2025年遂宁高中三年级物理春季开学摸底考-提高卷(苏教版)

2025年遂宁高中三年级物理春季开学摸底考提高卷(苏教版)一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（）A.用质点来代替实际物体的研究方法叫微元法B.利用速度时间图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C.伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D.探究加速度与力、质量的关系的实验中运用了控制变量法，不需要平衡摩擦力答案：C解析：用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法，A错误；利用速度时间图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是微元法，B错误；伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，C正确；探究加速度与力、质量的关系的实验中运用了控制变量法，需要平衡摩擦力，D错误。2.一质点做直线运动，其vt图象如图所示。由图象可知（）A.在02s内质点做匀加速直线运动B.在24s内质点处于静止状态C.在02s内质点的加速度大小为2m/s²D.在04s内质点的位移大小为12m答案：A解析：在02s内质点的速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，A正确；在24s内质点的速度保持4m/s不变，做匀速直线运动，B错误；在02s内质点的加速度大小\(a=\frac{\Deltav}{\Deltat}=\frac{40}{2}m/s²=2m/s²\)，C正确；在04s内质点的位移大小\(x=\frac{1}{2}\times(2+4)\times4m=12m\)，D正确。3.如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则（）A.滑块可能受到三个力作用B.弹簧一定处于压缩状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于\(\frac{1}{2}mg\)答案：A解析：对滑块进行受力分析，若弹簧处于原长，滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力三个力作用，A正确；弹簧可能处于拉伸状态、压缩状态或原长，B错误；若斜面对滑块的支持力为零，则滑块只受重力和弹簧弹力，不能平衡，C错误；当弹簧弹力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，斜面对滑块的摩擦力为零，D错误。4.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是（）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：对小滑块进行受力分析，受重力mg、水平力F和支持力FN，根据平衡条件可得\(F=\frac{mg}{\tan\theta}\)，\(F_N=\frac{mg}{\sin\theta}\)，A正确，B、C、D错误。5.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，则（）A.两物体均沿切线方向滑动B.物体A仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体B发生滑动C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动答案：B解析：两物体刚好还未发生滑动时，对A、B整体分析，静摩擦力提供向心力，\(F_{fA}+F_{fB}=(m_A+m_B)\omega²r\)，对B分析，\(F_{fB}+F_{T}=m_B\omega²r\)，对A分析，\(F_{fA}F_{T}=m_A\omega²r\)，烧断细线后，B所需向心力增大，B所受静摩擦力不足以提供向心力，B发生滑动，A所受静摩擦力仍能提供向心力，A仍随圆盘一起做匀速圆周运动，B正确，A、C、D错误。6.如图所示，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A、B、C，在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法中正确的是（）A.根据\(v=\sqrt{gR}\)，可知\(v_A＞v_B＞v_C\)B.根据万有引力定律，可知\(F_A＞F_B＞F_C\)C.向心加速度\(a_A＞a_B＞a_C\)D.运动一周后，A先回到原地点答案：C解析：根据\(v=\sqrt{\frac{GM}{r}}\)，可知\(v_A＜v_B＜v_C\)，A错误；由于不知道卫星的质量大小关系，无法根据万有引力定律比较\(F_A\)、\(F_B\)、\(F_C\)的大小，B错误；根据\(a=\frac{GM}{r²}\)，可知\(a_A＞a_B＞a_C\)，C正确；根据\(T=2\pi\sqrt{\frac{r³}{GM}}\)，可知\(T_A＞T_B＞T_C\)，运动一周后，C先回到原地点，D错误。7.如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始释放，沿光滑的圆弧轨道下滑到B点，然后沿粗糙的水平面运动到C点停止。已知A点离水平面的高度为h，B点离C点的距离为s，下列说法正确的是（）A.小球从A到B的过程中，重力势能全部转化为动能B.小球从B到C的过程中，动能全部转化为内能C.小球从A到C的过程中，机械能减少了mghD.小球从A到C的过程中，克服摩擦力做的功为mgh答案：ABCD解析：小球从A到B的过程中，只有重力做功，重力势能全部转化为动能，A正确；小球从B到C的过程中，克服摩擦力做功，动能全部转化为内能，B正确；小球从A到C的过程中，初状态机械能为mgh，末状态机械能为0，机械能减少了mgh，C正确；根据动能定理，小球从A到C的过程中，\(mghW_f=0\)，克服摩擦力做的功\(W_f=mgh\)，D正确。8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为\(n_1:n_2=2:1\)，原线圈接在有效值为220V的正弦交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻。下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的有效值为110VB.副线圈中的电流大小为2AC.原线圈中的电流大小为1AD.变压器的输入功率为220W答案：AB解析：根据\(\frac{U_1}{U_2}=\frac{n_1}{n_2}\)，可得副线圈输出电压的有效值\(U_2=\frac{n_2}{n_1}U_1=\frac{1}{2}\times220V=110V\)，A正确；副线圈中的电流大小\(I_2=\frac{U_2}{R}=\frac{110}{55}A=2A\)，B正确；根据\(\frac{I_1}{I_2}=\frac{n_2}{n_1}\)，可得原线圈中的电流大小\(I_1=\frac{n_2}{n_1}I_2=\frac{1}{2}\times2A=1A\)，C错误；变压器的输入功率\(P_1=P_2=U_2I_2=110\times2W=220W\)，D错误。9.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有一段弯成直角的金属导线abc，且\(ab=bc=L\)，导线中通有恒定电流I，要使该导线静止不动，需要在b点施加一外力F。若匀强磁场的磁感应强度为B，则外力F的大小和方向可能为（）A.\(F=\sqrt{2}BIL\)，方向与ac连线垂直，指向左上方B.\(F=\sqrt{2}BIL\)，方向与ac连线垂直，指向右下方C.\(F=BIL\)，方向与ab边垂直，指向右上方D.\(F=BIL\)，方向与bc边垂直，指向左下方答案：AB解析：导线所受安培力等效为长为\(\sqrt{2}L\)的直导线所受安培力，大小\(F_{安}=\sqrt{2}BIL\)，方向与ac连线垂直，指向左下方。要使导线静止不动，外力F与安培力等大反向，所以外力F的大小为\(\sqrt{2}BIL\)，方向与ac连线垂直，指向左上方或右上方，A、B正确，C、D错误。10.如图所示，一质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.小球带正电B.小球所受电场力大小为\(mg\tan\theta\)C.若将丝线剪断，小球将做匀加速直线运动D.若将电场方向改为竖直向下，小球仍能静止在原位置答案：ABC解析：小球受重力、电场力和丝线拉力处于平衡状态，电场力方向水平向左，所以小球带正电，A正确；根据平衡条件可得小球所受电场力大小\(F=mg\tan\theta\)，B正确；若将丝线剪断，小球只受重力和电场力，合力为恒力，小球将做匀加速直线运动，C正确；若将电场方向改为竖直向下，小球所受合力不为零，不能静止在原位置，D错误。二、实验题（本题共2小题，共15分）11.（6分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图甲所示。请你指出该装置中的错误或不妥之处（至少两处）：①____________________；②____________________。（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验。图乙是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔\(T=0.1s\)，由图中的数据可算得小车的加速度\(a=\)______\(m/s²\)（结果保留两位有效数字）。答案：（1）①打点计时器应使用交流电源；②木板右端应适当垫高以平衡摩擦力；③小车应靠近打点计时器。（2）0.20解析：（1）打点计时器使用的是交流电源，而图中用的是直流电源；实验前要平衡摩擦力，木板右端应适当垫高；为了能在纸带上打出更多的点，小车应靠近打点计时器。（2）根据\(\Deltax=aT²\)，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）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度\(L=\)______mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径\(d=\)______mm。（2）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有电源（电动势3V，内阻可忽略不计）、滑动变阻器（最大阻值20Ω）、电流表（量程00.6A，内阻约0.1Ω）、电压表（量程03V，内阻约3kΩ）、开关和导线若干。为了使测量结果更准确，应采用图______（选填“丙”或“丁”）的电路进行测量。（3）若该同学用图丙的电路进行测量，测得电压表示数为U，电流表示数为I，则该圆柱体材料的电阻率\(\rho=\)______（用U、I、L、d表示）。答案：（1）50.15；4.700（2）丁（3）\(\frac{\piUd²}{4IL}\)解析：（1）游标卡尺的读数为\(50mm+3\times0.05mm=50.15mm\)；螺旋测微器的读数为\(4.5mm+20.0\times0.01mm=4.700mm\)。（2）由于圆柱体电阻\(R=\frac{\rhoL}{S}=\frac{\rhoL}{\pi(\frac{d}{2})²}\)，阻值较大，电流表应采用内接法，所以应采用图丁的电路进行测量。（3）根据\(R=\frac{U}{I}\)，\(R=\rho\frac{L}{S}=\rho\frac{L}{\pi(\frac{d}{2})²}\)，可得\(\rho=\frac{\piUd²}{4IL}\)。三、计算题（本题共4小题，共45分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.（10分）如图所示，质量\(m=2kg\)的物体静止于水平地面的A处，A、B间距\(L=20m\)。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经\(t_0=2s\)拉至B处。（已知\(g=10m/s²\)）（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；（2）若改用大小为20N，与水平方向成37°角的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。（\(\sin37°=0.6\)，\(\cos37°=0.8\)）解：（1）物体做匀加速直线运动，由\(L=\frac{1}{2}a_1t_0²\)，可得\(a_1=\frac{2L}{t_0²}=\frac{2\times20}{2²}m/s²=10m/s²\)。根据牛顿第二定律\(F\mumg=ma_1\)，可得\(\mu=\frac{Fma_1}{mg}=\frac{302\times10}{2\times10}=0.5\)。（2）设力作用的最短时间为t，物体先做匀加速直线运动，撤去力后做匀减速直线运动，刚好到达B处速度为0。对物体受力分析，根据牛顿第二定律，加速阶段：\(F\cos37°\mu(mgF\sin37°)=ma_2\)，\(20\times0.80.5\times(2\times1020\times0.6)=2a_2\)，解得\(a_2=6m/s²\)。减速阶段：\(\mumg=ma_3\)，\(a_3=\mug=0.5\times10m/s²=5m/s²\)。设加速阶段的位移为\(x_1\)，减速阶段的位移为\(x_2\)，则\(x_1+x_2=L\)，\(x_1=\frac{1}{2}a_2t²\)，\(x_2=\frac{v²}{2a_3}=\frac{(a_2t)²}{2a_3}\)，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）如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB是半径为\(R=0.5m\)的四分之一圆弧轨道，BC是水平轨道，CD是半径为\(r=0.2m\)的四分之一圆弧轨道，B、C分别为两圆弧轨道的最低点和最高点。一质量\(m=0.1kg\)的小球从A点由静止开始下滑，经过B点后进入BC轨道，再滑上CD轨道。已知小球通过C点时对轨道的压力大小为1N，\(g=10m/s²\)。求：（1）小球通过C点时的速度大小\(v_C\)；（2）小球在BC轨道上克服摩擦力做的功\(W_f\)。解：（1）在C点，对小球受力分析，根据牛顿第二定律\(N+mg=m\frac{v_C²}{r}\)，已知\(N=1N\)，\(m=0.1kg\)，\(r=0.2m\)，\(g=10m/s²\)，则\(1+0.1\times10=0.1\times\frac{v_C²}{0.2}\)，解得\(v_C=2m/s\)。（2）小球从A到C的过程中，根据动能定理\(mgRW_fmgr=\frac{1}{2}mv_C²0\)，\(0.1\times10\times0.5W_f0.1\times10\times0.2=\frac{1}{2}\times0.1\times2²\)，解得\(W_f=0.1J\)。15.（12分）如图所示，一足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，两导轨间距\(L=0.5m\)，导轨电阻不计。有一质量\(m=0.2kg\)、电阻\(R=1Ω\)的金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度\(B=2T\)。现给金属棒ab一个水平向右的初速度\(v_0=4m/s\)，求：（1）金属棒ab刚开始运动时的加速度大小\(a\)；（2）金属棒ab在运动过程中产生的最大热量\(Q\)；（3）金属棒ab运动的位移\(x\)为多大时，其速度恰好减为初速度的一半。解：（1）金属棒ab刚开始运动时，产生的感应电动势\(E=BLv_0\)，感应电流\(I=\frac{E}{R}=\frac{BLv_0}{R}\)，根据牛顿第二定律\(F=ma=BIL\)，\(a=\frac{B²L²v_0}{mR}=\frac{2²\times0.5²\times4}{0.2\times1}m/s²=10m/s²\)。（2）金属棒ab在运动过程中，动能全部转化为热量，根据能量守恒定律\(Q=\frac{1}{2}mv_0²=\frac{1}{2}\times0.2\times4²J=1.6J\)。（3）设金属棒ab运动的位移为\(x\)时，其速度恰好减为初速度的一半，根据动量定理\(\overline{F}t=m(\frac{v_0}{2}v_0)\)，\(B\overline{I}Lt=\frac{1}{2}mv_0\)，又\(\overline{I}=\frac{\overline{E}}{R}=\frac{\Delta\Phi}{Rt}=\frac{BLx}{Rt}\)，则\(B\times\frac{BLx}{Rt}\timesLt=\frac{1}{2}mv_0\)，解得\(x=\frac{mv_0R}{2B²L²}=\frac{0.2\times4\times1}{2\times2²\times0.5²}m=0.4m\)。16.（12分）如图所示，在平面直角坐标系\(xOy\)中，第一象限存在沿\(y\)轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为\(B\)。一质量为\(m\)、电荷量为\(q\)的带正电粒子，从\(y\)轴正半轴上的\(M\)点以速度\(v_0\)垂直于\(y\)轴射入电场，经\(x\)轴上的\(N\)点与\(x\)轴正方向成\(30°\)角射入磁场，最后从\(y\)轴负半轴上的\(P\)点垂直于\(y\)轴射出磁场。不计粒子重力，求：（1）\(M\)、\(N\)两点间的电势差\(U_{MN}\)；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径\(R\)；（3）粒子从\(M\)点运动到\(P\)点的总时间\(t\)。解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在\(N\)点的速度为\(v\)，\(v=\frac{v_0}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0\)，根据动能定理\(qU_{MN}=\frac{1}{2}mv²\frac{1}{2}mv_0²\)，\(qU_{MN}=\frac{1}{2}m(\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0)²\frac{1}{2}mv_0²=\frac{1}{6}mv_0²\)，解得\(U_{MN}=\frac{mv_0²}{6q}\)。（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力\(qvB=m\frac{v²}{R}\)，\(R=\frac{mv}{qB}=\frac{m\times\frac{2\sqrt{3}}{3}v_0}{qB}=\frac{2\sqrt{3}mv_0}{3qB}\)。（3）粒子在电场中运动的时间\(t_1=\frac{x}{v_0}\)，\(y=\frac{1}{2}at_1²\)，\(a=\frac{qE}{m}\)，\(v_y=at_1=v_0\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}v_0\)，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\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{3\times\frac{v_0}{3t_1}}\)，\(t_1=\sqrt{3}\frac{v_0}{a}\)，\(a=\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}\)，\(y=\frac{1}{2}\times\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}t_1²=\frac{\sqrt{3}}{6}v_0t_1\)，\(v_y=\frac{v_0}{\sqrt{3}t_1}t_1=\frac{v_0}{\sqrt{3}}\)，\(t_1=\frac{\sqrt{3}v_0}{a}=\frac{\sqrt{3}v_0}{\frac{v_0}{\sqrt{3}}}=3\frac{v_0}{v_0}=3\)（这里计算有误，重新计算）在电场中，\(v_y=v_0\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}v_0\)，\(a=\frac{qU_{MN}}{my}\)，\(y=\frac{1}{2}at_1²\)，\(v_y=at_1\)，\(t_1=\frac{v_y}{a}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}v_0}{\fr