2025-2026学年东北三省辽宁实验中学高三下学期第三次月考：物理试题含解析.doc

2025-2026学年东北三省辽宁实验中学高三下学期第三次月考：物理试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、绿化工人在街道旁边栽种大树时，为了确保树干不倾斜，需要用铁杆来支撑。通常是用一个铁环紧套在树干上，三根长度不同的铁杆一端均匀分布在固定的铁环上，另一端固定在同一个水平地面上，大树栽好后竖直压在地上，如图所示。由于树刚栽，地面对大树的作用力，除了竖直向上的支持力以外，其它力可以不考虑。则下列说法中正确的是（　　）

A．三根铁杆对大树的作用力大小一定相等
B．大树对地面的作用力一定大于自身的重力
C．铁杆对大树的作用力与地面对大树的支持力是一对平衡力
D．铁杆对大树的作用力在水平方向的合力为零
2、用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（　　）

A．开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线 B．b光的光子能量大于a光的光子能量
C．用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功 D．b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能
3、如图，长为L、倾角的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行，小物块以4.5m/s的速度从传送带底端A沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图像中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是（　　）

A． B． C． D．
4、如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有（ ）

A．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大
B．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率
C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为
D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为
5、在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 : 1，副线圈接有阻值为10的定值电阻R，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。下列分析正确的是

A．变压器原线圈通过的电流为
B．变压器副线圈通过的电流为
C．电阻R两端的电压为10 V
D．电阻R消耗的功率为40 W
6、如图所示，xOy直角坐标系在竖直平面内，x轴水平，坐标系内的直线方程为y＝，y轴上P点的坐标为(0.4)，从P点以v0＝2m/s的初速度沿x轴正方向抛出一小球，小球仅在重力作用下运动．已知重力加速度g取10m/s2，则小球运动轨迹与图中直线交点的纵坐标值为

A．0.6 B．0.8 C．1 D．1.2
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,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g，则（ ）

A．若乙的速度为 v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s=
B．若乙的速度为 2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变
C．若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=
D．保持乙的速度 2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率= mgμv0
8、如图所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块．滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球．最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，如果整个过程斜面保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是

A．斜面对小球的支持力逐渐减小
B．细线对小球的拉力逐渐减小
C．滑块受到水平向右的外力逐渐增大
D．水平地面对斜面体的支持力逐渐减小
9、在轴上和处，固定两点电荷和，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在处电势最低，下列说法中正确的是（　　）

A．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为
B．两个电荷是同种电荷，电荷量大小关系为
C．处的位置电场强度不为0
D．在与之间的连线上电场强度为0的点有2个
10、如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止，则(　　)

A．滑块A的质量大于滑块B的质量
B．两滑块到达斜面底端时的速率相同
C．两滑块到达斜面底端时，滑块A重力的瞬时功率较大
D．两滑块到达斜面底端所用时间相同
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）某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻。实验器材中恰好有一块零刻度在中央的双电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量，他用到的实验器材有：
待测水果电池组（电动势约，内阻约）、双向电压表（量程为，内阻约为）、电阻箱（）、滑动变阻器（），一个单刀双掷开关及若干导线。

（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将的滑动触头滑至最左端，将拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节的滑动触头，使电压表示数达到满偏；
③保持______不变，调节，使电压表的示数达到______；
④读出电阻箱的阻值，记为，则电压表的内阻______。
（2）若测得电压表内阻为，可分析此测量值应______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关拨至______（选填“1”或“2”）位置，将的滑动触片移到最______端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。

（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为，作出图象，则可消除系统误差，如图所示，其中纵截距为，斜率为，则电动势的表达式为______，内阻的表达式为______。
12．（12分）实验室购买了一捆标铜导线，小明同学想通过实验测定其长度。按照如下步骤进行操作：
(1)该同学首先使用螺旋测微器测得导线的直径如图(1)所示，则导线的直径d＝___________mm；
(2)通过查阅资料查得铜的电阻率为ρ；
(3)使用多用电表欧姆档初步估测其电阻约为6Ω：
(4)为进一步准确测量导线的电阻，实验室提供以下器材：
A．直流电流表A（量程0~0.6A，内阻RA=3Ω）
B．直流电压表V1（量程0~3V，内阻约100Ω）
C．直流电压表V2（量程0~15V，内阻约100Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围0~5Ω）
F．滑动变阻器R2（阻值范围0~100Ω）
G．直流电源E（输出电压3V，内阻不计）
H．开关S一个、导线若干

①为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，实验中应选择的电压表是___________（用所选器材前的字母表示）；选择的滑动变阻器是___________（用所选器材前的字母表示）；
②按实验要求在图(2)中，还需要连接的接线柱有___________（填相应接线柱的符号，如“ab”、 “cd”等）；

③若测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，则可得铜导线的长度可表示为L=___________（用题目提供的已知量的字母表示）；
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）如图所示，在倾角=的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量M=3.0kg，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态，挡板到斜面底端的距离为7m。将质量为m=1.0kg的小物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m处由静止开始释放。物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，物块与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)物块与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。

14．（16分）如图所示，T形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S1、S2，活塞与汽缸两端的距离均为L，汽缸上有a、b、c三个小孔与大气连通，现将a、b两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为p0，环境温度为To，活塞与缸壁间无摩擦．

(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T1，求此时缸内气体的压强；
(2)若气体温度仍为T0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？
15．（12分）2019年诺贝尔物理奖的一半授予詹姆斯·皮伯斯（James Peebles）以表彰他“在物理宇宙学方面的理论发现”，另一半授予了米歇尔·马约尔(Michel Mayor)和迪迪埃·奎洛兹(Didier Queloz)，以表彰他们“发现了一颗围绕太阳运行的系外行星”。对宇宙探索一直是人类不懈的追求。现假设有这样模型：图示为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O的运行轨道近似为圆．已知引力常量为G，天文学家观测得到A行星的运行轨道半径为R0，周期为T0，求：
（1）中央恒星O的质量M是多大？
（2）长期观测发现A行星每隔t0时间其运行轨道便会偏离理论轨道少许，天文学家认为出现这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B（假设其运行的圆轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同）．根据上述现象和假设，试求未知行星B的运动周期和轨道半径．

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、D
【解析】
A．三根铁杆长度不等，与地面的夹角不等，则对大树的作用力大小不相等，选项A错误；
B．由平衡知识可知，地面对大树的作用力与铁杆对大树的作用力的合力等于大树的重力，可知地面对大树的作用力小于大树的重力，则大树对地面的作用力一定小于自身的重力，选项B错误；
C．因为地面对大树的作用力与铁杆对大树的作用力的合力等于大树的重力，可知铁杆对大树的作用力与地面对大树的支持力不是一对平衡力，选项C错误；
D．大树栽好后竖直压在地上，则铁杆对大树的作用力在水平方向的合力为零，选项D正确。
故选D。
2、B
【解析】
A．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；
B．根据

入射光的频率越高，对应的截止电压越大；由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据

可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，B正确；
C．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C错误；
D．b光的截止电压大于a光的截止电压，根据

所以b光对应的光电子最大初动能大于a光的光电子最大初动能，D错误。
故选B。
3、B
【解析】
ABCD．开始阶段，物块的速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得

解得

方向沿传送带向下，当物块与传送带共速时，因

所以物块与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律得

解得

方向沿传送带向下，所以物块继续做加速度较小的匀减速运动，直到速度为零，ACD错误B正确。
故选B。
4、B
【解析】
A．根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；
B．根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：

若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：

则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：

故B正确；
C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：

故C错误；
D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：

故D错误；
故选B。
5、B
【解析】
由原线圈接的正弦交变电压的u-t图像可读出最大值为，可得输入电压的有效值为；
，
由理想变压器的电压比等于匝数比，有：

可得副线圈的两端的电压为：

AB．对副线圈的电路由欧姆定律可得副线圈的电流为：

结合电流比等于匝数的反比，可得原线圈流过的电流为：

故A项错误，B项正确；
C．电阻R并联在副线圈两端，则电压即为副线圈两端的电压为，故C错误；
D．电阻R消耗的功率为：
，
故D项错误。
故选B。
6、B
【解析】
设小球的运动轨迹与线的交点坐标为（x，y），则：
x=v0t，4-y=gt2
又有：
y=x
解得：
y=0.1．
ACD.由上计算可得y=0.1，ACD错误；
B.由上计算可得y=0.1，B正确．

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、CD
【解析】
根据牛顿第二定律，μmg=ma，得a=μg，摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小为，根据−2axs＝1-v12，解得： ，故A错误；

沿传送带乙方向的加速度ay＝μg，达到传送带乙的速度所需时间，与传送带乙的速度有关，故时间发生变化，故B错误；设t=1时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，
则，很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，解得 ．且由题意知，t，则，所以摩擦力方向保持不变，则当vx′=1时，vy′=1，即v=2v1．故C正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，在侧向上−2axs＝1-v12，在纵向上，2ayy＝(2v1)2−1; 工件滑动时间 ，乙前进的距离y1=2v1t．工件相对乙的位移，则系统摩擦生热Q=μmgL，依据功能关系，则电动机做功：
由 ，解得 ．故D正确；故选CD.
点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
8、BC
【解析】
AB．对小球受力分析可知，沿斜面方向：，在垂直斜面方向：（其中是细线与斜面的夹角，为斜面的倾角），现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，变小，则细线对小球的拉力变小，斜面对小球的支持力变大，故选项B正确，A错误；
C．对滑块受力分析可知，在水平方向则有：，由于变小，则有滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项C正确；
D．对斜面和小球为对象受力分析可知，在竖直方向则有：，由于变小，所以水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，故选项D错误．
9、AC
【解析】
AB．φ－x图线的切线斜率表示电场强度的大小，点切线斜率为零即电场强度为0，则有

则

根据沿电场线方向电势降低可知，内电场强度沿x轴正方向，内电场强度沿x轴负方向，则两个电荷是同种电荷，故A正确，B错误；
C．φ－x图线的切线斜率表示电场强度的大小，点切线斜率不为零，则电场强度不为0，故C正确；
D．由于两个电荷是同种电荷，根据电场的叠加可知，在的左边和的右边合场强不可能为0，所以只有在处合场为0即只有一处，故D错误。
故选AC。
10、AB
【解析】
滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsinα=mBgsinβ；由于α＜β，故mA＞mB，故A正确；滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=mv2，则v= ，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA=mAgsinα•v，PB=mBgsinα•v；由于mAgsinα=mBgsinβ，故PA=PB，故C错误；由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，a=gsinθ，α＜β，则aA＜aB，物体的运动时间，v相同、aA＜aB，则tA＞tB，故D错误；故选AB．
点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意求解瞬时功率时，不能忘记力与速度方向之间的夹角．

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、（1）③ 半偏（或最大值的一半） ④ （2）大于 （3）①2 左 （4）
【解析】
（1）由题图可知，当S拨向1位置，滑动变阻器在电路中为分压式接法，利用电压表的半偏法得：调节使电压表满偏；
[1].保持不变，与电压表串联；
[2].调节使电压表的示数达到半偏（或最大值的一半）；
[3].则电压表的内阻与电阻箱示数相同。
（2）[4].由闭合电路欧姆定律可知，调节变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻变大。干路总电流变小，由得变大，由电路知，滑动变阻器的滑动触头右侧分得的电压变小，则变大，电压表半偏时，上分得的电压就会大于电压表上分得的电压，那么的阻值就会大于电压表的阻值。
（3）[5].[6].测水果电池组的电动势和内阻，利用伏阻法，S拨到2位置，同时将的滑动触头移到最左端。利用，，联立求E、r。
（4）[7].[8].由闭合电路欧姆定律得：
，
变形得
，
则
，，
解得：
，。
12、0.680（0.678~0.682） B D kj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg）
【解析】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为：0.01mm×18.0=0.180mm，故导线的直径为d=0.680mm，由于误差，则0.678mm~0.682mm均正确；
(4)[2]由于电源的输出电压为3V，则电压表选择B；
[3]由于待测电阻阻值约为，为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，则滑动变阻器应选D；
[4]为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻，测滑动变阻器应用分压式，由于电流表内阻已知，则电流表内接，这样可以消除因电流表分压带来的误差，所以应连接的接线柱有kj（或ej）、bd（或bh）、dh（或dg）；
[5]由实验原理可知

则

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)2.0m/s；(2)；(3) 6次
【解析】
(1)物块下滑的加速度为

物块第一次下滑至挡板时的速度为
v==4m/s
经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得
mv=mv1+Mv2

解得
v2=2.0m/s
(2)设木板下滑的加速度大小为a′，由题中条件可得，木板下滑的位移为x2

物块位移为

由牛顿第二运动定律可得

解得

解得

(3)第二次碰撞前瞬间物块速度为
=4m/s
此时物块木板速度为0，物块与挡板发生第二次碰撞后，挡板与物块将重复上述运动过程
第一次碰后到第二次碰前挡板运动位移为
x2=
故
L=7m=5
故物块和挡板在斜面上发生6次碰撞。
14、 (1) 　(2)升高　
【解析】
(1)A、B内气体相通，初状态压强为p1．由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可知，
解得
(2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高．
由
解得
所以温度变化了
故本题答案是：(1) 　(2)升高　
点睛;正确利用理想气体方程求解即可．
15、（1） （2）
【解析】
（１）由万有引力定律得：令A星质量为m

求得：
.
（2）令B星运动周期为TB 轨道半径为RB

求得：

由开普勒第三定律：

得到：
.