2024年粵教滬科版高三物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高三物理上冊階段測試試卷97考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示，用輕繩懸吊一重量G=100N的物體，已知繩AC長40cm，BC長30cm．懸點AB在同一水平線上相距50cm．AC繩中拉力為FA，BC繩中拉力為FB，則下列結(jié)論正確的是（）A.FA=100N，F(xiàn)B=120NB.FA=80N，F(xiàn)B=100NC.FA=60N，F(xiàn)B=80ND.FA=80N，F(xiàn)B=60N2、彈簧振子在光滑水平面上做簡諧運動，當(dāng)振子向著平衡位置運動的過程中，下列說法正解的是（）A.振子的回復(fù)力就是振子的合外力B.振子相對平衡位置的位移在增大C.振子的彈性勢能在增大D.振子的加速度在增大3、關(guān)于彈力，以下說法不正確的是（）A.拉力、壓力、支持力性質(zhì)上均為彈力B.物體由于發(fā)生了彈性形變，會對使其發(fā)生彈性形變的物體施加彈力作用C.彈力的大小取決于彈性形變的大小，對同樣一根彈簧，形變越大，彈力越大D.許多物體可以在不發(fā)生形變的條件下對物體施以彈力作用4、如圖所示，理想變壓器的副線圈上通過輸電線接有三只燈泡L1、L2、L3，輸電線的等效電阻為R，原線圈上串接有一個理想電流表，開始時開關(guān)S接通，當(dāng)S斷開后，以下說法正確的是（）A.電流表示數(shù)變大B.燈泡L1和L2變亮C.副線圈兩端c、d間的輸出電壓增大D.等效電阻R上的功率變大5、A、D

分別是斜面的頂端、底端，BC

是斜面上的兩個點，AB=BC=CDE

點在D

點的正上方，與A

等高.

從E

點以不同的水平速度拋出質(zhì)量相等的兩個小球，球1

落在B

點，球2

落在C

點，兩球從拋出到落在斜面上的運動過程中的說法正確的是(

)

A.球1

和球2

動能增加量之比為12

B.球1

和球2

運動時的加速度大小之比為12

C.球1

和球2

拋出時初速度大小之比為21

D.球1

和球2

運動的時間之比為12

6、如圖所示，三角體由兩種材料拼接而成，BC

界面平行底面DE

兩側(cè)面與水平面夾角分別為30鈭?

和60鈭?.

已知物塊從A

靜止下滑，加速至B

勻速至D

若該物塊靜止從A

沿另一側(cè)面下滑，則有(

)

A.通過C

點的速率等于通過B

點的速率B.AB

段的運動時間大于AC

段的運動時間C.將加速至C

勻速至E

D.一直加速運動到E

但AC

段的加速度比CE

段小7、下列器件，利用電流的熱效應(yīng)工作的是（）A.驗電器B.電熱水器C.電容器D.電磁繼電器8、在忽略空氣阻力的情況下，讓一輕一重兩粒石子從同一高度自由下落，則關(guān)于兩粒石子的運動下列說法中正確的是（）A.兩石子落地的速度相同B.輕石子比重石子下落快C.重石子比輕石子下落快D.無法判斷兩粒石子下落的快慢評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、大型強子對撞機加速一批質(zhì)子，該對撞機“開足馬力”后，能把數(shù)以百萬計的粒子加速至接近3.0×108m/s，相當(dāng)于光速的99.9%，粒子流每秒可在隧道內(nèi)狂飆11245圈，單束粒子能量可達7萬億電子伏特．下列說法正確的是（）A.如果繼續(xù)對粒子進行加速，粒子的速度將能夠達到光速B.如果繼續(xù)對粒子進行加速，粒子的速度不能夠超過光速C.粒子高速運動時的質(zhì)量將大于靜止時的質(zhì)量D.粒子高速運動時的質(zhì)量將小于靜止時的質(zhì)量10、如圖所示為甲；乙兩質(zhì)點做直線運動的位移-時間圖象；由圖象可知（）

A.甲、乙兩質(zhì)點在1s末時相遇B.甲、乙兩質(zhì)點在第4s內(nèi)的速度大小之比為3：2C.甲、乙兩質(zhì)點在第1s內(nèi)反方向運動D.在前2s內(nèi)甲、乙兩質(zhì)點的平均速度大小之比為3：211、質(zhì)譜儀是用來測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的裝置．如圖所示，電容器兩極板相距為d，兩板間電壓為U，極板間的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1，一束電荷相同的帶正電粒子沿電容的中線平行于極板射入電容器，沿直線穿過電容器后進入另一磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，結(jié)果分別打在感光片上的a、b兩點，設(shè)a、b兩點之間的距離為x，粒子所帶電荷量為q，不計重力．則以下分析正確的是（）A.粒子進入勻強磁場B2時的速度v=B.粒子進入勻強磁場B2時的速度v=C.打在a、b兩點的粒子的質(zhì)量之差△m=D.打在a、b兩點的粒子的質(zhì)量之差△m=12、一小球從靜止開始做勻加速直線運動，在第15s內(nèi)的位移比前1s內(nèi)的位移多0.2m，則下列說法正確的是（）A.小球加速度為0.2m/s2B.小球前15s內(nèi)的平均速度為1.5m/sC.小球第14s的初速度為2.8m/sD.第15s內(nèi)的平均速度為0.2m/s13、在圖示光滑軌道上，小球滑下經(jīng)平直部分沖上圓弧部分的最高點A時，對圓弧的壓力為mg，已知圓弧的半徑為R，則（）A.在最高點A，小球受重力和向心力B.在最高點A，小球受重力和圓弧的壓力C.在最高點A，小球的速度為D.在最高點A，小球的向心加速度為2g14、如圖所示，光滑小球夾于豎直墻和裝有鉸鏈的薄板OA之間，在薄板和墻之間的夾角α逐漸增大到90°的過程中，則（）A.小球?qū)Φ膲毫υ龃驜.小球?qū)Φ膲毫p小C.小球?qū)Π宓膲毫υ龃驞.小球?qū)Π宓膲毫p小15、“東方一號”人造地球衛(wèi)星A和“華衛(wèi)二號”人造衛(wèi)星B的質(zhì)量之比為mA：mB=1：2，軌道半徑之比為2：1，則下面的結(jié)論中正確的是（）A.它們受到地球的引力之比為FA：FB=1：1B.它們的運行速度大小之比為vA：vB=1：C.它們的運行周期之比為TA：TB=：1D.它們的運行角速度之比為ωA：ωB=：116、下列關(guān)于萬有引力定律的說法中正確的是（）A.萬有引力定律是牛頓在總結(jié)前人研究的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)的B.公式F=Gm1m2/r2中的G是一個比例常數(shù)，是沒有單位的C.公式F=Gm1m2/r2中的r是指兩個質(zhì)點間的距離或兩個均勻球體的球心間的距離D.由F=Gm1m2/r2可知，當(dāng)距離r趨向于0時，F(xiàn)趨向于無窮大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、外界對一定質(zhì)量的氣體做了200J的功，同時氣體又向外界放出了80J的熱量，則氣體的內(nèi)能____（填“增加”或“減少”）了____J．18、一根水平橫桿可繞軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，桿上穿一個空心圓柱形物體，質(zhì)量為，物體可在桿上無摩擦滑動，物體和轉(zhuǎn)軸間用一根勁度系數(shù)的彈簧相連，如圖所示。當(dāng)橫桿繞軸勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧從原長伸長到，那么彈簧對物體的拉力是______，物體運動的角速度是______，線速度是______。（物體可視為質(zhì)點）19、有一物體在h高處以初速度v0水平拋出（不計空氣阻力），落地時速度為v1，豎直分速度為vy，落地時水平飛行距離為s，則計算該物體在空中飛行時間的式子是____或____或____．20、有兩個力，一個是8N，一個是10N，它們合力的最大值等于____N，最小值等于____N．21、把標(biāo)有“36V40W”字樣的燈泡接在一個交流電源上，它的實際電功率為20W，則該交流電源電壓的最大值為（假定燈泡的電阻不隨溫度變化）____V．22、如圖所示，一定質(zhì)量的空氣被水銀封閉在靜置于豎直平面的U型玻璃管內(nèi)，玻璃管右管上端開口且足夠長，左管封閉．右管內(nèi)水銀面比左管內(nèi)水銀面高h(yuǎn)，大氣壓強為P0，水銀密度為ρ，則封閉氣體的壓強為____；若保持溫度不變，將U型玻璃管在豎直平面內(nèi)沿順時針轉(zhuǎn)動90°，至圖（b）所示位置，則此時封閉氣體的長度較轉(zhuǎn)動前封閉氣體的長度____（填“變小”“不變”“變大”）評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)23、x-t圖象描述了物體的位移隨時間的變化規(guī)律．____．（判斷對錯）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】先根據(jù)幾何關(guān)系求出三角形各個角的度數(shù)，再對結(jié)點進行受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解．【解析】【解答】解：根據(jù)幾何關(guān)系可知；△ABC為直角三角形，且∠A=53°，∠B=37°；

以結(jié)點為研究對象；分析受力情況，作出力圖，如圖．

根據(jù)平衡條件得：FA=Gsin53°=100×0.8=80N，F(xiàn)B=Gsin37°=100×0.6=60N；故D正確。

故選：D2、A【分析】【分析】根據(jù)振子是遠(yuǎn)離平衡位置還是靠近平衡位置來分析：回復(fù)力、位移、速度和加速度的變化．【解析】【解答】解：A；彈簧振子在水平方向運動；故其合外力充當(dāng)振子的回復(fù)力，A正確；

B；振子的位移指由平衡位置指向振動物體所在位置的有向線段；因而向平衡位置運動時位移逐漸減小，B錯誤；

C；位移逐漸減??；則彈簧的形變量減小，彈性勢能逐漸減小，故C錯誤；

D、物體向著平衡位置運動時，位移逐漸減小，由牛頓第二定律a=-可知；加速度也減小，D錯誤；

故選：A．3、D【分析】【分析】拉力、壓力和支持力都是彈力，方向垂直于接觸面，壓力指向被壓物體，支持力指向被支持物體，物體發(fā)生彈性形變，才會產(chǎn)生彈力．【解析】【解答】解：A；拉力、壓力與支持力均屬于效果力；都屬于彈力范圍．故A正確．

B；彈力的產(chǎn)生的條件是直接接觸且彈性形變．故B正確；D錯誤．

C；由胡克定律可知；同樣一根彈簧，在彈性限度內(nèi)，形變越大，彈力越大．故C正確．

本題選不正確的，故選D4、B【分析】【分析】和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)L3的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．【解析】【解答】解：當(dāng)S斷開后，副線圈上的總電阻增大，所以輸出功率變小，原線圈電流變小，輸電線上電壓損失減小，電阻R上的功率變小，燈泡L1和L2兩端電壓增大；功率增大，故B正確，A；D錯誤．

副線圈兩端c；d間的輸出電壓是由原線圈的輸入電壓決定的；輸入電壓不變，所以c、d間的輸出電壓也不變，所以C錯誤．

故選B．5、A【分析】解：A

因為AB=BC=CD

可知E

點到B

點和C

點的高度之比為12

根據(jù)動能定理得：mgh=鈻?Ek

則球1

和球2

動能的增加量之比為12

故A正確．

B；球1

和球2

做平拋運動；加速度大小相等，故B錯誤．

C、球1

和球2

下降的高度之比為12

根據(jù)t=2hg

知，球1

和球2

運動的時間之比為1攏潞2

因為球1

和球2

的水平位移之比21

則初速度之比22攏潞1

故C；D錯誤．

故選：A

．

根據(jù)兩球下降的高度之比；結(jié)合動能定理得出動能的增加量之比，根據(jù)高度求出平拋運動的時間之比，結(jié)合水平位移之比求出初速度之比．

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解，知道運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移．【解析】A

6、B【分析】解：A

物體從傾角為婁脠

的斜面滑下；根據(jù)動能定理，有。

mgh鈭?婁脤mgco婁脠?hsin婁脠=12mv2

即有mgh鈭?婁脤mghcot婁脠=12mv2婁脠

越大，cot婁脠

越小，v

越大，其他量相等，則物體通過C

點的速率大于通過B

點的速率，故A錯誤；

B、由上分析有vB<vC.

由位移公式得xAB=vB2tABxAC=vC2tAC

因為xAB>xACvB<vC

則tAB>tAC.

即得AB

段的運動時間大于AC

段的運動時間；故B正確；

C；將物塊在CE

段與BD

段運動進行比較：BD

段上重力沿斜面向下的分力與滑動摩擦力大小相等.

在CE

段上重力沿斜面的分力較大；滑動摩擦力較小，則重力沿斜面的分力大于滑動摩擦力.

所以物塊沿CE

段將做勻加速運動.

故C錯誤．

D；由上分析可知；物塊一直加速運動到E

由于AC

段滑動摩擦力較小，則AC

段的加速度比CE

段大.

故D錯誤．

故選B．

根據(jù)動能定理列式比較BC

速率關(guān)系.

求出物體從傾角一定的斜面下滑的加速度的一般表達式；然后討論影響加速度大小的各個因數(shù)對加速度的影響，再討論各段的運動情況．

本題關(guān)鍵是求出物體沿斜面下滑的加速度和速度的一般表達式，然后再分析討論.

也可以通過作速度鈭?

時間圖象進行分析．【解析】B

7、B【分析】【分析】（1）電流流過導(dǎo)體時導(dǎo)體發(fā)熱；這種現(xiàn)象是電流的熱效應(yīng)．

（2）電流流過導(dǎo)體時導(dǎo)體周圍產(chǎn)生磁場；這種現(xiàn)象是電流的磁效應(yīng)．

（3）電流流過導(dǎo)體時導(dǎo)體發(fā)生化學(xué)變化，這種現(xiàn)象是電流的化學(xué)效應(yīng)．【解析】【解答】解：A；驗電器是檢驗物體是否帶電的儀器；不發(fā)熱，故A錯誤；

B；電熱水器將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；發(fā)熱，故B正確；

C；電容器是儲存電荷的；不發(fā)熱，故C錯誤；

D；電磁繼電器是開關(guān)；利用電流的磁效應(yīng)設(shè)計的，故D錯誤；

故選：B．8、A【分析】【分析】忽略空氣阻力，兩個石塊都作自由落體運動，根據(jù)自由落體運動的規(guī)律分析即可求得．【解析】【解答】解：A、兩石子做自由落體運動，根據(jù)知；兩石子落地的速度相同．故A正確．

B；兩石子做自由落體運動；下落的快慢相同，與質(zhì)量無關(guān)．故B、C、D錯誤．

故選：A．二、多選題(共8題，共16分)9、BC【分析】【分析】根據(jù)相對論m=，確定質(zhì)量的變化，知道粒子的速度不可能達到光速．【解析】【解答】解：A；B、根據(jù)相對論的基本假設(shè)；粒子的速度不可能達到光速或超過光速，故A錯誤、B正確；

C、D、根據(jù)相對論m=；知，粒子高速運動時的質(zhì)量將大于靜止時的質(zhì)量．故C正確，D錯誤．

故選：BC．10、AC【分析】【分析】位移時間圖線的斜率表示物體的速度，根據(jù)縱坐標(biāo)比較質(zhì)點的位移．平均速度等于位移與時間之比．【解析】【解答】解：A；甲、乙兩質(zhì)點在1s末時相對于原點的位移相同；即處于同一位置，二者相遇，故A正確；

B、甲、乙兩質(zhì)點在第4s內(nèi)的速度大小分別為：v甲===2m/s，v甲===3m/s；故甲；乙兩質(zhì)點在第4s內(nèi)的速度大小之比為2：3．故B錯誤．

C；在第1s內(nèi)甲的斜率為負(fù)；表示速度沿負(fù)方向，乙圖線斜率為正，表示速度沿正方向，即甲、乙兩質(zhì)點在第1s內(nèi)反方向運動，故C正確；

D、在前2s內(nèi)甲、乙兩質(zhì)點的位移大小分別為：x甲=8m-4m=4m，x乙=6m-0m=6m，由平均速度公式=可得甲；乙兩質(zhì)點的平均速度大小之比為2：3．故D錯誤；

故選：AC11、AD【分析】【分析】（1）根據(jù)粒子沿直線運動時電場力等于洛倫茲力求出速度的大?。?/p>

（2）根據(jù)帶電粒子在磁場中的半徑公式，抓住a、b兩點的距離差求出粒子的質(zhì)量之差．【解析】【解答】解：粒子在電容器間做勻速直線運動，有：qvB1=q

解得：v=

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動；有：

qvB2=m

解得R=．

則x=2R2-2R1=2（-）

解得：△m=m2-m1=．

故選：AD．12、AB【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運動的推論△x=aT2求解加速度，根據(jù)速度時間公式求出14s初、14s末、15s末的速度，根據(jù)求解平均速度．【解析】【解答】解：A、根據(jù)勻變速直線運動的推論△x=aT2得：

a=；故A正確；

B、小球15s末的速度v15=at15=0.2×15=3m/s；

則小球前15s內(nèi)的平均速度；故B正確；

C、小球第14s的初速度等于13s末的速度，則v13=at13=0.2×13=2.6m/s；故C錯誤；

D、小球第14s末的速度v14=at14=0.2×14=2.8m/s；則。

第15s內(nèi)的平均速度為；故D錯誤．

故選：AB13、BD【分析】【分析】小球在最高點受到重力，軌道對球的壓力，兩個力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式求出小球的速度，根據(jù)向心力公式求出加速度．【解析】【解答】解：A；小球在最高點受到重力；軌道對球的壓力，兩個力的合力提供向心力，故A錯誤，B正確；

C；在最高點；根據(jù)向心力公式得：

mg+F=m；

F=mg；

聯(lián)立解得：an=2g，v=；故C錯誤，D正確．

故選：BD14、BD【分析】【分析】對球進行正確受力分析，把握其受力特點：一個力大小和方向不變（重力），一個力方向不變（墻給球的支持力），另一個力的大小、方向均發(fā)生變化（擋板給球的作用力），對于這類動態(tài)平衡問題，可以采用“圖解法”進行．【解析】【解答】解：以小球為研究對象；處于平衡裝態(tài)，根據(jù)受力平衡，運用合成法如圖：

由圖可知；當(dāng)θ緩慢地增大到90°的過程中，墻壁給球的壓力逐漸減小，薄板給球的支持力逐漸減小；

根據(jù)牛頓第三定律可知薄板受到的壓力減??；小球?qū)Φ膲毫σ矞p小．故AC錯誤，BD正確；

故選：BD．15、BC【分析】【分析】人造地球衛(wèi)星的向心力由萬有引力提供，則由公式可得出各量的表達式，則可得出各量間的比值．【解析】【解答】解：人造地球衛(wèi)星的萬有引力充當(dāng)向心力，即．

解得：，，．

A、根據(jù)F=；引力之比1：8，故A錯誤．

B、由，線速度之比為1：；故B正確．

C、由，周期之比為；故C正確．

D、由可知，角速度之比為；故D錯誤．

故選：BC．16、AC【分析】【分析】萬有引力定律是牛頓在總結(jié)前人的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)的，公式F=G適用于質(zhì)點間或均勻球體間的萬有引力．【解析】【解答】解：A；萬有引力定律是牛頓在總結(jié)前人研究的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)的．故A正確．

B、公式F=G中的G是一個比例常數(shù)，單位為Nm2/kg2．故B錯誤．

C、公式F=G中的r是指兩個質(zhì)點間的距離或兩個均勻球體的球心間的距離．故C正確．

D、公式F=G適用于質(zhì)點間的萬有引力，當(dāng)距離r趨向于0時；公式不再適用．故D錯誤．

故選AC．三、填空題(共6題，共12分)17、增加120【分析】【分析】本題中外界對氣體做功為正值，氣體向外放熱為負(fù)值，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析內(nèi)能的變化．【解析】【解答】解：由題有：W=200J；Q=-80J

根據(jù)熱力學(xué)第一定律得：△U=W+Q=200J-80J=120J＞0；所以氣體的內(nèi)能增加了120J

故答案為：增加；120．18、略

【分析】【解析】根據(jù)胡克定律：=800N/m×0.02m=16N;根據(jù)牛頓第二定律：所以rad/s又因為：思路分析：根據(jù)胡克定律：F=KX求解彈力；然后根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解角速度：最后利用線速度和角速度的關(guān)系求解線速度：試題【解析】【答案】；；19、【分析】【分析】求出