江苏省常州市2024-2025学年高三物理上学期期中质量调研试题

PAGEPAGE1江苏省常州市2024~2025学年高三物理上学期期中质量调研试题一、选择题（每小题4分，共44分）类比是一种常用的探讨方法。我们在直线运动的教学中，由v-t图线和横轴围成的面积求位移的大小从而推出位移公式。请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是：()A.由F-v(力-速度)图线和横轴围成的面积数值上等于对应速度变更过程中力做功的功率B.由F-t(力-时间)图线和横轴围成的面积数值上等于对应时间内力的冲量C.由F-x(力-位移)图线和横轴围成的面积数值上等于对应位移内力所做的功D.由U-I(电压-电流)图线和横轴围成的面积数值上等于对应电流的电功率【答案】AA.由P=Fv可知F-v图线和横轴围成的面积数值上等于对应速度内力做功的功率，无法求出对应速度变更过程中力做功的功率，选项A错误；B.F-t图线中随意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Ft，即冲量，选项B正确；C.F-x图线和横轴围成的面积表示Fx，由F-x(力-位移)图线和横轴围成的面积数值上等于对应位移内力所做的功，选项C正确；D.由U-I(电压-电流)图线，依据公式P=UI可知，依据U与I的坐标值的乘积求出对应电流做功的功率，无法求出对应的电流变更过程中的电功率，选项D正确。两辆汽车A、B从同一地点同时动身沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变更图象如图所示，下列推断正确的是()A.汽车A的加速度大小为4m/s2 B.汽车A、B在x＝6m处的速度大小为2m/sC.汽车B的加速度大小为2m/s2 D.汽车A、B在x＝8m处相遇【答案】BA．依据v2=v02-2ax可知汽车A的初速度为v0A=6m/s，加速度为aA=-2m/s2，选项A错误；B．B汽车的初速度为零，加速度为；汽车A、B在x=6m处的速度相等，大小为选项B正确，C错误；CD．当AB相遇时：汽车A停止运动的时间为走过的位移为9m；此时汽车B的位移故B车运动到9m处才能与A车相遇，，D正确；如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。则在小球移动过程中()A.细线对小球的拉力变大B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大D.地面对斜面的摩擦力变大【答案】AAB．对小球受力分析并合成矢量三角形：重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；CD．对斜面受力分析：正交分解：依据牛顿第三定律，小球对斜面的压力减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，依据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，CD错误。故选A。如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α>β，则下列说法正确的是()A．A的向心力小于B的向心力B．容器对A的支持力肯定小于容器对B的支持力C．若ω缓慢增大，则A、B受到的摩擦力肯定都增大D．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力【答案】D依据向心力公式知，质量和角速度相等，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为、，，所以A的向心力大于B的向心力，故A错误；依据径向力知，若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力供应向心力，则由受力状况依据牛顿其次定律得解得若角速度大于，则会有沿切线向下的摩擦力，若小于，则会有沿切线向上的摩擦力，故容器对A的支持力不肯定小于容器对B的支持力，故B错误；若缓慢增大，则A、B受到的摩擦力方向会发生变更，故摩擦力数值不肯定都增大，故C错误；因A受的静摩擦力为零，则B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受沿容器壁向下的摩擦力，故D正确。故选D。据科学家探讨发觉，由于潮汐作用，现阶段月球每年远离地球3.8cm，在月球远离地球的过程中，地球正转得越来越慢，在此过程中月球围绕地球的运动仍旧看成圆周运动，与现在相比，若干年后()A．月球绕地球转动的角速度会增大 B．地球同步卫星轨道半径将会增大C．近地卫星的环绕速度将会减小 D．赤道上的重力加速度将会减小【答案】B对月球绕地球转动，则，随着月球绕地球转动半径的增大，角速度减小，A错误；对地球的同步卫星，由可知，T变大，则r变大，即地球同步卫星轨道半径将会增大，选项B正确；对近地卫星，由可得，可知，近地卫星的环绕速度不变，C错误；由可知，赤道上的重力加速度将不变，D错误。故选B。为了探讨平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的试验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球马上水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地．A、B两小球自起先下落到落地前的过程中，两球的A.速率变更量相同B.速度变更率不同C.动量变更量相同D.动能变更量不同【答案】C速率是标量，其变更量干脆相减，A的速率变更量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变更量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变更率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变更量相同为mgt，C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变更量等于重力做功，相同，D错误．如图所示，当电路里滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()A.电容器C两端电压增大B.电容器C两极板间的电场强度减小C.电压表的读数减小D.R1消耗的功率增大【答案】AP下滑时接入电路的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，即通过的电流减小，依据可知消耗的功率减小，D错误；依据闭合回路欧姆定律可知内电压减小，外电压增大，电压表的读数增大，C错误；由于的电流减小，所以两端的电压减小，故电容器两端的电压增大，依据可得两极板间的电场强度增大，A正确，B错误．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为正电荷从A点运动到B点的运动轨迹，则下列推断正确的是()A．A点的场强小于B点的场强B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能D．正电荷在A点的速度小于在B点的速度【答案】C依据“电场线的密疏表示场强的大小”可知A点的场强比B点的场强大，故A错误；依据电场线分布状况可知Q1、Q2是同种电荷。由点电荷四周电场线较密可知点电荷带电荷量较多，即Q1<Q2，故B错误；正电荷做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，并且和电场线在一条直线上，所以正电荷电场力方向指向Q2，由于正电荷从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增大，即正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；正电荷从A点运动到B点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故正电荷在A点的速度大于在B点的速度，故D错误。故选C。如图，志向变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦沟通电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是志向电表。当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则()A．电源输出电压为8VB．电源输出功率为4WC．当R2=8Ω时，电压表的读数为3VD．当R2=8Ω时，变压器输出功率最大【答案】D当时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，依据欧姆定律，志向变压器原、副线圈匝数之比为1：2，依据电压与匝数成正比得原线圈电压是依据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是所以电源输出电压为，A错误；电源输出功率为，B错误；依据欧姆定律得副线圈电流为，所以原线圈电流是，所以当时，，即电压表的读数为6V；变压器输出的功率，所以满意，时变压器输入功率最大，解得，变压器输出的功率最大为，C错误，D正确。故选D。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随时间变更关系如图乙所示，时刻磁场方向垂直纸面对里，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D．0~t0内，圆环有收缩的趋势【答案】B由磁场的磁感应强度B随时间变更关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有变更，0~t0时间内，磁场垂直纸面对里，B减小，所以线圈中的磁通量在减小，依据楞次定律可推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；0~t0内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以依据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，D错误。故选B。光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A.FN=mgcosαB.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L【答案】D当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力不等于，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为，则，，解得，D正确；故选D.简答题（共56分）如图(甲)所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的试验．有始终径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H>>d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：(1)如图(乙)所示，用游标卡尺测得小球的直径d=________mm．(2)小球经过光电门B时的速度表达式为__________．(3)多次变更高度H，重复上述试验，作出随H的变更图象如图(丙)所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满意以下表达式：_______时，可推断小球下落过程中机械能守恒．【答案】(1).7.25(2).d/t(3).或2gH0t02=d2(1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．(2)[2]依据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度；(3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量若机械能守恒，有：即.“描绘小灯泡的伏安特性曲线”试验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，试验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A．直流电源3V(内阻不计)B．直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)C．直流电流表0～3A(内阻约为0.025Ω)D．直流电压表0～3V(内阻约为3.0kΩ)E．滑动变阻器100Ω，05AF．滑动变阻器10Ω，2A试验要求小灯泡两端的电压从零起先变更并能进行多次测量。(1)试验中电流表应选用_____，滑动变阻器应选用_____(均填写仪器前的字母)；(2)依据所供应器材，在线框中画出试验电路图___；(3)如图甲是此试验的器材实物图，图中已连接了部分导线。请依据在上问中所画的电路图，补充完成图中实物间的连线___；(4)开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应当置于_____。(选填“左端”“右端”或“正中间”)；(5)由于电路故障，电压表和电流表均有读数，但调整滑动变阻器，它们的读数不能为零。其故障的缘由是_____和_____之间的导线发生断路(填图甲中导线两端的编号)；(6)试验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，图中所描绘不是直线，某同学分析试验结论时对出现曲线的缘由给出以下理由，其中正确的是_____A．试验时操作错误，从而使读数错误。B．小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度上升会发生变更C．电路中的连接点有接触不良的现象D．改描I﹣U曲线可能变为直线(7)依据试验数据，画出小灯泡I﹣U图线如图所示。由此可知，当电压为0.75V时，小灯泡的灯丝电阻是_____Ω。(计算结果保留三位有效数字)【答案】(1).B(2).F(3).见解析(4).见解析(5).左端(6).5(7).13(8).B(9).6.00(5.70~6.05)(1)[1][2]．小灯泡的额定电流为，故选电流表B；滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；(2)[3]．电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采纳电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零起先，所以采纳滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示：

(3)[4]．依据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

(4)[5]．为了爱护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端；

(5)[6][7]．调整滑动变阻器，两个电表的读数不能为零。其故障的缘由是滑动变阻器接成了限流形式，即5和13之间的导线发生断路；(6)[8]．图线出现曲线的缘由是由于小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度上升会发生变更，故选B.(7)[9]．由图乙所示图象可知，当小灯泡两端的电压为0.75V时，小灯泡中的电流为0.125A，所以依据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：如图水平地面上固定着竖直面内半径R=2.75m的光滑圆弧槽，圆弧对应的圆心角为37°，槽的右端与质量m=lkg、长度L=2m且上表面水平的木板相切，槽与木板的交接处静止着质量m1=2kg和m2=1kg的两个小物块(可视为质点)。现点燃物块间的炸药，炸药爆炸释放的化学能有60%转化为动能，使两物块都获得水平速度，此后m2沿圆弧槽运动，离开槽后在空中能达到的最大高度为h=0.45m。已知m1与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：(1)物块到达圆弧槽左端时的速率v；(2)炸药爆炸释放的化学能E；(3)木板从起先运动到停下的过程中与地面间因摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)5m/s；(2)45J；(3)3J。(1)m2离开圆弧槽后，在空中的飞行过程的逆过程是平抛运动分解m2离开圆槽时的速度v，有依据平抛运动规律得代入数据联立解得v=5m/s(2)设炸药爆炸后，m1、m2获得的速率分别为力、m2运动过程中，由机械能守恒定律有：代入数据得=6m/s爆炸过程中，由动量守恒定律有代人入数据得=3m/s由题意有60%E=代入数据联立解得E=45J(3)对物块m1有对木板m2有代入数据得=2m/s2=1m/s2设经过时间t′达到共同速度v'有：代入数据得t′=1sv'=1m/s此过程中：m1的位移=2m木板的位移=0.5m相对位移=1.5m<L，故m1未脱离木板，假设它们一起做减速运动直到静止由得=1m/s2又：，故假设成立。设此后木板发生的位移为由运动学规律有代入数据得=0.5m整个过程中，木板与地面间因摩擦而产生的热量代入数据联立解得：Q=3J如图所示，质量为m=0.1kg闭合矩形线框ABCD，由粗细匀称的导线绕制而成，其总电阻为R=0.004Ω，其中长LAD=40cm，宽LAB=20cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度B=1.0T，磁场宽度d=10cm，线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，从图示位置由静止起先沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力F1=1N，且线框不发生转动。求：(i)速度v1和v2的大小；(ii)求线框起先运动时，CD边距磁场左边界距离x；(iii)线图穿越磁场的过程中产生的焦耳热。【答案】(i)v1=v2=1m/s(ii)0.05m(iii)0.5J依据题意可知LAD=40cm=0.4m，宽LAB=20cm=0.2m，磁场宽度d=10cm=0.1m。(i)匀速运动受力平衡，依据平衡条件可得其中安培力为代入数据解得AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做