1、安慶市20192020學年度第一學期期末教學質量監測高三物理試題一、單項選擇題1.物理學是研究物質運動最一般規律和物質基本結構的學科，在物理學的探索和發現過程中，科學家們運用了許多研究方法如：理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、科學假說法和建立物理模型法等。以下關于物理學研究方法的敘述中正確的是a. 在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法是微元法b. 在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變研究加速度與力的關系，再保持力不變研究加速度與質量的關系，這里運用了假設法c. 在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直

2、線運動，再把各小段位移相加，這里運用了理想模型法d. 根據速度定義式，當t0時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法【答案】d【解析】【詳解】a中采用了理想模型法；b中采用控制變量法；c中采用了微元法；d中是極限思維法；故選d.2. 如圖所示，一定質量的通電導體棒ab置于傾角為的粗糙導軌上，在圖所加各種大小相同方向不同的勻強磁場中，導體棒ab均靜止，則下列判斷錯誤的是a. 四種情況導體受到的安培力大小相等b. a中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零c. b中導體棒ab可能是二力平衡d. c、d中導體棒ab與導軌間摩擦力可能為零【答案】d【解析】【詳解】a導體棒受到的安培力f=

3、bil，因b大小相同，電流相同，故受到的安培力大小相等，故a正確，不符合題意；b桿子受豎直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三個力平衡，則不受摩擦力，故b正確，不符合題意；c桿子受豎直向下的重力、豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，故c正確，不符合題意；d桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力，d桿子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力，故d錯誤，符合題意；故選d.【名師點睛】此題是物體的平衡及安培力的問題；解決本題的關鍵掌握安培力的方向判定，以及能正確地進行受力分析，根據受力平衡判斷桿子受力；此題難度

4、不大，考查基本知識的運用能力.3.如圖所示物塊a和b的質量分別為4m和m，開始a、b均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力f6mg作用下，動滑輪豎直向上運動已知動滑輪質量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動中，物塊a和b的加速度分別為a. aag，ab5gb. aaabgc. aag，ab3gd. aa0，ab2g【答案】d【解析】【詳解】在豎直向上拉力f6mg時，此時a、b受的拉力分別為3mg、3mg，對a因為3mg4mg，故物體a靜止，加速度為0；對物體b3mgmgmab解得ab2g故選d。4.一個質量為m的質點以速度做勻速運動，某一時刻開始受到恒力f的

5、作用，質點的速度先減小后增大，其最小值為。質點從開始受到恒力作用到速度減至最小的過程中a. 該質點做勻變速直線運動b. 經歷的時間為c. 該質點可能做圓周運動d. 發生位移大小為【答案】d【解析】【詳解】質點減速運動的最小速度不為0，說明質點不是做直線運動，力f是恒力所以不能做圓周運動，而是做勻變速曲線運動設力f與初速度夾角為，因速度的最小值為可知初速度v0在力f方向的分量為，則初速度方向與恒力方向的夾角為150，在恒力方向上有v0cos 30t0在垂直恒力方向上有質點的位移聯立解得時間為發生的位移為選項abc錯誤，d正確；故選d5.在空間中水平面mn的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶

6、電小球由mn上方的a點以一定初速度水平拋出，從b點進入電場，到達c點時速度方向恰好水平，a、b、c三點在同一直線上，且ab=2bc，如圖所示，由此可知（ ）a. 小球帶正電b. 電場力大小為3mgc. 小球從a到b與從b到c的運動時間相等d. 小球從a到b與從b到c的速度變化相等【答案】b【解析】【詳解】根據小球從b點進入電場的軌跡可看出，小球帶負電，故a 錯誤；因為到達c點時速度水平，所以c點速度等于a點速度，因為ab=2bc，設bc的豎直高度為h，則ab的豎直高度為2h，由a到c根據動能定理：mg3h-eqh=0，即eq=3mg，故b正確；小球從a到b在豎直方向上的加速度為g，所用時間為：

7、；在從b到c，的加速度為向上，故所用時間：，故t1=2t2，故c 錯誤；小球從a到b與從b到c的速度變化大小都等于，但方向相反，故d 錯誤。6.如圖所示，位于豎直平面內的光滑軌道由一段拋物線ab組成，a點為拋物線頂點，已知a、b兩點間的高度差h0.8 m，a、b兩點間的水平距離x0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小環套在軌道上的a點，下列說法正確的是a. 小環以初速度v02 m/s從a點水平拋出后，與軌道無相互作用力b. 小環以初速度v01 m/s從a點水平拋出后，與軌道無相互作用力c. 若小環從a點由靜止因微小擾動而滑下，到達b點的速度為d. 若小環從a點由靜止因微小擾動而滑下，到

8、達b點的時間為0.4s【答案】a【解析】【詳解】ab小環以初速度v02 m/s從a點水平拋出，下落0.8 m用時水平位移為x=v0t=0.8 m，其軌跡剛好與光滑軌道重合，與軌道無相互作用力，a正確，b錯誤；c根據機械能守恒定律mghmv2到達b點的速度c錯誤；d小環沿軌道下落到b點所用的時間比平拋下落到b點所用的時間長，大于0.4 s，d錯誤故選a。7.某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻r1、r2的電壓與電流的關系圖如圖所示.用此電源和電阻r1、r2組成電路.r1、r2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路.為使電源輸出功率最大，可采用的接法是( )a. 將r1單獨接到電源兩端b. 將r1、

9、r2并聯后接到電源兩端c. 將r1、r2串聯后接到電源兩端d. 將r2單獨接到電源兩端【答案】a【解析】【詳解】根據閉合電路歐姆定律得：u=eir知，i=0時，u=e，圖象的斜率等于r，則由電源的ui圖線得到：電源的電動勢為e=3v，內阻為r=0.5. 由電阻的伏安特性曲線求出r1=0.5、r2=1，r1單獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態，可知，電路中的電流為3a，路端電壓為1.5v，則電源的輸出功率為p出1=1.5v3a=4.5w，同理，當將r1、r2串聯后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流i串=1.5a，此時電源的輸出功率p串=i2串(r1+r2)=3.75w；兩電阻并

10、聯時，利用歐姆定律可得電路電流i并=3.6a,此時電源的輸出功率p并=ei并i2并r=4.32w；r2單獨接到電源兩端輸出功率為p出2=2v2a=4w.所以將r1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大故a正確，bcd錯誤故選a【點睛】由電源的u-i圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內阻由電阻的u-i圖線求出電阻再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇8.如圖所示，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的 輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面在此過程中a. a的

11、動能一定小于b的動能b. 兩物體機械能的變化量相等c. a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量d. 繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數和為正【答案】a【解析】【詳解】a輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小，a正確；bc因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產生，所以該系統機械能減少，而b、c 兩項的說法均為系統機械能守恒的表現，故b、c錯誤；d輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，一負一正，d錯誤.故選a。二、多項選擇題9.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面abc放置在水平面上，cab=30，斜面內部0點(與斜面無任

12、何連接)固定一個正點電荷，一帶負電可視為質點的小物體可以分別靜止在m、p、n點，p為mn的中點，om=on，omab，下列說法正確的是（）a. 小物體在m、p、n點靜止時一定都是受4個力b. 小物體靜止在p點時受到的摩擦力最大c. 小物體靜止在p點時受到的支持力最大d. 小物體靜止在m、n點時受到的支持力相等【答案】cd【解析】【詳解】對小物體分別在三處靜止時所受力分析如圖所示：a結合平衡條件，由圖，小物體在p、n兩點時一定受四個力作用，而在m處不一定。故a錯誤。b小物體靜止在p點時，摩擦力f=mgsin30，靜止在n點時：f=mgsin30+fcos30，靜止在m點時：f=mgsin30-f

13、cos30，可見靜止在n點時所受摩擦力最大。故b錯誤。cd小物體靜止在p點時，設庫侖力為f，受到的支持力：n=mgcos30+f，在m、n點時：n=mgcos30+fsin30，由庫侖定律知：ff，故nn，即小物體靜止在p點時受到的支持力最大，靜止在m、n點時受到的支持力相等。故cd正確。故選cd。10.如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上一質量為m0.2 kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧在彈性限度內)，其速度v和彈簧壓縮量x之間的函數圖象如圖乙所示，其中a為曲線的最高點不計小球和彈簧接觸瞬間機械能損失、空氣阻力，g取10 m/s2，則下列說法

14、正確的是a. 小球剛接觸彈簧時加速度最大b. 該彈簧的勁度系數為20.0 n/mc. 從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒d. 小球自由落體運動下落的高度1.25m【答案】bd【解析】【詳解】ab由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大，說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當x為0.1 m時，小球的速度最大，然后減小，說明當x為0.1 m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力所以可得：kxmg解得：kn/m20 n/m彈簧的最大縮短量為x最大0.61 m，所以f最大20 n/m0.61 m12.2 n彈力最大時的加速度a51 m/s2小球剛接觸彈簧時加速度為10 m/s2，所以壓縮到最短時加

15、速度最大，故a錯誤，b正確；c小球和彈簧組成的系統機械能守恒，單獨的小球機械能不守恒，故c錯誤；d根據自由落體運動算得小球自由落體運動下落的高度d正確故選bd。11.如圖所示，圓形區域內以直線ab為分界線，上半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為b。下半圓內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知，圓的半徑為r。在磁場左側有一粒子水平加速器，質量為m，電量大小為q的粒子在極板m右側附近，由靜止釋放，在電場力的作用下加速，以一定的速度沿直線cd射入磁場，直線cd與直徑ab距離為0.6r。粒子在ab上方磁場中偏轉后，恰能垂直直徑ab進入下面的磁場，之后在ab下方磁場中偏轉后恰好從o點

16、進入ab上方的磁場。帶電粒子的重力不計。則a. 帶電粒子帶負電b. 加速電場的電壓為c. 粒子進入ab下方磁場時的運動半徑為0.1rd. ab下方磁場的磁感應強度為上方磁場的3倍【答案】ac【解析】【詳解】a從c點入射的粒子向下做勻速圓周運動，即受到洛侖茲力向下，由左手定則知道粒子帶負電，所以選項a正確；b由題意知，粒子在ab上方磁場中做勻速圓周運動的半徑r10.6r，在電場中加速有：在ab上方磁場中：聯立得：所以選項b錯誤；c粒子在ab下方磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系：解得r20.1r所以選項c正確；d由洛侖茲力提供向心力得到半徑：由于r16r2，所以b26b1所以選項d錯誤。故選ac。

17、12.在傾角為的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌pq、mn，相距為l，導軌處于磁感應強度為b的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下有兩根質量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌電接觸良好，導軌電阻不計則（ ）a. 物塊c的質量是2msinb. b棒放上導軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能c. b棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能d. b棒放上導軌后，a棒中電

18、流大小是【答案】ad【解析】【詳解】b棒靜止說明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運動，說明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個力平衡，c勻速下降則c所受重力和繩的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小f安=mgsin，由a平衡可知f繩=f安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知f繩=mcg；因為繩中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物塊c的質量為2msin，故a正確；b放上之前，根據能量守恒知a增加的重力勢能也是由于c減小的重力勢能，故b錯誤；a勻速上升重力勢能在增加，故根據能量守恒知c錯誤；根據b棒的平衡可知f安=mgsin又

19、因為f安=bil，故，故d正確；故選ad考點：物體的平衡；安培力.三、實驗題13.某物理興趣小組的同學用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，輕繩一端固定在光滑固定轉軸o處，另一端系一小球（1）張小明同學在小球運動的最低點和最高點附近分別放置了一組光電門，用螺旋測微器測出了小球的直徑，如圖乙所示，則小球的直徑d_ mm，使小球在豎直面內做圓周運動，測出小球經過最高點的擋光時間為t1，經過最低點的擋光時間為t2.（2）戴小軍同學在光滑水平轉軸o處安裝了一個拉力傳感器，已知當地重力加速度為g.現使小球在豎直平面內做圓周運動，通過拉力傳感器讀出小球在最高點時繩上的拉力大小是f1，在最低點時繩上的拉力大小

20、是f2.（3）如果要驗證小球從最低點到最高點機械能守恒，張小明同學還需要測量的物理量有_（填字母代號）戴小軍同學還需要測量的物理量有_（填字母代號）a小球的質量m b輕繩的長度l c小球運行一周所需要的時間t（4）根據張小明同學的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：_ (用題目所給得字母表示）（5）根據戴小軍同學的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：_ (用題目所給得字母表示）【答案】 (1). 5.700 (2). b (3). a (4). (5). f2f16mg【解析】【詳解】（1）1螺旋測微器固定刻度讀數為5.5 m

21、m，可動刻度讀數為20.00.01 mm，故最終讀數為兩者相加，即5.700 mm.（3）23根據小明同學的實驗方案，小球在最高點的速度大小為v1小球在最低點的速度大小為v2設輕繩長度為l，則從最低點到最高點依據機械能守恒定律有化簡得所以小明同學還需要測量的物理量是輕繩的長度l；根據小軍同學的實驗方案，設小球做圓周運動的半徑為r，則小球在最低點有在最高點有從最低點到最高點依據機械能守恒定律有聯立方程化簡得f2f16mg所以小軍同學還需要測量的物理量就是小球的質量m.（4）4由（3）可知，根據小明同學的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為（5）5由（3）可知，根據小軍同

22、學的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為f2f16mg14.第34屆全國青少年科技創新大賽于2019年7月20-26日在澳門舉辦，某同學為了測試機器人內部電動機的電阻變化，對一個額定電壓為6v，額定功率約為3.5w小型電動機(線圈電阻恒定)的伏安特性曲線進行了研究，要求電動機兩端的電壓能從零逐漸增加到6v，實驗室備有下列器材：a.電流表（量程:00.6 a，內阻約為1 ;量程:03 a，內阻約為0.1 ）b.電壓表(量程為06 v，內阻幾千歐)c.滑動變阻器r1(最大阻值10 ，額定電流2 a)d.滑動變阻器r2(最大阻值1 750 ，額定電流0.3 a)e.電池組(

23、電動勢為9 v，內阻小于1 )f.開關和導線若干（1）實驗中所用的滑動變阻器應選 _ (選填“c”或“d”)，電流表的量程應選 _ (選填“”或“”)。 （2）請用筆畫線代替導線將實物圖甲連接成符合這個實驗要求的電路。（ ）（3）閉合開關，移動滑動變阻器的滑片p，改變加在電動機上的電壓，實驗中發現當電壓表示數大于1 v時電風扇才開始轉動，電動機的伏安特性曲線如圖乙所示，則電動機線圈的電阻為_，電動機正常工作時的輸出機械功率為_w。(保留兩位有效數字)【答案】 (1). c (2). (3). (4). 2.5 (5). 2.6【解析】【詳解】（1）12電風扇的額定電流，從讀數誤差的角度考慮，電

24、流表選擇量程。電風扇的電阻比較小，則滑動變阻器選擇總電阻為10 的誤差較小，即選擇c。（2）3因為電壓電流需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，電風扇的電阻遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法。則可知對應的實物圖如答案圖所示。（3）45電壓表讀數小于1 v時電風扇沒啟動，由圖象可知i=0.4 a。根據歐姆定律得。正常工作時電壓為6 v，根據圖象知電流為0.57 a，則電風扇發熱功率p=i2r=0.5722.5 w=0.81 w則機械功率p=ui-i2r=60.57 w-0.81 w=2.61 w2.6 w。四、計算題15.如圖甲所示，a車原來臨時停在一水平路面上，b車在后面勻速

25、向a車靠近，a車司機發現后啟動a車，以a車司機發現b車為計時起點(t=0)，a、b兩車的vt圖象如圖乙所示已知b車在第1s內與a車的距離縮短了x1=12m.(1)求b車運動的速度vb和a車的加速度a的大小；(2)若a、b兩車不會相撞，則a車司機發現b車時(t=0)兩車的距離x0應滿足什么條件？ 【答案】(1)12m/s，3m/s2 (2)x036m【解析】【詳解】(1)在時a車剛啟動，兩車間縮短的距離：代入數據解得b車的速度：a車的加速度：將和其余數據代入解得a車的加速度大小：(2)兩車速度達到相等時，兩車的距離達到最小，對應于圖像的時刻，此時兩車已發生的相對位移為梯形的面積，則：解得，因此，

26、若a、b兩車不會相撞，則兩車的距離應滿足條件：16.2019年諾貝爾物理獎的一半授予詹姆斯皮伯斯（james peebles）以表彰他“在物理宇宙學方面的理論發現”，另一半授予了米歇爾馬約爾(michel mayor)和迪迪埃奎洛茲(didier queloz)，以表彰他們“發現了一顆圍繞太陽運行的系外行星”。對宇宙探索一直是人類不懈的追求。現假設有這樣模型：圖示為宇宙中一恒星系的示意圖，a為該星系的一顆行星，它繞中央恒星o的運行軌道近似為圓已知引力常量為g，天文學家觀測得到a行星的運行軌道半徑為r0，周期為t0，求：（1）中央恒星o的質量m是多大？（2）長期觀測發現a行星每隔t0時間其運行軌

27、道便會偏離理論軌道少許，天文學家認為出現這種現象的原因可能是a行星外側還存在著一顆未知的行星b（假設其運行的圓軌道與a在同一平面內，且與a的繞行方向相同）根據上述現象和假設，試求未知行星b的運動周期和軌道半徑【答案】（1） （2）【解析】【詳解】（）由萬有引力定律得：令a星質量為m求得：.（2）令b星運動周期為tb 軌道半徑為rb求得：由開普勒第三定律：得到：.17.如圖所示，豎直平面mn與紙面垂直，mn右側的空間存在著垂直紙面向內的勻強磁場和水平向左的勻強電場，mn左側的水平面光滑，右側的水平面粗糙質量為m的物體a靜止在mn左側的水平面上，已知該物體帶負電，電荷量的大小為為q一質量為的不帶電的物體b以速度v0沖向物體a并發生彈性碰撞，碰撞前后物體a的電荷量保持不變求：（1）碰撞后物體a的速度大小；（2）若a與水平面的動摩擦因數為，重力加速度的大小為g，磁感應強度的大小為 ，電場強度的大小為已知物體a從mn開始向右移動的距離為時，速度增加到最大