2025年遂寧高中三年級物理春季開學(xué)摸底考提高卷(蘇教版)一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第16題只有一項符合題目要求，第710題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.下列關(guān)于物理學(xué)史和物理研究方法的敘述中正確的是（）A.用質(zhì)點(diǎn)來代替實(shí)際物體的研究方法叫微元法B.利用速度時間圖象推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移公式的方法是理想模型法C.伽利略借助實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理得出了自由落體運(yùn)動規(guī)律D.探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法，不需要平衡摩擦力答案：C解析：用質(zhì)點(diǎn)來代替實(shí)際物體的研究方法叫理想模型法，A錯誤；利用速度時間圖象推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移公式的方法是微元法，B錯誤；伽利略借助實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理得出了自由落體運(yùn)動規(guī)律，C正確；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法，需要平衡摩擦力，D錯誤。2.一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動，其vt圖象如圖所示。由圖象可知（）A.在02s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動B.在24s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)C.在02s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為2m/s2D.在04s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移大小為12m答案：A解析：在02s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度隨時間均勻增大，做勻加速直線運(yùn)動，A正確；在24s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度保持4m/s不變，做勻速直線運(yùn)動，B錯誤；在02s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小\(a=\frac{\Deltav}{\Deltat}=\frac{40}{2}m/s2=2m/s2\)，C正確；在04s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移大小\(x=\frac{1}{2}\times(2+4)\times4m=12m\)，D正確。3.如圖所示，一個質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，則（）A.滑塊可能受到三個力作用B.彈簧一定處于壓縮狀態(tài)C.斜面對滑塊的支持力大小可能為零D.斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于\(\frac{1}{2}mg\)答案：A解析：對滑塊進(jìn)行受力分析，若彈簧處于原長，滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力三個力作用，A正確；彈簧可能處于拉伸狀態(tài)、壓縮狀態(tài)或原長，B錯誤；若斜面對滑塊的支持力為零，則滑塊只受重力和彈簧彈力，不能平衡，C錯誤；當(dāng)彈簧彈力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力時，斜面對滑塊的摩擦力為零，D錯誤。4.如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心，一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點(diǎn)。設(shè)滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ。下列關(guān)系正確的是（）A.\(F=\frac{mg}{\tan\theta}\)B.\(F=mg\tan\theta\)C.\(F_N=\frac{mg}{\tan\theta}\)D.\(F_N=mg\tan\theta\)答案：A解析：對小滑塊進(jìn)行受力分析，受重力mg、水平力F和支持力FN，根據(jù)平衡條件可得\(F=\frac{mg}{\tan\theta}\)，\(F_N=\frac{mg}{\sin\theta}\)，A正確，B、C、D錯誤。5.如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們與盤間的動摩擦因數(shù)相同。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，燒斷細(xì)線，則（）A.兩物體均沿切線方向滑動B.物體A仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動，物體B發(fā)生滑動C.兩物體仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動，不會發(fā)生滑動D.物體B仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動，物體A發(fā)生滑動答案：B解析：兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，對A、B整體分析，靜摩擦力提供向心力，\(F_{fA}+F_{fB}=(m_A+m_B)\omega2r\)，對B分析，\(F_{fB}+F_{T}=m_B\omega2r\)，對A分析，\(F_{fA}F_{T}=m_A\omega2r\)，燒斷細(xì)線后，B所需向心力增大，B所受靜摩擦力不足以提供向心力，B發(fā)生滑動，A所受靜摩擦力仍能提供向心力，A仍隨圓盤一起做勻速圓周運(yùn)動，B正確，A、C、D錯誤。6.如圖所示，在同一軌道平面上的幾個人造地球衛(wèi)星A、B、C，在某一時刻恰好在同一直線上，下列說法中正確的是（）A.根據(jù)\(v=\sqrt{gR}\)，可知\(v_A＞v_B＞v_C\)B.根據(jù)萬有引力定律，可知\(F_A＞F_B＞F_C\)C.向心加速度\(a_A＞a_B＞a_C\)D.運(yùn)動一周后，A先回到原地點(diǎn)答案：C解析：根據(jù)\(v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\)，可知\(v_A＜v_B＜v_C\)，A錯誤；由于不知道衛(wèi)星的質(zhì)量大小關(guān)系，無法根據(jù)萬有引力定律比較\(F_A\)、\(F_B\)、\(F_C\)的大小，B錯誤；根據(jù)\(a=\frac{GM}{r2}\)，可知\(a_A＞a_B＞a_C\)，C正確；根據(jù)\(T=2\pi\sqrt{\frac{r3}{GM}}\)，可知\(T_A＞T_B＞T_C\)，運(yùn)動一周后，C先回到原地點(diǎn)，D錯誤。7.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)由靜止開始釋放，沿光滑的圓弧軌道下滑到B點(diǎn)，然后沿粗糙的水平面運(yùn)動到C點(diǎn)停止。已知A點(diǎn)離水平面的高度為h，B點(diǎn)離C點(diǎn)的距離為s，下列說法正確的是（）A.小球從A到B的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B.小球從B到C的過程中，動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C.小球從A到C的過程中，機(jī)械能減少了mghD.小球從A到C的過程中，克服摩擦力做的功為mgh答案：ABCD解析：小球從A到B的過程中，只有重力做功，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，A正確；小球從B到C的過程中，克服摩擦力做功，動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確；小球從A到C的過程中，初狀態(tài)機(jī)械能為mgh，末狀態(tài)機(jī)械能為0，機(jī)械能減少了mgh，C正確；根據(jù)動能定理，小球從A到C的過程中，\(mghW_f=0\)，克服摩擦力做的功\(W_f=mgh\)，D正確。8.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為\(n_1:n_2=2:1\)，原線圈接在有效值為220V的正弦交流電源上，副線圈接有R=55Ω的負(fù)載電阻。下列說法正確的是（）A.副線圈輸出電壓的有效值為110VB.副線圈中的電流大小為2AC.原線圈中的電流大小為1AD.變壓器的輸入功率為220W答案：AB解析：根據(jù)\(\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}\)，可得副線圈輸出電壓的有效值\(U_2=\frac{n_2}{n_1}U_1=\frac{1}{2}\times220V=110V\)，A正確；副線圈中的電流大小\(I_2=\frac{U_2}{R}=\frac{110}{55}A=2A\)，B正確；根據(jù)\(\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}\)，可得原線圈中的電流大小\(I_1=\frac{n_2}{n_1}I_2=\frac{1}{2}\times2A=1A\)，C錯誤；變壓器的輸入功率\(P_1=P_2=U_2I_2=110\times2W=220W\)，D錯誤。9.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一段彎成直角的金屬導(dǎo)線abc，且\(ab=bc=L\)，導(dǎo)線中通有恒定電流I，要使該導(dǎo)線靜止不動，需要在b點(diǎn)施加一外力F。若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則外力F的大小和方向可能為（）A.\(F=\sqrt{2}BIL\)，方向與ac連線垂直，指向左上方B.\(F=\sqrt{2}BIL\)，方向與ac連線垂直，指向右下方C.\(F=BIL\)，方向與ab邊垂直，指向右上方D.\(F=BIL\)，方向與bc邊垂直，指向左下方答案：AB解析：導(dǎo)線所受安培力等效為長為\(\sqrt{2}L\)的直導(dǎo)線所受安培力，大小\(F_{安}=\sqrt{2}BIL\)，方向與ac連線垂直，指向左下方。要使導(dǎo)線靜止不動，外力F與安培力等大反向，所以外力F的大小為\(\sqrt{2}BIL\)，方向與ac連線垂直，指向左上方或右上方，A、B正確，C、D錯誤。10.如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣絲線懸掛于O點(diǎn)，并處在水平向左的勻強(qiáng)電場E中，小球靜止時絲線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球帶正電B.小球所受電場力大小為\(mg\tan\theta\)C.若將絲線剪斷，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動D.若將電場方向改為豎直向下，小球仍能靜止在原位置答案：ABC解析：小球受重力、電場力和絲線拉力處于平衡狀態(tài)，電場力方向水平向左，所以小球帶正電，A正確；根據(jù)平衡條件可得小球所受電場力大小\(F=mg\tan\theta\)，B正確；若將絲線剪斷，小球只受重力和電場力，合力為恒力，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動，C正確；若將電場方向改為豎直向下，小球所受合力不為零，不能靜止在原位置，D錯誤。二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共15分）11.（6分）在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中：（1）某同學(xué)在接通電源進(jìn)行實(shí)驗(yàn)之前，將實(shí)驗(yàn)器材組裝如圖甲所示。請你指出該裝置中的錯誤或不妥之處（至少兩處）：①____________________；②____________________。（2）改正實(shí)驗(yàn)裝置后，該同學(xué)順利地完成了實(shí)驗(yàn)。圖乙是他在實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，圖中相鄰兩計數(shù)點(diǎn)之間的時間間隔\(T=0.1s\)，由圖中的數(shù)據(jù)可算得小車的加速度\(a=\)______\(m/s2\)（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。答案：（1）①打點(diǎn)計時器應(yīng)使用交流電源；②木板右端應(yīng)適當(dāng)墊高以平衡摩擦力；③小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計時器。（2）0.20解析：（1）打點(diǎn)計時器使用的是交流電源，而圖中用的是直流電源；實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，木板右端應(yīng)適當(dāng)墊高；為了能在紙帶上打出更多的點(diǎn)，小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計時器。（2）根據(jù)\(\Deltax=aT2\)，可得\(a=\frac{x_{CE}x_{AC}}{4T2}=\frac{(7.003.00)(3.001.00)}{4\times0.12}m/s2=0.20m/s2\)。12.（9分）某同學(xué)要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：（1）用游標(biāo)為20分度的卡尺測量其長度如圖甲所示，由圖可知其長度\(L=\)______mm；用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑\(d=\)______mm。（2）該同學(xué)想用伏安法測量其電阻R，現(xiàn)有電源（電動勢3V，內(nèi)阻可忽略不計）、滑動變阻器（最大阻值20Ω）、電流表（量程00.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）、電壓表（量程03V，內(nèi)阻約3kΩ）、開關(guān)和導(dǎo)線若干。為了使測量結(jié)果更準(zhǔn)確，應(yīng)采用圖______（選填“丙”或“丁”）的電路進(jìn)行測量。（3）若該同學(xué)用圖丙的電路進(jìn)行測量，測得電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則該圓柱體材料的電阻率\(\rho=\)______（用U、I、L、d表示）。答案：（1）50.15；4.700（2）丁（3）\(\frac{\piUd2}{4IL}\)解析：（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為\(50mm+3\times0.05mm=50.15mm\)；螺旋測微器的讀數(shù)為\(4.5mm+20.0\times0.01mm=4.700mm\)。（2）由于圓柱體電阻\(R=\frac{\rhoL}{S}=\frac{\rhoL}{\pi(\frac34augim{2})2}\)，阻值較大，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，所以應(yīng)采用圖丁的電路進(jìn)行測量。（3）根據(jù)\(R=\frac{U}{I}\)，\(R=\rho\frac{L}{S}=\rho\frac{L}{\pi(\fracvbfa4dy{2})2}\)，可得\(\rho=\frac{\piUd2}{4IL}\)。三、計算題（本題共4小題，共45分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.（10分）如圖所示，質(zhì)量\(m=2kg\)的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距\(L=20m\)。用大小為30N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)\(t_0=2s\)拉至B處。（已知\(g=10m/s2\)）（1）求物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若改用大小為20N，與水平方向成37°角的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運(yùn)動并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時間t。（\(\sin37°=0.6\)，\(\cos37°=0.8\)）解：（1）物體做勻加速直線運(yùn)動，由\(L=\frac{1}{2}a_1t_02\)，可得\(a_1=\frac{2L}{t_02}=\frac{2\times20}{22}m/s2=10m/s2\)。根據(jù)牛頓第二定律\(F\mumg=ma_1\)，可得\(\mu=\frac{Fma_1}{mg}=\frac{302\times10}{2\times10}=0.5\)。（2）設(shè)力作用的最短時間為t，物體先做勻加速直線運(yùn)動，撤去力后做勻減速直線運(yùn)動，剛好到達(dá)B處速度為0。對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，加速階段：\(F\cos37°\mu(mgF\sin37°)=ma_2\)，\(20\times0.80.5\times(2\times1020\times0.6)=2a_2\)，解得\(a_2=6m/s2\)。減速階段：\(\mumg=ma_3\)，\(a_3=\mug=0.5\times10m/s2=5m/s2\)。設(shè)加速階段的位移為\(x_1\)，減速階段的位移為\(x_2\)，則\(x_1+x_2=L\)，\(x_1=\frac{1}{2}a_2t2\)，\(x_2=\frac{v2}{2a_3}=\frac{(a_2t)2}{2a_3}\)，即\(\frac{1}{2}a_2t2+\frac{(a_2t)2}{2a_3}=L\)，\(\frac{1}{2}\times6t2+\frac{(6t)2}{2\times5}=20\)，解得\(t=\sqrt{\frac{100}{33}}s\approx1.74s\)。14.（11分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道ABCD，其中AB是半徑為\(R=0.5m\)的四分之一圓弧軌道，BC是水平軌道，CD是半徑為\(r=0.2m\)的四分之一圓弧軌道，B、C分別為兩圓弧軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。一質(zhì)量\(m=0.1kg\)的小球從A點(diǎn)由靜止開始下滑，經(jīng)過B點(diǎn)后進(jìn)入BC軌道，再滑上CD軌道。已知小球通過C點(diǎn)時對軌道的壓力大小為1N，\(g=10m/s2\)。求：（1）小球通過C點(diǎn)時的速度大小\(v_C\)；（2）小球在BC軌道上克服摩擦力做的功\(W_f\)。解：（1）在C點(diǎn)，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律\(N+mg=m\frac{v_C2}{r}\)，已知\(N=1N\)，\(m=0.1kg\)，\(r=0.2m\)，\(g=10m/s2\)，則\(1+0.1\times10=0.1\times\frac{v_C2}{0.2}\)，解得\(v_C=2m/s\)。（2）小球從A到C的過程中，根據(jù)動能定理\(mgRW_fmgr=\frac{1}{2}mv_C20\)，\(0.1\times10\times0.5W_f0.1\times10\times0.2=\frac{1}{2}\times0.1\times22\)，解得\(W_f=0.1J\)。15.（12分）如圖所示，一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距\(L=0.5m\)，導(dǎo)軌電阻不計。有一質(zhì)量\(m=0.2kg\)、電阻\(R=1Ω\)的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度\(B=2T\)?，F(xiàn)給金屬棒ab一個水平向右的初速度\(v_0=4m/s\)，求：（1）金屬棒ab剛開始運(yùn)動時的加速度大小\(a\)；（2）金屬棒ab在運(yùn)動過程中產(chǎn)生的最大熱量\(Q\)；（3）金屬棒ab運(yùn)動的位移\(x\)為多大時，其速度恰好減為初速度的一半。解：（1）金屬棒ab剛開始運(yùn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢\(E=BLv_0\)，感應(yīng)電流\(I=\frac{E}{R}=\frac{BLv_0}{R}\)，根據(jù)牛頓第二定律\(F=ma=BIL\)，\(a=\frac{B2L2v_0}{mR}=\frac{22\times0.52\times4}{0.2\times1}m/s2=10m/s2\)。（2）金屬棒ab在運(yùn)動過程中，動能全部轉(zhuǎn)化為熱量，根據(jù)能量守恒定律\(Q=\frac{1}{2}mv_02=\frac{1}{2}\times0.2\times42J=1.6J\)。（3）設(shè)金屬棒ab運(yùn)動的位移為\(x\)時，其速度恰好減為初速度的一半，根據(jù)動量定理\(\overline{F}t=m(\frac{v_0}{2}v_0)\)，\(B\overline{I}Lt=\frac{1}{2}mv_0\)，又\(\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R}=\frac{\Delta\Phi}{Rt}=\frac{BLx}{Rt}\)，則\(B\times\frac{BLx}{Rt}\timesLt=\frac{1}{2}mv_0\)，解得\(x=\frac{mv_0R}{2B2L2}=\frac{0.2\times4\times1}{2\times22\times0.52}m=0.4m\)。16.（12分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系\(xOy\)中，第一象限存在沿\(y\)軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為\(B\)。一質(zhì)量為\(m\)、電荷量為\(q\)的帶正電粒子，從\(y\)軸正半軸上的\(M\)點(diǎn)以速度\(v_0\)垂直于\(y\)軸射入電場，經(jīng)\(x\)軸上的\(N\)點(diǎn)與\(x\)軸正方向成\(30°\)角射入磁場，最后從\(y\)軸負(fù)半軸上的\(P\)點(diǎn)垂直于\(y\)軸射出磁場。不計粒子重力，求：（1）\(M\)、\(N\)兩點(diǎn)間的電勢差\(U_{MN}\)；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑\(R\)；（3）粒子從\(M\)點(diǎn)運(yùn)動到\(P\)點(diǎn)的總時間\(t\)。解：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在\(N\)點(diǎn)的速度為\(v\)，\(v=\frac{v_0}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0\)，根據(jù)動能定理\(qU_{MN}=\frac{1}{2}mv2\frac{1}{2}mv_02\)，\(qU_{MN}=\frac{1}{2}m(\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0)2\frac{1}{2}mv_02=\frac{1}{6}mv_02\)，解得\(U_{MN}=\frac{mv_02}{6q}\)。（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力\(qvB=m\frac{v2}{R}\)，\(R=\frac{mv}{qB}=\frac{m\times\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0}{qB}=\frac{2\sqrt{3}mv_0}{3qB}\)。（3）粒子在電場中運(yùn)動的時間\(t_1=\frac{x}{v_0}\)，\(y=\frac{1}{2}at_12\)，\(a=\frac{qE}{m}\)，\(v_y=at_1=v_0\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}v_0\)，解得\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{3a}\)，又\(a=\frac{qU_{MN}}{my}=\frac{q\times\frac{mv_02}{6q}}{\frac{1}{2}v_0t_1}=\frac{v_0}{3t_1}\)，所以\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{3\times\frac{v_0}{3t_1}}\)，\(t_1=\sqrt{3}\frac{v_0}{a}\)，\(a=\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}\)，\(y=\frac{1}{2}\times\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}t_12=\frac{\sqrt{3}}{6}v_0t_1\)，\(v_y=\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}t_1=\frac{v_0}{\sqrt{3}}\)，\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{a}=\frac{\sqrt{3}v_0}{\frac{v_0}{\sqrt{3}}}=3\frac{v_0}{v_0}=3\)（這里計算有誤，重新計算）在電場中，\(v_y=v_0\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}v_0\)，\(a=\frac{qU_{MN}}{my}\)，\(y=\frac{1}{2}at_12\)，\(v_y=at_1\)，\(t_1=\frac{v_y}{a}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}v_0}{\fr