U2

A．紅外線和X射線都有很高的穿透本領，常用于醫(yī)學上透視人體二、多選題（每小題6分，18分）

．過強的紫外線照射有利于人的皮膚健康

B8．在光滑的水平面上，質量為3m的小球A以速度v0水平向右運動，與質量

．電磁波頻率最高的是射線，最容易用它來觀察衍射現象

Cγ為m的靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞。在碰撞過程中下列說法正確的是（）

．紫外線和射線都可以使感光底片感光

DXA．A和B小球組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

．如圖所示，圖中實線為一靜電場的電場線，虛線為帶電粒子在電場中從

2MNB．A和B小球組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

M運動到N的軌跡，帶電粒子僅受靜電力的作用。下列說法不正確的是（）13

．粒子帶正電C．碰后A球的速度為v0，B球的速度為v0

A22

B．粒子在M點和N點的加速度aMaN

D．碰后A球的速度為v0，B球的速度為3v0

．粒子在點和點的加速度

CMNaMaN9．如圖所示為一款玩具“彈簧公仔”，該玩具由頭部、輕彈簧及底座組成，已知公仔頭部質量為m，彈

D．粒子在M點的動能小于在N點的動能簧的勁度系數為k，底座質量為0.5m。壓縮公仔頭部，然后由靜止釋放公仔頭部，此后公仔頭部在豎

3．如圖所示，匝數為N、面積為S的閉合線圈abcd水平放置，與磁感應強直方向上做簡諧運動，重力加速度為g。當公仔頭部運動至最高點時，底座對桌面

度為B的勻強磁場夾角為45°。現將線圈以ab邊為軸順時針轉動90°，在此的壓力剛好為零，彈簧始終在彈性限度內。則下列說法正確的是（）

過程中說法正確的是（）3mg

A．公仔頭部做簡諧運動的振幅為

A．線圈順時針轉動90°的過程中，線圈中磁通量先變大再變小2k

B．線圈在實線位置與虛線位置的磁通量相同B．公仔頭部有最大速度時，彈簧處于原長

2C．公仔頭部有最大速度時，彈簧處于伸長狀態(tài)

C．線圈水平放置時磁通量為NBS

2D．公仔頭部運動至最低點時，桌面對底座支持力的大小為3mg

D．整個過程中線圈中磁通量的變化量的大小為2BS10．如圖所示，質量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上

4．如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在M、N端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質量也為m的小球C，現將C球向右拉起使細線水平伸

兩點之間做簡諧運動，向右為正方向。振子的位移x隨直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

時間t的變化圖象如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A．小球C第一次經過最低點的過程中，A、B、C系統(tǒng)動量守恒

A．0.2s時振子的位移小于6cmgL

B．小球C第一次運動到最低點時的速度大小為2

B．0.4s時振子的速度最大3

C．0.4s至1.2s內振子通過的路程為24cm

．小球第一次經過最低點的過程中，、向右滑行距離為

D．0.8s和1.6s時振子的速度相同CCAB

5．一只質量為0.9kg的烏賊吸入0.1kg的水后，靜止在水中。遇到危險時，它在極短時間內把吸入的L

水向后全部噴出，以大小為的速度向前逃竄。下列說法正確的是（）D．小球C第一次到達輕桿左側最高處距O點的豎直高度為

2m/s4

A．在烏賊噴水的過程中，烏賊所受合力的沖量大小為0.9N·s

B．在烏賊噴水的過程中，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)的動量增大三、實驗題（每空2分，14分）

C．烏賊噴出的水的速度大小為18m/s11．某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置來驗證動量守恒定律。

D．在烏賊噴水的過程中，有9J的生物能轉化成機械能（1）為保證兩小球為對心碰撞，某同學先用游標卡尺測量兩小球的直徑是否相等，經測量發(fā)現兩小球

3直徑相同，游標卡尺的示數如圖乙所示，可知小球的直徑為；

6．如圖所示，一單擺懸于O點，擺長為L，若在O點正下方的O'點釘一個光滑釘子，使OOL。將mm

4

單擺拉至A處釋放，小球將在A、B、C間往復運動，若運動中擺線與豎直方向夾角不

超過5°，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。以下說法正確的是（）

A．由于機械能守恒，可得擺角大小不變

B．小球第一次從A到B與第一次從B到C的時間之比為2：1

4L

C．該擺動的周期為

3g

D．小球碰釘前后繩的拉力之比為1：4

（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射小球多次從斜軌上某一位置

由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球靜置于軌道的水平部14．（12分）兩塊質量分別為m的木塊靜止在光滑水平面上，中間用一根勁度系數為k的輕彈簧連接

分末端，再將入射小球從斜軌上同一位置由靜止釋放，與被碰小球相碰，并多次重復。接下來必要完m

著，如圖所示?，F從水平方向迎面射來一顆子彈，質量為，速度為v，子彈射入木塊A并留在其中

成的步驟是（填選項前的符號）40

（該過程時間極短）。求：

A．用天平測量入射小球的質量m1和被碰小球的質量m2B．測量入射小球開始釋放高度h

（）在子彈擊中木塊后的瞬間木塊的速度大小；

C．拋出點距地面的高度HD．測量平拋射程OM、ON1AvA

（3）若兩球碰撞過程中動量守恒，其表達式可表示為（用（2）問中測量的量表示）。（2）在子彈擊中木塊后的運動過程中彈簧的彈性勢能最大時系統(tǒng)的速度；

12．某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內阻，現備有下列器材：（3）在子彈擊中木塊后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能。

A．被測干電池一節(jié)

B．電流表：量程0~0.6A，內阻rA0.3

C．電流表：量程0~0.6A，內阻約為0.1

D．電壓表：量程0~3V，內阻未知

E．電壓表：量程0~15V，內阻未知

F．滑動變阻器：0~10，2A

G．滑動變阻器：0~100，1A

H．開關、導線若干

伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響，測量結果存在系統(tǒng)誤差，在

現有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內阻。

1

15．（16分）如圖所示，一質量M3kg的小車由水平部分AB和圓弧軌道BC組成，圓弧BC的半徑

4

R0.4m，且與水平部分相切于B點，小物塊Q與AB段之間的動摩擦因數0.2，小車靜止時左端

與固定的光滑曲面軌道相切，一質量為m0.5kg的小物塊從距離軌道底端高為h1.8m處

(1)在上述器材中請選擇適當的器材：（填寫選項前的字母）；MN1PMN

(2)實驗電路圖應選擇（填“圖甲”或“圖乙”）；由靜止滑下，并與靜止在小車左端的質量為m21kg的小物塊Q（兩物塊均可視為質點）發(fā)生彈性碰

(3)根據實驗中電流表和電壓表的示數得到了如圖丙所示的UI圖像，則在修正了實驗系統(tǒng)誤差后，干撞，碰撞時間極短。已知除了小車AB段粗糙外，其余所有接觸面均光滑，重力加速度g10m/s2。

電池的電動勢EV，內電阻r。(1)求小物塊P與物塊Q碰撞后物塊Q的速度；

四、解答題（40分）(2)求物塊Q在小車上運動1s時速度和相對于小車運

13．（12分）如圖所示的電路中，電源電動勢E＝10V，內阻r＝0.5Ω，電動機的電阻R0＝1.0Ω，定動的距離（此時Q未到B點）；

值電阻R1＝1.5Ω。電動機正常工作時，理想電壓表的示數U1＝3.0V。求：(3)要使物塊Q既可以到達B點又不會與小車分離，

（1）電源的總功率；求小車左側水平部分AB的長度L的取值范圍。

（2）電源的輸出功率；

（3）電動機的輸出功率。

11113

高二第三次月考物理參考答案mv2mv2mv2聯立解得，A球碰后速度為vv或vv（舍去）B球碰后速度為vv

2A02A12B212010220

題號12345678910

或v0（舍去）由彈性碰撞的規(guī)律知，當mm時，v0，v0，并且vv，碰撞后兩球都向

答案DBDCCBBACACBCD2AB1212

13

前運動。故碰后A球的速度為v0，B球的速度為v0，C正確；D錯誤；故選AC。

1．D【詳解】A．X射線有很強的穿透本領，常用于醫(yī)學透視人體，紅外線沒有，故A錯誤；B．過22

．【詳解】．公仔頭部在最高點時，底座對桌面的壓力剛好為零，故此時彈簧處于伸長狀態(tài)彈力

強的紫外線照射對人的皮膚有害，故B錯誤；C．電磁波中頻率最大的是γ射線，其波長最短，最不容9ADA

易發(fā)生衍射現象，故C錯誤；D．紫外線和X射線都可以使感光底片感光，故D正確。故選D。33mg

大小為0.5mg，對公仔頭部F回1F彈1mgmg又F回1kA解得A選項A正確；D．根據簡諧

2．B【詳解】A．從運動軌跡知粒子受靜電力指向凹側，受力與場強方向相同，粒子帶正電，A正確；22k

35

BC．由電場線的疏密可知在M點受力小于在N點的受力，結合牛頓第二定律可知aMaN，B錯誤，運動的對稱性，當公仔頭部運動到最低點時F回F回mgF彈mg得F彈mg此時對底座受力

212222

C正確；D．粒子從M到N，靜電力做正功，動能增大，D正確。本題選錯誤的，故選B

分析FN0.5mgF彈23mg公仔頭部運動至最低點時，桌面對底座支持力的大小為3mg，選項D正確；

3．D【詳解】設初位置時穿過線圈的磁通量為正，實線位置時，即線圈水平放置時的磁通量為

BC．公仔頭部有最大速度時，彈簧的彈力和公仔頭部的重力等大反向，彈簧處于壓縮狀態(tài)，選項BC

2BS

BSsin45線圈平面與磁場平行時，磁通量為零；末位置時，即虛線位置的磁通量為錯誤。故選AD。

12

10．BCD【詳解】AB．設小球由靜止釋放到第一次經過最低點的過程中，小球運動到最低點時的速度

2BS

所以磁通量先減小后增大，初、末位置磁通量的變化量的大小為大小為vC，、的速度為v；小球由靜止釋放在向下擺動的過程中，對有拉力，使得、之間

2BScos45ABAAAB

2有彈力，A、B不會分離，當C運動到最低點時，A、B間彈力為零，A、B將要分離，A、B分離時速

。故選。

212BSD度相等，A、B、C系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，根據系統(tǒng)

．【詳解】．在內，振子不是勻速運動，而是做變減速運動，所以前一半時間內的位移大

4CA0-0.4s1212gL

水平方向動量守恒有mv2mv0根據能量守恒有聯立解得，

于后一半時間內的位移，即時，振子的位移大于，故錯誤；．由圖象可知，時，CAmgL2mvAmvCvA

t=0.2s6cmABt=0.4s223

圖象的斜率為零，說明振子的速度為零，故B錯誤；C．0.4s至1.2s內，振子的剛好運動半個周期，

gL

故其路程為s2A24cm故C正確；D．由圖象可知，t=0.8s和t=1.6s時，振子均位于原點位置，速v2，故A正確，B錯誤；CD．C球向左擺至最高點時，A、C共速，設球C從最低點第一次

C3

度的大小相同。但t=0.8s振子的速度方向為負方向，t=1.6s振子的速度方向為正方向。故振子的速度不

到達輕桿左側最高處的豎直高度為h，水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒有mvmv2mv

相同，故D錯誤。故選C。CA

1113L

5．C【詳解】A．根據動量定理在烏賊噴水的過程中，烏賊所受合力的沖量大小I=Mv1=1.8N·s222

根據能量守恒有mvAmvCmgh2mv聯立解得h根據幾何關系可得小球C第一次到達

故A錯誤；BC．烏賊噴水過程所用時間極短，內力遠大于外力，烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，2224

3LL

有0=Mv1－mv2解得烏賊噴出水的速度大小v2=18m/s故B錯誤，C正確；D．根據能量守恒定律，在烏輕桿左側最高處距O點的豎直高度為hL，故C錯誤，D正確。故選AD。

1144

賊噴水的過程中，轉化為機械能的生物能22故錯誤。故選。

EMv1+mv2=18JDC．

221112.05ADm1OPm1OMm2ON

6．B【詳解】A．由于機械能守恒，可知AC兩點應該位于相同的高度，因左邊擺長較短，可知左邊擺【詳解】（1）[1]小球的直徑12mm10.05mm12.05mm

L（2）[2]根據實驗原理和目的，要驗證動量守恒，則必須測量兩個小球的質量和速度，高度相同，即

角較大，A錯誤；B．根據T2可知因右邊擺長為左邊擺長的4倍，則在右邊擺動的周期是在左

g速度可用水平位移代替的，故需要測量兩個球的質量、兩個小球落點的平均位置到O點距離OM和

。故選。

邊擺動時周期的2倍，可知小球第一次從A到B與第一次從B到C的時間之比為2:1，B正確；ONAD

（3）[3]根據動量守恒定律有

1

L

．該擺動的周期為1L13L，錯誤；．小球碰釘前后速度不變，則m1v1m1v1m2v2

CT224CD

2g2g2gOP

v1

2t

根據v，可知繩的拉力之比不等于，錯誤。故選。

Fmgm1:4DBOM

Lv

1t

7．B【詳解】AB．壓表V1、V2、V3分別測定值電阻兩端的電壓、路端電壓、滑動變阻器兩端的電壓，

理想電流表A測的是干路中的電流?；瑒幼冏杵骰蛳禄瑒?，其接入電路的電阻變小，根據閉合電ON

v2

路歐姆定律可知，干路中的電流增大，A示數增大，內電壓增大，路端電壓減小，即V2示數減小，故t

整理得

A正確，不符合題意，B錯誤，符合題意；C．電壓表V3測量滑動變阻器兩端電壓，電壓表V3的變化

mOPmOMmON

＋U3112

量的絕對值U3I(rR)所以rRr故C正確，不符合題意；D．因理想電流表A示數變化

I12．(1)ABDFH

量的絕對值為ΔI，則U1I·R,U2I·r又Rr所以U1U2故D正確，不符合題意。故選B。(2)圖甲

8．AC【詳解】AB．兩球組成的系統(tǒng)不受外力作用，動量守恒，由題知，發(fā)生彈性碰撞，故機械能守(3)1.50.7

【詳解】（）實驗時需要選擇被測干電池一節(jié)，開關、導線若干，為了便于調節(jié)，使測量數據的連續(xù)

恒，A正確；B錯誤；CD．碰撞過程中由動量定理知mAv0mAv1mBv2由機械能守恒知1

性好，應選擇總阻值小一些的滑動變阻器；由于一節(jié)電池的電動勢約為1.5V，為了電壓測量值的精確8

(2)2m/sm

度，應選量程小一些的電壓表；為了盡可能準確地測量電池的電動勢和內阻，應選擇內阻已知的電流3

表。因此，實驗中需要選擇的器材為ABDFH。(3)1.5mL3m

（2）由于電流表內阻已知，可精確知道電流表的分壓值，所以電流表相對于電源應采用內接法，故實12

【詳解】（1）物塊P沿MN滑下，設末速度v，由機械能守恒定律得mghmv

驗電路圖應選擇圖甲。01210

解得

（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律可得EUI(rAr)v06m/s

可得UI(rAr)E物塊P、Q碰撞，取向右為正，碰后P、Q速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得m1v0m1v1m2v2

可知圖像的縱軸截距等于電動勢，則有E1.5V121212

UI由機械能守恒定律得mvmvmv

1.51.0210211222

UI圖像的斜率絕對值為krArΩ1Ω

0.5解得v12m/s，v24m/s

解得內電阻為r0.7故碰撞后瞬間物塊Q的速度為4m/s，方向水平向右

．（）；（）；（）

13120W218W38Wm2g2

（2）物塊Q與小車相對運動，可由牛頓第二定律可得物塊Q的加速度為a22m/s

【詳解】（1）已知電壓表的示數U1＝3.0V和定值電阻R1＝1.5Ω，根據歐姆定律可求出電路中的電流

m2

U1mg2

I＝＝2.0A22

小車的加速度a3m/s

R1M3

電源的總功率1

物塊的位移2

＝＝Qx2v2ta2t

P總EI20W2

（2）電源的輸出功率

解得x23m

2

P出＝EI－Ir＝18W

物塊Q的速度為vv2a2t4m/s21m/s2m/s

（3）根據閉合電路的歐姆定律，電動機兩端的電壓

12

U2＝E－U1－Ir＝6V小車的位移x3a3t

2

電動機消耗的電功率

1