江苏省南通市如皋市2024-2025学年高三上学期第一次教学质量检测物理试卷

2024-2025学年江苏省南通市如皋市高三（上）第一次教学质量检测物理试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。1.一个平行板电容器的电容为C，一个极板所带电荷量的绝对值为Q，两板间的距离为d，则该电容器两极板间的电场强度为(

)A.QCd B.2QCd C.C2.“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验装置如图所示，该实验不需要的实验器材是(

)

A.天平 B.秒表 C.刻度尺 D.复写纸3.如图所示，在飞船发动机推力作用下，飞船和空间站一起向前做加速度为a的匀加速直线运动.飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(

)

A.ma B.Ma C.MmM+m4.如图所示的电路中，光敏电阻R2的阻值随光照强度增大而减小，电表均为理想电表.闭合开关S电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，则(

)

A.电流表示数减小 B.小灯泡的功率减小

C.电容器所带电荷量减小 D.两表示数变化量的比值ΔUΔI5.太阳内部的热核反应使其质量在缓慢减小.在若干年后，若地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动，则描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比(

)A.半径不变 B.半径变小 C.周期不变 D.周期变大6.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点，其电势分别为6V、4V和2V.则经过A点的电场线正确的是(

)A. B.

C. D.7.一对等量点电荷位于x轴上，沿x轴方向上的电势随坐标的变化情况如图所示，取无穷远处电势为零.图中x1、x2为轴上关于原点O的对称点，下列说法中正确的是(

)

A.在x1∼x2范围内，O点的电势最低

B.在x1∼x2范围内，O点的电场强度最大

C.位于x8.在O点处固定一个正点电荷，P点在O点左上方.从P点由静止释放一个带电的小球，小球仅在重力和电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两点，OP>OM=ON，则小球A.带负电荷

B.在M点的机械能小于在N点的机械能

C.在P点的电势能小于在N点的电势能

D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功9.如图所示，甲、乙是改装成电流表和电压表的电路，则(

)

A.甲图中，R减小时量程减小

B.乙图中，R减小时量程增大

C.甲图中，若改装后的电表示数略微偏大，可将R值稍微调小

D.乙图中，若改装后的电表示数略微偏大，可将R值稍微调小10.如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上.一小球由弹簧的正上方自由下落，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内.小球向下运动的整个过程中，小球重力的瞬时功率P、弹簧的弹性势能Ep与位移x的关系图像正确的是(

)

A. B.

C. D.11.如图所示，轻杆一端固定在光滑的水平轴上，另一端固定一小球.静止在最高点的小球由于轻微的扰动开始向一侧运动，不计空气阻力，则小球从最高点向最低点运动的过程中(

)

A.小球对杆始终有力的作用 B.小球对杆的作用力先增大后减小

C.小球的速率正比于小球下降的高度 D.小球的速率正比于小球离开出发点的距离二、实验题：本大题共1小题，共9分。12.某同学想通过测绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律.待测小灯泡一只，额定电压为2.5V，电阻约为几欧电压表一个，量程0∼3V，内阻约为电流表一个，量程0∼0.6A，内阻约为滑动变阻器一个;干电池两节;开关一个，导线若干.(1)请在图甲中补全实验的电路图.(2)图甲中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于__________(选填“A”或“B”)端.(3)某次测量时电流表示数如图乙所示，该示数为__________A(4)该同学通过实验作出小灯泡的I-U图像如图丙所示，则小灯泡正常工作时的电阻约为__________Ω

(5)I-U图像弯曲的原因是__________三、计算题：本大题共4小题，共40分。13.质量mA=1kg的物体A从空中自由落下，与此同时质量mB=2kg的物体B做竖直上抛运动，经过t=0.2s与A发生正碰并粘在一起.已知碰撞前瞬间B(1)碰撞前瞬间A的速度大小v(2)碰撞后瞬时两物体的速度大小v.14.汽车的启动简化电路如图所示，电源电动势为E，电源与电流表的内阻之和为r.车灯接通电动机未起动时，电流表示数为I1，电动机启动的瞬间，电流表示数达到I2.忽略车灯的电阻变化.(1)车灯的电阻R(2)电动机启动瞬间车灯的功率P.15.如图所示，质量m=1kg的小物体从斜面上A点由静止开始下滑，经t0=2s运动到斜面底端B点，并通过一小段光滑的弧面滑上水平传送带的右端.已知A、B间距离L1=4m，传送带B、C两端点间距离L2=8(1)物块到达B点时的速度大小v(2)物块在传送带上传输的时间t(3)因传输物块电机多消耗的电能E.16.如图所示，一足够长的竖直圆筒筒壁上有小孔O，筒内所有区域存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E.粒子源不停地水平向右发射速率为v0的带正电荷的粒子，粒子通过孔O沿筒的半径方向进入圆筒.已知粒子质量为m，电量为q，圆筒半径为mv022(1)求单个粒子从射入圆筒到打到筒壁过程中动量的变化量大小Δp(2)若圆筒绕其竖直中心轴以恒定的角速度转动，粒子打在筒壁上的点均与孔O处于同一竖直线上，求圆筒的角速度ω(3)若在孔O和圆筒中心轴的竖直平面内不断改变粒子的发射方向，粒子源在120∘范围内发射粒子到孔O，求所有粒子打到筒壁时电势能的最大差值ΔE答案和解析1.【答案】A

【解析】两极板间的电势差为：U=QC，

则两极板间的电场强度为：E=Ud，2.【答案】B

【解析】此实验需要用复写纸确定小球的落地点，需要用天平测量小球的质量，需要用刻度尺测量小球做平抛运动的水平位移；由于小球下落高度相同，在空中时间相同，可以用小球做平抛运动的水平位移代替水平初速度，所以不需要用秒表测时间。本题选不需要的，故ACD错误，B正确；

故选：B。3.【答案】B

【解析】根据牛顿第二定律，对空间站分析有F即飞船和空间站之间的作用力F'=Ma，故B4.【答案】C

【解析】由图可知，L和R2串联后和C并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；

A、当增大照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，电流表示数增大，故A错误；

B、流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故B错误；

C、电容器板间电压UC=E-I(R1+r)5.【答案】D

【解析】AB.若太阳的质量减小，则太阳对地球的引力减小，则引力不足以提供地球做圆周运动的向心力，则地球将做离心运动，轨道半径变大，故AB错误；

CD.根据牛顿第二定律有GMmr2=m4π2T2r6.【答案】A

【解析】AC连线中点D的电势为φD=6+22V=4V，连接BD为一等势面，过A7.【答案】D

【解析】A、由电势随坐标的变化图像可知在x1∼x2范围内，O点的电势最高，故A错误；

B、φ-x图像的斜率表示电场强度，则在x1∼x2范围内，O点的电场强度最小(为零)，故B错误；

C、因x轴上各点的电势均小于零，且φ-x图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，故C错误；

D、x1∼O电场沿x8.【答案】C

【解析】A.带电小球所受合力指向轨迹的凹侧方向，由图可知小球所受电场力大致指向左上方，所以小球带正电，故A错误；

BC.带正电的小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，则小球的电势能和机械能之和不变，由能量守恒定律可知，带正电的小球在M点的电势能等于在N点的电势能，则带正电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能；根据正点电荷的电势分布情况可知φM

=φN

>φP，根据Ep=qφ可知，且ED.从M点运动到N点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，刚开始夹角为钝角，做负功；后变为锐角，做正功，故电场力先做负功后做正功，故D错误。9.【答案】C

【解析】AC、由电表的改装可知，电流表应是G与R并联(甲图)，改装后加在G两端的最大电压Ug=IgRg不变，所以并联电阻R越大，I=Ig+IR越小，即量程越小；若改装后的电表示数略微偏大，说明所并联电阻的分流偏小，则分流电阻阻值偏大，可将R值稍微调小，故A错误，C正确；

BD、对于电压表应是G与R串联10.【答案】B

【解析】AB.小球接触弹簧前做自由落体运动，则P=mgv=mg2gx，根据数学知识可知P-x图像是开口向右的抛物线；小球开始接触弹簧，向下的合力减小，做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，小球重力的瞬时功率最大；之后做减速运动，直到速度减为零，小球向下运动到最低点，此时小球重力的瞬时功率为零，故A错误，B正确；

CD.11.【答案】D

【解析】A、设小球从图中位置转过θ时，小球只受重力，此时有mgr(1-cosθ)=12mv2，mgcosθ=mv2r，联立解得cosθ=23，即此时杆对小球没有作用力，则小球对杆也没有作用力，故A错误；

B、根据A选项分析可知小球对杆的作用力先减小到0后增大，故B错误；

C、根据mgh=12mv2，解得v=12.【答案】(1)；

(2)B；

(3)0.23

(4)5.8(5.6-6.0)

(5)随着电流(【解析】(1)为了测绘小灯泡的I-U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，所以还应有电流表，由于小灯泡电阻较小，所以电流表应外接，故电路图如图：

。

(2)开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B处，使在刚好闭合S时，测量电路部分处于短路状态电流表和电压表的示数均为零，起保护作用。

(3)电流表量程为0.6A，由图可知电流表读书为0.23A。

(4)由于小灯泡的额定电压为2.5V，由图可知，电流为0.43A，由欧姆定律

R=UI13.【答案】解：(1)对A：vA=gt，

解得vA=2m/s。

(2)对系统，取向下为正方向，

根据动量守恒mAv【解析】详细解答和解析过程见【答案】14.【答案】解：(1)电动机未启动时，闭合电路欧姆定律E=I1(R+r)，解得R=EI1-r。【解析】详细解答和解析过程见【答案】15.【答案】解：(1)对物体L1=0+vB2t0，

解得vB=4m/s。

(2)在传送带上，物体的加速度a=μ2g=2m/s2，

与传送带达到共速的时间t1=v-vBa=1s，

物块的位移x