PAGEPAGE1江蘇省常州市2021-2022學年高三上學期中質量調研試題一、選擇題（每小題4分，共44分）以下關于物理學研究方法的敘述正確的是A.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，該探究運用了類比的方法。B.根據速度的定義式，當t非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了微量放大的方法C.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叫假設法D.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里運用了微元法【答案】D【解析】A．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，該探究運用了控制變量法，故A錯誤；B．根據速度定義式，當極短時，就可以表示物體在時刻的瞬時速度，該定義應用了物理的根限法，故B錯誤；C．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叫理想化物理模型法，故C錯誤；D．在探究勻變速運動的位移公式時，采用了微元法將變速運動無限微分后變成了一段段的勻速運動，即采用了微元法，故D正確；故選D。甲、乙兩車并排停在斑馬線處禮讓行人，在行人經過斑馬線后，甲、乙兩車同時啟動并沿平直公路同向行駛，其速度–時間圖象分別為圖中直線a和曲線b，由圖可知()A.t0時刻兩車并排行駛B.t0時刻乙車的運動方向發生改變C.在0~t0時間內，乙車的加速度越來越小D.在0~t0時間內，乙車的平均速度為【答案】C【解析】A．根據v-t圖象與時間軸所圍成的面積表示位移，知在0～t0時間內，乙車的位移比甲車的大，則t0時刻乙車在甲車的前方，故A錯誤．B．乙車的速度一直為正，運動方向沒有改變，故B錯誤．C．在0～t0時間內，乙車圖象切線斜率越來越小，則乙車的加速度越來越小，故C正確．D．在0～t0時間內，甲車做勻加速直線運動，平均速度為，乙車的位移比甲車的大，則乙車的平均速度大于甲車的平均速度，即大于，故D錯誤．如圖所示，斜面體ABC固定在水平地面上，斜面的高AB為2m，傾角為θ=37°，且D是斜面的中點，在A點和D點分別以相同的初速度水平拋出一個小球，結果兩個小球恰能落在地面上的同一點，則落地點到C點的水平距離為()A． B． C． D．【答案】A【解析】設AB高為h，則從A點拋出的小球運動的時間從D點拋出的小球運動的時間在水平方向上有代入數據得x=m故A正確，BCD錯誤。故選A。如圖所示，金屬環M、N用不可伸長的細線連接，分別套在水平粗糙細桿和豎直光滑細桿上，當整個裝置以豎直桿為軸以不同大小的角速度勻速轉動時，兩金屬環始終相對桿不動，下列判斷正確的是()A．轉動的角速度越大，細線中的拉力越大B．轉動的角速度越大，環N與豎直桿之間的彈力越大C．轉動的角速度不同，環M與水平桿之間的彈力相等D．轉動的角速度不同，環M與水平桿之間的摩擦力大小不可能相等【答案】C【解析】設細線與豎直方向的夾角為θ，對N受力析，受到豎直向下的重力GN，繩子的拉力T，桿給的水平支持力N1，因為兩環相對桿的位置不變，所以對N有因為重力恒定，角度恒定，所以細線的拉力不變，環N與桿之間的彈力恒定，AB錯誤；CD．受力分力如圖對M有所以轉動的角速度不同，環M與水平桿之間的彈力相等；若以較小角速度轉動時，摩擦力方向右，即隨著角速度的增大，摩擦力方向可能變成向左，即故可能存在摩擦力向左和向右時相等的情況，C正確，D錯誤。故選C。若宇航員在月球表面附近自高h處以初速度v0水平拋出一個小球，測出小球從拋出到落地的位移為L。已知月球半徑為R，萬有引力常量為G，則下列說法正確的是()A．月球表面的重力加速度B．月球的質量C．月球的第一宇宙速度D．月球的平均密度【答案】C【解析】由小球平拋，依題意有則，故A錯誤；由則，故B錯誤；第一宇宙速度，故C正確；根據則月球平均密度，故D錯誤。故選C。目前，我國在人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破．為早日實現無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛．測試中發現，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發生位移s時速度剛好達到最大值vm．設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是A．關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B．關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C．上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于【答案】D【解析】關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變、動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間為t，根據動能定理可得：，解得，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度，功率不變，則速度增大、加速度減小，所用時間為，則，解得，故D正確。水平地面上方分布著水平向右的勻強電場，一光滑絕緣輕桿豎直立在地面上，輕桿上有兩點A、B。輕桿左側固定一帶正電的點電荷，電荷量為+Q，點電荷在輕桿AB兩點的中垂線上，一個質量為m，電荷量為+q的小球套在輕桿上，從A點靜止釋放，小球由A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是()A．小球受到的電場力先減小后增大B．小球的運動速度先增大后減小C．小球的電勢能先增大后減小D．小球的加速度大小不變【答案】C【解析】小球下滑時受勻強電場的電場力是不變的，受到點電荷的電場力先增加后減小，則小球受到的電場力先增大后減小，選項A錯誤；小球下滑時，勻強電場的電場力垂直小球運動方向，則對小球不做功；點電荷在前半段先對小球做負功，重力做正功，但是由于不能比較正功和負功的大小關系，則不能確定小球速度變化情況；在后半段，點電荷電場力和重力均對小球做正功，則小球的運動速度增大，選項B錯誤；小球下滑時，勻強電場的電場力垂直小球運動方向，則對小球不做功；點電荷在前半段先對小球做負功，在后半段對小球做正功，則小球的電勢能先增大后減小，選項C正確；由小球的受力情況可知，在A點時小球的加速度小于g，在AB中點時小球的加速度等于g，在B點時小球的加速度大于g，則加速度是不斷變化的，選項D錯誤。故選C。如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣細線懸掛一帶電小球。開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向，偏角為θ，電源的內阻不能忽略，則下列判斷正確的是()A．小球帶負電B．當滑動頭從a向b滑動時，細線的偏角θ變小C．當滑動頭從a向b滑動時，電流表中有電流，方向從下向上D．當滑動頭停在b處時，電源的輸出功率一定大于滑動頭在a處時電源的輸出功率【答案】B【解析】根據題圖電路可知A板電勢高于B板電勢，A、B間電場強度方向水平向右。小球受力平衡，故受電場力也水平向右，即小球帶正電，A項錯誤；當滑動頭從a向b滑動時，電阻值減小，路端電壓減小，故R1兩端的電壓減小，極板間電場強度隨之減小，小球所受電場力減小，故細線的偏角變小，B項正確；當極板間電壓減小時，極板所帶電荷量將減小而放電，又由于A板原來帶正電，故放電電流從上向下流過電流表，所以C項錯誤；由于電源的內電阻與外電阻的關系不確定，所以無法判斷電源的輸出功率的變化規律，所以D項錯誤。故選B。如圖所示，導體棒I固定在光滑的水平面內，導體棒II垂直于導體棒I放置，且可以在水平面內自由移動(圖為俯視圖)。給導體棒I、I通以如圖所示的恒定電流，僅在兩導體棒之間的相互作用下，較短時間后導體棒II出現在虛線位置。下列關于導體棒I位置的描述可能正確的是A.B.C.D.【答案】B【解析】由右手螺旋定則可知，導線I在導線II處產生的磁場方向垂直紙面向外，且離導線越遠，磁場越弱，由左手定則可知，導線II所受的安培力豎直向下，且導線II的左邊的安培力大于右邊受到的安培力，所以導線II左邊向下轉動，右邊向上轉動，故B正確。故選B。如圖所示，理想變壓器原、副線圖的應數些為n1:n2=2:1，輸人端接在(V)的交流電源上，R1為電阻箱，副線圈連在電路中的電阻R=10Ω，電表均為理想電表。下列說法正確的是()A．當R1=0時，電壓表的讀數為30VB．當R1=0時，若將電流表換成規格為“5V5W”的燈泡，燈泡能夠正常發光C．當R1=10Ω時，電流表的讀數為1AD．當R1=10Ω時，電壓表的讀數為6V【答案】B【解析】輸入端電壓的有效值為30V，當R1=0時，電壓表的讀數為，選項A錯誤；當R1=0時，若將電流表換成規格為“5V，5W”的燈泡，燈泡電阻為，此時次級電流，因燈泡的額定電流為，則此時燈泡能夠正常發光，選項B正確；當R1=10Ω時，設電流表的示數為I，則此時初級電流為0.5I，初級電壓：，則次級電壓為，則，解得I=1.2A，此時電壓表讀數為IR=12V，選項C，D錯誤；如圖甲所示，一鋁制圓環處于垂直環面的磁場中，圓環半徑為r，電阻為R，磁場的磁感應強度B隨時間變化關系如圖乙所示，時刻磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()A．在時刻，環中的感應電流沿逆時針方向B．在時刻，環中的電功率為C．在時刻，環中的感應電動勢為零D．0~t0內，圓環有收縮的趨勢【答案】B【解析】由磁場的磁感應強度B隨時間變化關系圖象可知，磁場反向后，產生的感應電流的方向沒有改變，0~t0時間內，磁場垂直紙面向里，B減小，所以線圈中的磁通量在減小，根據楞次定律可判斷線圈的電流方向為順時針，所以A錯誤；由圖象可得斜率為，則由法拉第電磁感應定律可得，線圈產生的感應電動勢為，線圈的電功率為，所以B正確，C錯誤；0~t0內，磁感應強度在減小，線圈的磁通量在減小，所以根據楞次定律可知，線圈有擴張趨勢，D錯誤。故選B。簡答題（共56分）某物理實驗小組的同學安裝“驗證動量守恒定律”的實驗裝置如圖所示。先讓質量為m1的小球A從斜面上某處自由滾下測出落地點的位置，然后再與靜止在支柱上質量為m2的等體積小球B發生對心碰撞，測出兩個球分別的落地點位置。則：(1)下列關于實驗的說法正確的是____________。A.軌道末端的切線必須是水平的B.斜槽軌道必須光滑C.入射球m1每次必須從同一髙度滾下D.應滿足入射球m1質量小于被碰小球m2(2)在實驗中，根據小球的落點情況，該同學測量出OP、OM、ON、O’P、O’M、O’MN的長度，用以上數據合理地寫出驗證動量守恒的關系式為____________。(3)在實驗中，用20分度的游標卡尺測得兩球的直徑相等，讀數部分如圖所示，則小球的直徑為____________mm。【答案】(1).AC(2).m1·OP=m1·OM+m2·O′N(3).11.70【解析】(1)[1]．A、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故A正確；

B、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故B錯誤；

C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止滾下，故C正確；

D、為防止碰后m1被反彈，入射球質量要大于被碰球質量，即m1＞m2，故D錯誤。

故選AC。(2)[2]．小球粒子軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相同，在空中的運動時間t相等，有：m1v1=m1v1′+m2v2′兩邊同時乘以時間t，則有：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t即：m1?OP=m1?OM+m2?O′N；(3)[3]．游標卡尺是20分度的卡尺，其精確度為0.05mm，則圖示讀數為：11mm+14×0.05mm=11.70mm；兩個學習小組分別用下面兩種方案測量電源電動勢和內阻。方案(1)：用內阻為3kΩ、量程為1V的電壓表，保護電阻R0，電阻箱R，開關S測量一節干電池的電動勢和內阻。①由于干電池電動勢為1.5V，需要把量程為1V的電壓表擴大量程。若定值電阻R1可供選擇的阻值有1kΩ、1.5kΩ、5kΩ，其中最合適的是____________。②請在虛線框內畫出測量電源電動勢和內阻的電路原理圖_______，并完成圖(a)中剩余的連線______。方案(2)：按照圖(b)的電路測量電源電動勢和內阻，已知電流表內阻為RA，R1=RA，保護電阻的阻值為R0，根據測得的數據作出圖像，圖線的斜率為k，縱截距為b，則電源電動勢E=____________，內阻r=____________。【答案】(1).(2).見解析(3).見解析(4).(5).【解析】(1)[1]內阻為的電壓表分壓為，根據歐姆定律的分壓規律可知的電阻分壓為，恰好滿足測量電源電動勢的要求，所以選擇阻值為的電阻；[2]采用伏阻法測量電源電動勢和內阻，電路圖如圖所示：；[3]根據電路圖連接電路：；(2)[4][5]根據閉合電路歐姆定律：變形得：根據圖像的斜率和縱截距：解得：如圖所示，內壁粗糙、半徑R=0.4m的四分之一網弧軌道AB在最低點B處與光滑水平軌道BC相切。質量m2=0.4kg的小球b左端連接一水平輕彈簧，靜止在光滑水平軌道上，質量m1=0.4kg的小球a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到圓弧軌道最低點B的過程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球a由A點運動到B點時對軌道的壓力大小；(2)小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中，a球的最小動能；(3)小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中，彈簧對小球b的沖量I的大小。【答案】(1)8N；(2)0；(3)0.8N·s【解析】(1)設a球運動到B點時的速度為，根據動能定理有解得又因為解得由牛頓第三定律知小球a對軌道的壓力(2)小球a與小球b通過彈簧相互作用整個過程中，a球始終做減速運動，b球始終做加速運動，設a球最終速度為，b球最終速度為，由動量守恒定律和能量守恒得解得故a球的最小動能為0。(3)由(2)知b球的最大速度為2m/s，根據動量定理有如圖所示，間距為L=2m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，水平導軌處于B=0.5T方向垂直導軌平面的勻強磁場中，以磁場左邊界為坐標原點，磁場右邊界坐標為x1(值未標出)，在坐標為x0=1.2m處垂直于水平導軌放置有一質量m=1kg、電阻為R=0.1Ω的導體棒ab。現把質量為M=2kg、電阻也為R=0.1Ω的導體棒cd，垂直導軌放置在傾斜軌道上，并讓其從高為h=1.8m處由靜止釋放。若兩導體棒在磁場內運動過程中不會相碰，ab棒出磁場右邊界前已達到穩定速度，且兩導體棒在運動過程中始終垂直于導軌并接觸良好，不計導軌的電阻，忽略磁場的邊界效應，g=10m/s2。求：(1)cd棒恰好進入磁場左邊界時的速度大小；(2)ab棒離開磁場右邊界前的穩定速度；(3)cd棒從進入磁場到離開磁場的過程中，安培力對系統做的總功。【