山东省泰安市泰山区泰安一中2025届高三年级下学期十月份月考物理试题

山东省泰安市泰山区泰安一中2025届高三年级下学期十月份月考物理试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（ ）
A ．t =0.005s 时线框的磁通量变化率为零
B ．t =0.01s 时线框平面与中性面重合
C ．线框产生的交变电动势有效值为300V
D ．线框产生的交变电动势频率为100Hz
2、近年来，人类发射了多枚火星探测器，火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。

假设火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，若测得该探测器运动的周期为T ，则可以算得火星的平均密度2k T ρ=，式中k 是一个常量，该常量的表达式为（已知引力常量为G ） A ．3k π= B ．3k G π= C ．3k G π= D ．24k G
π= 3、一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s 内的位移为16m ，最后1s 内的位移为8m ，则汽车的刹车时间为
A ．1s
B ．1.5s
C ．2 s
D ．2.5s
4、如图所示，木块m 放在木板AB 上，开始θ=0，现在木板A 端用一个竖直向上的力F 使木板绕B 端逆时针缓慢转动（B 端不滑动）．在m 相对AB 保持静止的过程中（ ）
A ．木块m 对木板A
B 的作用力逐渐减小
B ．木块m 受到的静摩擦力随θ呈线性增大
C ．竖直向上的拉力F 保持不变
D ．拉力F 的力矩先逐渐增大再逐渐减小
5、在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个质量可以忽略不计的定滑轮，两物体质量分别为m 1、m 2，轻绳一端固定
于a 点，悬点a 、b 间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计。

整个装置稳定时下列说法正确的是（ ）
A ．α可能大于β
B ．m 1一定大于m 2
C ．m 1可能大于2m 2
D ．轻杆受到绳子的作用力22cos 2m g β 6、某实验小组要测量金属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板平放在桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中；让波长为λ的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板与铝板距离为d 时，荧光板上
刚好出现辉光。

已知普朗克常量为h ，光在真空中传播速度为c ，电子电量为e ，质量为m 。

下列说法正确的是（ ）
A ．金属铝的逸出功为222
8hc
e d B m λ- B ．从铝板逸出的光电子最大初动能为222
2e d B m
C ．将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度可能保持不变
D ．将荧光板继续向下移动到某一位置，并增大入射光波长，板上的辉光强度一定增强
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，排球运动员站在发球线上正对球网跳起从O 点向正前方先后水平击出两个速度不同的排球。

速度较小
A ．两排球下落相同高度所用的时间相等
B ．两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相间
C ．两排球通过相等的水平距离，落在A 点的排球所用的时间较少
D ．两排球在落地前的一小段相等时间内，落在B 点的排球下降的高度较小
8、一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s ，所用时间分别为2t 、t 和32t ，则( ) A ．物体做匀加速运动时加速度大小为
2
s t B ．物体做匀减速运动时加速度大小为249s t C ．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
3s t D ．物体做匀减速运动的末速度大小为
3s t
9、下列说法正确的（ ）
A ．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少
B ．凡是能量守恒的过程一定能够自发地发生的
C ．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
D ．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气（理想气体）内能减小
E.能量转化过程中，其总能量越来越小，所以要大力提倡节约能源
10、如图所示，正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲、乙两a 带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是
A ．甲粒子带负电，乙粒子带正电
C ．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的23倍
D ．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14
倍 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）.
①实验开始前打点计时器应接在___________（填“交流电源”或“直流电源”）上.
②如图乙为某次实验得到的纸带，s 1、s 2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T ，由此可求得小车的加速度大小为_____________（用1s 、2s 、T 表示）.
③改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数(N)F 和滑块加速度2(m/s )a ,重复实验.以F 为纵轴，a 为横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于b 倾角为θ的一条斜直线，如图丙所示,则滑块和轻小动滑轮的总质量为
_______________kg ；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=______________.（设重力加速度为g ）
12．（12分）1590年，伽利略在比萨斜塔上做了“两个铁球同时落地"的实验，开始了自由落体的研究。

某同学用如图I 所示的实验装置研究自由落体，装置中电火花式打点计时器应该接在电压为______V 、频率为f =50 Hz 的交流电源上。

实验中先闭合开关，再释放纸带。

打出多条纸带。

选择一条点迹清晰完整的纸带进行研究，那么选择的纸带打下前两个点之间的距离略小于__________mm （结果保留1位有效数字）。

选择的纸带如图2所示，图中给出了连续三点间的距离，由此可算出打下C 点时的速度为______m/s 2，当地的重力加速度为____m/s 2.（最后两空结果均保留3位有效数
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图甲所示，质量均为m ＝0.5 kg 的相同物块P 和Q (可视为质点)分别静止在水平地面上A 、C 两点．P 在按图乙所示随时间变化的水平力F 作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F ，此时P 运动到B 点，之后继续滑
行并与Q 发生弹性碰撞．已知B 、C 两点间的距离L ＝3.75 m ，P 、Q 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，
求：
(1)P 到达B 点时的速度大小v 及其与Q 碰撞前瞬间的速度大小v 1；
(2)Q 运动的时间t ．
14．（16分）如图所示，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD 为圆弧的竖直直径，C 点与圆心O 等高。

轨道半径为0.6m R =，轨道左端A 点与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为53θ=︒，自轨道左侧空中某一点Р水平抛出一质量为m 的小球，初速度大小03m/s v =，恰好从轨道A 点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin530.8︒=，cos530.6︒=，求：
（1）抛出点P 到A 点的水平距离；
（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。

15．（12分）随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。

其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。

该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd ；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN 、PQ
和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。

当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。

现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v 0，经过时间t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd 的电阻为R ，其余电阻忽略不计；ab 边长为l ，火箭主体质量为m ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，重力加速度为g ，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab 边两端的电势差U ab ；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v 0减到零的过程中系统产生的电能。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解题分析】
由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周期。

根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。

【题目详解】
A ．由图乙知t =0.005s 时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律
ΔΔE n t
Φ= 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故A 错误。

B ．由图乙可知t =0.01时刻，e =0，说明此时线圈正经过中性面，故B 正确。

CD ．由图乙可知，该交变电流的周期为 T =0.02s ，电动势最大值为E m =311V 。

根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为
m 311V 220V E E === 据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为
11Hz 50Hz 0.02
f T === 故CD 错误。

故选B 。

【题目点拨】
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图像得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系。

2、C
【解题分析】
由万有引力定律，知
2
224Mm G m r r T
π= 得
23
24r M GT
π= 又
343
M R ρ=⋅π 而火星探测器绕火星做“近地”圆周运动，有r R =，解得
23GT
πρ= 故题中的常量
3k G
π= 故选C 。

3、B
【解题分析】
最后1s 内的汽车位移为8m ，根据x =
12
at 2，可知加速度大小为 a =16m/s 2
刹车后第1s 内的平均速度大小v =
161m/s=lm/s ，则刹车的时间: t =0.5s+1616
s=1.5s A ．1s 。

故A 不符合题意。

B ．1.5s 。

故B 符合题意。

C ．2 s 。

故C 不符合题意。

D ．2.5s 。

故D 不符合题意。

4、C
【解题分析】
A.木板绕B 端逆时针缓慢转动，m 相对AB 保持静止的过程中，木板AB 对木块m 的作用力与木块m 所受重力抵消，即木板AB 对木块m 的作用力大小为mg ，方向竖直向上，则木块m 对木板AB 的作用力不变，故A 项错误；
B. 在m 相对AB 保持静止的过程，对木块m 受力分析，由平衡条件得，木块m 受到的静摩擦力
sin f mg θ=
故B 项错误；
C. 设板长为L ，m 到B 端距离为l ，以B 端为转轴，则：
cos cos FL mgl θθ=
解得：
l F mg L
= 所以竖直向上的拉力F 保持不变，故C 项正确；
D. 使木板绕B 端逆时针缓慢转动，竖直向上的拉力F 保持不变，则拉力F 的力矩减小，故D 项错误。

5、D
【解题分析】
对m 1分析可知绳子的拉力大小，对滑轮分析，由于滑轮放在一根绳子上，绳子两端的张力相等，故可知两绳子和竖直方向上的夹角相等，由共点力的平衡关系可得出两质量的关系．
【题目详解】
对m 1分析可知，m 1受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m 1g ； 对于动滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m 1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等；故A 错误；由以上可知，两端绳子的拉力等于m 1g ，而它们的合力等于m 1g ，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知1m 1g ＞m 1g ，即m 1一定小于1m 1．但是m 1不一定大于m 1，故BC 错误。

轻杆受到绳子的作用力等于两边绳子的合力，大小为2cos m g β
，选项D 正确；故选D 。

【题目点拨】
本题要注意题目中隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出夹角的关系；同时还要注意应用力的合成的一些结论．
6、A
【解题分析】
AB ．从铝板中逸出的光电子具有最大初动能的电子在磁场中做圆周运动的直径为d ，则由
22
m m v ev B m d =
解得最大初动能
2222128km m e d B E mv m
== 金属铝的逸出功为
222
2128m hc e d B W h mv m
νλ=-=- 选项A 正确，B 错误；
C ．将荧光板继续向下移动，则达到荧光板的光电子会增加，则移动过程中荧光板上的辉光强度要增加，选项C 错误；
D ．增大入射光波长，则光电子最大初动能减小，则光子在磁场中运动的最大半径减小，则达到板上的电子数减小，则板上的辉光强度不一定增强，选项D 错误。

故选A 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AB
【解题分析】
A ．从同一高度水平发出两个速度不同的排球，根据平抛运动规律，竖直方向上有
212
h gt = 可知两排球下落相同高度所用的时间相等，A 项正确；
B ．由2
2y v gh =可知两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相同，B 项正确；
C ．由平抛运动规律可知水平方向上有x =vt ，可知速度较大的排球通过相等的水平距离所用的时间较少，C 项错误；
D ．由于做平抛运动的排球在竖直方向的运动为自由落体运动，两排球在落地前的一小段相等时间内下降的高度相同，
故选AB 。

8、BD
【解题分析】
A ．匀速运动的速度
s v t
=， 设匀加速运动的初速度为1v ，根据平均速度公式有： 122v v s t
+=， 联立上面两式得：
10v =，
对匀加速运动，根据位移公式有：
12212
()s a t =， 解得：
2
2s a t =， A 错误；
BD ．设匀减速直线运动的末速度为2v ，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有： 2 322
v v s t +=， 解得：
23s v t
=， 匀减速直线运动的加速度大小：
243392
s s v s t a t t t t ∆=∆-'==， BD 正确；
C ．三个过程中的平均速度大小 332322s
s v t t t t ==++，
C 错误。

【解题分析】
A ．车胎突然爆炸瞬间，气体膨胀，视为短暂的绝热过程，根据热力学第一定律
U W ∆=
车胎突然爆裂的瞬间，气体对外做功，气体内能减少，A 正确；
B ．根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，B 错误；
C ．根据气体压强的微观意义可知，气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，C 正确；
D ．根据大气压的变化规律可知，随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气的温度随外界温度的降低而降低，所以氢气的内能减小，D 正确；
E ．能量转化过程中，总能量不变，但能量可以利用的品质降低，能源会越来越少，E 错误。

故选ACD 。

10、CD
【解题分析】
根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．
【题目详解】
由甲粒子垂直于bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A 错误；由几何关系可知，R 甲=2L ，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦
长为2L ，所以：2L =2R 乙sin60°，解得：R 乙，由牛顿第二定律得：qvB=m 2
v r ，动能：E K =12mv 2=2222B q r m
，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B 错误；由牛顿第二定律得：qvB=m 2
v r ，解得：qBr v m =，洛伦兹力：
f=qvB=22q B r m ，即f f 甲乙=C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B 分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=2απ
T ，粒子做圆周运动的周期：2m T qB π= 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D 正确．.
【题目点拨】
题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、交流电源 212
2s s T - 2tanθ tg b g θ 【解题分析】
由题中“测量滑块和长木板之间的动摩擦因数”可得，本题考查动摩擦因数测量实验，根据打点计时器数据处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。

【题目详解】
①[1]打点计时器应接在交流电源上；
②[2]根据公式
2()m n x x m n aT -=-
可得
2122s s a T
-= ③[3]由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即2T F =
滑块收到的摩擦力为
f M
g μ=
有牛顿第二定律可得
T f Ma -=
计算得出F 与加速度a 的函数关系式为
22
M Mg F a μ=+ 由图像所给信息可得图像截距为
2
Mg
b μ= 而图像斜率为 2M k =
计算得出
22tan M k θ==
[4]计算得出
tan b g μθ
=
【题目点拨】
本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力，对这种创新题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型。

12、220 2 3.91 9.75
【解题分析】
[1]．电火花式打点计时器直接接在220V 的交流电源上即可。

[2]．根据纸带可知打下连续两点时间间隔
10.02s t f
== 根据自由落体运动位移公式可知，开始时相邻两点间距离
22119.80.02m 1.96mm 2mm 22
h gt ==⨯⨯=≈。

[3]．根据中点时刻的瞬间速度
3.91m/s 2BD C x v T
== [4]．根据2x gt ∆=可知
2
222(8.027.63)10m/s =9.75m/s 0.02
g --⨯=。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)8m/s v =, 17m/s v = (2) 3.5s t =
【解题分析】
（1）在0-3s 内，对P ，由动量定理有：
F 1t 1+F 2t 2-μmg （t 1+t 2）=mv-0
其中F 1=2N ，F 2=3N ，t 1=2s ，t 2=1s
解得：v=8m/s
设P 在BC 两点间滑行的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得：μmg=ma
P 在BC 两点间做匀减速直线运动，有：v 2-v 12=2aL
解得：v 1=7m/s
（2）设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v 1′、v 2′，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有： mv 1=mv 1′+mv 2′
12mv 12=12mv 1′2+12
mv 2′2 联立解得：v 2′=v 1=7m/s
碰后Q 做匀减速直线运动，加速度为：a′=μg=2m/s 2 Q 运动的时间为：27 3.53v t s s a '===' 14、（1）1.2m ；（2）会，小球在轨道CD 部分脱离轨道
【解题分析】
（1）如图所示，画出小球通过A 点时的速度矢量三角形 0tan y v v θ=
y gt =v
0PA x v t =
代入数据求得
1.2m PA x =
（2）根据速度矢量三角形
0cos A v v θ
= 21cos 2
A mv mgR θ> 说明小球能越过轨道C 点；
假设小球能从A 运动到D ，根据动能定理
2211(1cos )22
D A mgR mv mv θ-+=- 解得
5.8m/s D v =
若小球恰能通过D 点则有
2D v mg m R
'=
D v '=
D v '=
因D D v v '<，因此小球会在轨道CD 部分脱离轨道。

15、（1）034ab U Blv =（2）220B l v a g mR =-（3）220022()12
m gR v gt E mv B L +=+ 【解题分析】
(1)ab 边产生电动势：E ＝BLv 0，因此
034
ab U Blv = (2)安培力ab F BIl =，电流为0Blv I R =
，对火箭主体受力分析可得： F ab －mg ＝ma
解得：
220B l v a g mR
=- (3)设下落t 时间内火箭下落的高度为h ，对火箭主体由动量定理： mgt －ab F t ＝0－mv 0
即
mgt －22B L h R
＝0－mv 0 化简得
h ＝022
()mR v gt B L + 根据能量守恒定律，产生的电能为： E ＝2012mgh mv +
代入数据可得：
220022()12
m gR v gt E mv B L +=+。