江苏省常州市2021-2022学年高三物理上学期中质量调研试题.docx

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1、江苏省常州市2021-2022学年高三上学期中质量调研试题一、选择题（每小题4分，共44分）1. 以下关于物理学研究方法的叙述正确的是A. 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，该探究运用了类比的方法。B. 根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了微量放大的方法C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法【答案】D【解析

2、】A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，该探究运用了控制变量法，故A错误；B根据速度定义式，当极短时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了物理的根限法，故B错误；C在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型法，故C错误；D在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；故选D。2. 甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶，其速度时间图象分别为图中直线a和曲线b，

3、由图可知( )A. t0时刻两车并排行驶B. t0时刻乙车的运动方向发生改变C. 在0t0时间内，乙车的加速度越来越小D. 在0t0时间内，乙车的平均速度为【答案】C【解析】A根据v-t图象与时间轴所围成的面积表示位移，知在0t0时间内，乙车的位移比甲车的大，则t0时刻乙车在甲车的前方，故A错误B乙车的速度一直为正，运动方向没有改变，故B错误C在0t0时间内，乙车图象切线斜率越来越小，则乙车的加速度越来越小，故C正确D在0t0时间内，甲车做匀加速直线运动，平均速度为，乙车的位移比甲车的大，则乙车的平均速度大于甲车的平均速度，即大于，故D错误3. 如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高

4、AB为2m，倾角为=37，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为()ABCD【答案】A【解析】设AB高为h，则从A点抛出的小球运动的时间从D点抛出的小球运动的时间在水平方向上有 代入数据得x=m故A正确，BCD错误。故选A。4. 如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是()A转动的角速度越大，细线中的拉力越大B转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大C转动的角速度不同，

5、环M与水平杆之间的弹力相等D转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等【答案】C【解析】设细线与竖直方向的夹角为，对N受力析，受到竖直向下的重力GN，绳子的拉力T，杆给的水平支持力N1，因为两环相对杆的位置不变，所以对N有因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，AB错误；CD受力分力如图对M有所以转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等；若以较小角速度转动时，摩擦力方向右，即随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即故可能存在摩擦力向左和向右时相等的情况，C正确，D错误。故选C。5. 若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测

6、出小球从抛出到落地的位移为L。已知月球半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A月球表面的重力加速度B月球的质量C月球的第一宇宙速度D月球的平均密度【答案】C【解析】由小球平抛，依题意有则，故A错误；由则，故B错误；第一宇宙速度，故C正确；根据则月球平均密度，故D错误。故选C。6. 目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小

7、分别保持不变，下列说法正确的是A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】D【解析】关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用

8、时间为，则，解得，故D正确。7. 水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为+Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为+q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A小球受到的电场力先减小后增大B小球的运动速度先增大后减小C小球的电势能先增大后减小D小球的加速度大小不变【答案】C【解析】小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小

9、球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项C正确；由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。故选C。8. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合

10、且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是()A小球带负电B当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变小C当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上D当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率【答案】B【解析】根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，A项错误；当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，B项正确；当极板间电压减小时，极板

11、所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。故选B。9. 如图所示，导体棒I固定在光滑的水平面内，导体棒II垂直于导体棒I放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒I、I通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒II出现在虚线位置。下列关于导体棒I位置的描述可能正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由右手螺旋定则可知，导线I在导线II处产生的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，导线I

12、I所受的安培力竖直向下，且导线II的左边的安培力大于右边受到的安培力，所以导线II左边向下转动，右边向上转动，故B正确。故选B。10. 如图所示，理想变压器原、副线图的应数些为n1:n2=2:1，输人端接在 (V)的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10，电表均为理想电表。下列说法正确的是( )A当R1=0时，电压表的读数为30VB当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V 5W”的灯泡，灯泡能够正常发光C当R1=10时，电流表的读数为1AD当R1=10时，电压表的读数为6V【答案】B【解析】输入端电压的有效值为30V，当R1=0时，电压表的读数为，选项A错误；当R1=0时，若

13、将电流表换成规格为“5V， 5W”的灯泡，灯泡电阻为 ，此时次级电流，因灯泡的额定电流为，则此时灯泡能够正常发光，选项B正确；当R1=10时，设电流表的示数为I，则此时初级电流为0.5I，初级电压： ，则次级电压为，则，解得I=1.2A，此时电压表读数为IR=12V，选项C，D错误；11. 如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为r，电阻为R，磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示，时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()A在时刻，环中的感应电流沿逆时针方向B在时刻，环中的电功率为C在时刻，环中的感应电动势为零D0t0内，圆环有收缩的趋势【答案】B【解析】由磁场的磁感

14、应强度B随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0t0时间内，磁场垂直纸面向里，B减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A错误；由图象可得斜率为，则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为，线圈的电功率为，所以B正确，C错误；0t0内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，D错误。故选B。二、 简答题（共56分）12. 某物理实验小组的同学安装“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示。先让质量为m1的小球A从斜面上某处自由滚下测出落地点的位置，然后再与静止在支柱上质量为m2的等体积小球

15、B发生对心碰撞，测出两个球分别的落地点位置。则：(1)下列关于实验的说法正确的是_。A.轨道末端的切线必须是水平的B.斜槽轨道必须光滑C.入射球m1每次必须从同一髙度滚下D.应满足入射球m1质量小于被碰小球m2(2)在实验中，根据小球的落点情况，该同学测量出OP、OM、ON、OP、OM、OMN的长度，用以上数据合理地写出验证动量守恒的关系式为_。(3)在实验中，用20分度的游标卡尺测得两球的直径相等，读数部分如图所示，则小球的直径为_mm。【答案】 (1). AC (2). m1OP=m1OM+m2ON (3). 11.70【解析】(1)1A、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，

16、故A正确；B、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错误；C、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D、为防止碰后m1被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，故D错误。故选AC。(2)2小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，有：m1v1=m1v1+m2v2两边同时乘以时间t，则有：m1v1t=m1v1t+m2v2t即：m1OP=m1OM+m2ON；(3)3游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，则图示读数为：11mm

17、+140.05mm=11.70mm；13. 两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻。方案(1)：用内阻为3k、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R，开关S测量一节干电池的电动势和内阻。由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程。若定值电阻R1可供选择的阻值有1k、1.5k、5k，其中最合适的是_。请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图_，并完成图(a)中剩余的连线_。方案(2)：按照图(b)的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=_，内阻

18、r=_。【答案】 (1). (2). 见解析 (3). 见解析 (4). (5). 【解析】(1)1内阻为的电压表分压为，根据欧姆定律的分压规律可知的电阻分压为，恰好满足测量电源电动势的要求，所以选择阻值为的电阻；2采用伏阻法测量电源电动势和内阻，电路图如图所示：；3根据电路图连接电路：；(2)45根据闭合电路欧姆定律：变形得：根据图像的斜率和纵截距：解得：14. 如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一网弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。质量m2=0.4kg的小球b左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨

19、道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小；(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，a球的最小动能；(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。【答案】(1)8N；(2)0；(3)0.8Ns【解析】(1)设a球运动到B点时的速度为，根据动能定理有解得又因为解得由牛顿第三定律知小球a对轨道的压力(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用整个过程中，a球始终做减速运动，b球始终做加速运动，设a球最终速度为，b球最终速度为，由动量守恒定律和能量守恒得解得故a球的最小动能为0。

20、(3)由(2)知b球的最大速度为2m/s，根据动量定理有15. 如图所示，间距为L=2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B=0.5T方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1(值未标出)，在坐标为x0=1.2m处垂直于水平导轨放置有一质量m=1kg、电阻为R=0.1的导体棒ab。现把质量为M=2kg、电阻也为R=0.1的导体棒cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h=1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻

21、，忽略磁场的边界效应，g=10m/s2。求：(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度；(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。【答案】(1)6m/s；(2)4m/s；(3)-19J【解析】(1)cd棒下落过程中机械能守恒，有解得(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒，有解得两棒匀速时的速度m/s(3)设两棒达到相同速度时相距为x，则两棒同速前进，流过导体棒中的电量：对ab棒应用动量定理得：由式解得x=0.4m则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量设cd出磁场时的速度为，对cd棒应用动量定

22、理可得：解得由功能关系可知，整过程中有：解得J16. 如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为(R，0)，圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力)，以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：(1)带电粒子的比荷；(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。【答案】(1) (2) (3)【解析】 (1)由水平方向匀速直线运动得2h=v0t1竖直向下的分速度由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1，加速度为根据以上式解得(2)粒子进入磁场的速度为v，有粒子运动轨迹如图所示由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为r=R由洛伦兹力提供向心力可知解得(3)粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为粒子运动的总时 代入数据得：【附加题】