2025届安徽省淮南市高三下学期3月检测试卷 物理（含解析）

这是一份2025届安徽省淮南市高三下学期3月检测试卷 物理（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 图甲中，伽利略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，并直接用实验进行了验证
B. 图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变
C. 图丙中，铁块所受重力可以分解为下滑力和对斜面的压力
D. 图丁中，轰炸机水平匀速飞行中等时间隔投弹，不计空气阻力，所投炸弹落到平地的落地点不等间距
2.如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图，结构对称．当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的．则以下说法正确的是( )
A. 当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B. 拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C. 若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D. 若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
3.如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A. 拉力F做的功小于2mgR
B. 物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C. 物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
D. 12120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力都小，故B错误；
C.若在AO上施加一恒力，即F一定，根据F=2Tcsθ2可知，T=F2csθ2，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C错误；
D.若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，OD、OC两拉索夹角θ越大，根据F=2Tcsθ2可知，在T一定的情况下F越小，即拉动拉索AO越省力，故D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】
4.【答案】C
【解析】解：AB.根据题意可知，樊锦诗星”绕日运行为椭圆轨道，根据开普勒第三定律得
r地3T地2=r樊3T樊2
解得
T樊=3.18 3.18年≈5.67年
故AB错误；
CD.根据万有引力公式和牛顿第二定律可得
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
可知“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
a远a地=r地2r远2=14.862
故C正确，D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】A.由波源O的振动图像可知，周期T=4s，由波的分布图可知波长λ=10cm，根据波速v=λT=2.5cm/s，A错误；
B.t=2s=T2，A处质点到达波峰位置，B错误；
C、D.t=3s=3T4，B处质点处在平衡位置向上运动，C处质点处在平衡位置竖直向下运动，C错误，D正确。
正确答案D
6.【答案】D
【解析】A.根据题意，设bc和ba的夹角为θ，导体棒的运动时间为t，此时，导体棒运动距离为x=vt，由几何关系可知，切割磁感线的有效长度为L=vttanθ，感应电动势为E=BLv=Bv2ttanθ，由题意可知，电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q=CU=CBv2ttanθ，故A错误；
B.由A分析可知，0−t时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq=CBv2Δttanθ，回路中的电流为i=ΔqΔt=CBv2tanθ，故B错误；
C.根据题意，由公式F安=BIL可知，外力为F=F安=BIL=CB2v3ttan2θ，故C错误；
D.根据公式P=Fv可得，外力的功率为P=CB2v4ttan2θ，故D正确。
7.【答案】C
【解析】当S闭合后，副线圈电压不变，副线圈对应的总电阻变小，副线圈电流增大，灯泡L2变亮，L2上的电压变大，则L3两端的电压变小，灯泡L3变暗，交流电源输出电压有效值恒定，则灯泡L1上的电压也不变，所以灯泡L1亮度不变。
故选C。
8.【答案】B
【解析】赛车匀加速启动时，由牛顿第二定律：F−f=ma，赛车匀加速结束时其功率达到额定功率，则P=Fv=Fat，解得赛车匀加速运动的时间t=mPF(F−f)，由于a干燥>a湿滑，两次所受的阻力大小相等，则牵引力，额定功率相同，可见赛车匀加速的末速度，赛车在干燥路面做匀加速直线运动的时间较短；
匀加速结束后，功率不变，速度增大，由牛顿第二定律：Pv−f=ma知，赛车做加速度减小的加速运动，最终做匀速直线运动，其速度为vm=Pf，可见两赛车的最终速度相同，故B正确，ACD错误。
9.【答案】AC
【解析】A.物体静止开始下落时的加速度为13g，根据牛顿第二定律得：mg−qE=ma，解得：E=2mg3q，故A正确；
B.从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W=−qE(H+ℎ)=−2mg(H+ℎ)3，可知带电物块和弹簧组成的系统机械能减小量为2mg(H+ℎ)3，故B错误；
C.根据动能定理得：mg(H+ℎ)−23mg(H+ℎ)+W弹=0，解得弹力做功为：W弹=−13mg(H+ℎ)，即弹性势能增加量为13mg(H+ℎ)，故C正确；
D.从A到C的过程中，电场力做功为−23mg(H+ℎ)，则电势能增加量为23mg(H+ℎ)，故D错误。
故选AC。
10.【答案】AD
【解析】C.导体框的ab边与虚线1重合时的速度大小为v1= 2gℎ，此时ab边产生的感应电动势大小为E=Bℎv1，导体框中的感应电流为I=Er，ab边所受的安培力大小为F=BIℎ，导体框的ab与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为P=Fv1，整理得P=2B2ℎ3gr，选项C错误;
A.由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为v1= 2gℎ，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有2g(H−ℎ)=v12−v2，解得H=74ℎ，选项A正确;
B.设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有mg(ℎ+H+ℎ)=12mv2+Q，解得Q=72mgℎ，选项B错误;
D.设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为I，则由动量定理可得mgt−BIℎt=mv−mv1，根据电流的定义可知t时间内通过线框某一截面的电荷量为q=It，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知q=Ert=Bℎ2r，联立解得t=B2ℎ3mgr− ℎ2g，选项D正确。
故选：AD。
11.【答案】(1)10.55；(2)d2(ma+mb)2ℎt2(ma−mb)；(3)C；(4)大于
【解析】 (1)由图示游标卡尺可知，游标尺的精度为0.05mm，游标卡尺示数为：10mm+11×0.05mm=10.55mm。
(2)以ab两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：(ma−mb)g=(ma+mb)a，得：a=ma−mbma+mbg①，B通过光电门瞬间的速度为：vB=dt，由匀变速直线运动的速度位移公式：vB2−0=2aℎ②，联立①②解得：g=d2(ma+mb)2ℎt2(ma−mb)；
(3)由(2)中分析可知ℎ=d2(ma+mb)2gt2(ma−mb)，故需要描绘的是ℎ−1t2图像；故C正确。
故选C。
(4)若将考虑挡光片的质量而测得的重力加速度值记为g1，则：g1=d2(ma+mb+m挡)2ℎt2(ma−mb−m挡)，将忽略挡光片的质量而测得的重力加速度值记为g2，g2=d2(ma+mb)2ℎt2(ma−mb)，故g1大于g2。
12.【答案】由大到小
电压表电压为U
10(R1−R2)R1−2R2
R1−2R2
5.0kΩ

【解析】解：(1)为了保护电路，电阻箱的阻值应先调到最大值，使得回路总阻值最大，回路电流最小，所以闭合开关S1,将开关S2打至b，记下此时电压表示数U，再将开关S2打至a，调节电阻箱阻值的顺序应由大到小，调节电阻箱直至电压表电压为U；此时R0阻值即为光敏电阻的阻值。
(2)S2打至a，电压表示数为5V时，电阻箱阻值为R1：E=5V+5VRV·R1
电压表示数为10V时，电阻箱阻值为R2：E=10V+10VRV·R2
联立解得：E=10(R1−R2)R1−2R2，RV=R1−2R2。
(3)光敏电阻在有光照时的电阻的数量级为103Ω，电源电压约16V，电压表量程为15V，
则根据并联电路分压原理R0RVR0+RV