河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三上学期物理周考题

物理周考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C 8 B B ACD CD CD 1.B 【详解】A.甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，质点 在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，A正确，不符合题意： B.乙图中，研究红蜡块的运动时，对于合运动和分运动之间，主要运用了等效替代，B错误， 符合题意： C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时控制一些物理量不变，研 究其他物理量之间的关系，运用了控制变量，C正确，不符合题意： D.丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了 放大法测微小量，D正确，不符合题意。 故选B。 2.D3.A 【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得m'a=m 设弹簧的初始弹性势能为E。,整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得 故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说 动量一直为零，系统机械能不变。故选A。 4.C 【详解】A.根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向 竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误； B.当场强满足q=g时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故 B错误； C.根据动能定理ag购)R-nm: 可求出小球到B点时的速度B,根据4= R 可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律g-Eq=a 可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成可得B点的加速度为a=Va+a 故C正确： D.小球在D点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行N方向的等量异 种点电荷的电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡， 其与N平行，而另一分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D点受到圆环的作用力方 向不平行MN,故D错误。故选C。 5.B 【详解】AB.如果台秤的示数减小，说明电流对磁铁的作用力向上，根据牛顿第三定律得到 磁体对电流的安培力向下，根据左手定则，电流所在位置磁场方向向左，故磁体右侧为N极， 左侧为S极，故A错误，B正确：由AB分析可得CD均错误。故选B。 6.B 【详解】CD.设“东方红一号在近地点的速率为y,在远地点的速率为2，在近地点、远地点 的极短时间内，根据开普勒第二定律，则有= 又因2= 联立可得y2=5:1=k:1 CD错误； AB、机被能为动能与势能之和，即。=及4，所以在近地点的机被能为品。-m- 在远地点的机械能为马，-m-G 1 卫星在轨道上运动过程中满足机械能守恒，则有E:=卫远 联立解得m GMin (k+1) 则有B=E= GMin (k+1)5 A错误，B正确。故选B。 ④ 7.B 【详解】A.由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间。刚 好从c点射出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2t。当粒子沿纸面以与Od 成30°角的方向射入正方形内时，如图所示，作出从b边射出的临界轨迹①。由图可知，当 轨迹@与d相切时为带电粒子从a边射出的临界值，根据几何关系}7-则该带电粒 6 子从b边射出经历的时间一定不大于，故A错误： B.作出从bc边射出的临界轨迹②。由图可知，当轨迹②与bc相切时为带电粒子从bc边射出的 临界值，根据几何关系：名子 则该带电粒子从c边射出经历的时间一定不大于兰， 故B正确： C.作出从cd边射出的临界轨迹③。由带电粒子运动轨迹的对称性可知，该带电粒子从cd边 射出经历的时间定是一7-子，故C错误： 6 D.作出从ad边射出的临界轨迹④。由图可知，当轨迹④与ad相切时为带电粒子从ad边射出 的临界值，根据几何关系工-专 63 则该带电粒子从d边射出经历的时间一定不大于子， 故D错误。故选B。 8.ACD 【详解】A.如图所示当滑动变阻器R是限流式接法，当滑片P向α端移动时，滑动变阻器R电 阻变大由见号 可知学增大，根据闭合电路欧姆定律得U,=B-U+马0+) R ER,￠+R)R 整理可得U,F,+R+R,I+R+R: 则有 △U2=G+R)R △Ir+R+R2 可知不变，故A正确： AI B.当滑动变阻器R的滑片P向α端移动时，滑动变阻器R增大，电路中总电阻增大，总电流 减小，根据 P总=EI PUI U 可知电源的总功率减小；电源的效率为刀=。立豆 由路端电压为U=E-r 可知总电流减小时，路端电压U增大，电源的效率增大，故B错误： C.根据闭合电路欧姆定律U=E-I” 则△U=△I 又U,=E-Ir+R) 则△U,=△M(+R) U 由串并联电路特点和欧姆定律可知I总= R 则△U=△IR 联立可得 △U,=△U+△U故C正确： D.当滑动变阻器R,的滑片P向α端移动时，R,增大，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆 定律可知，总电流减小，路端电压增大：则通过R的电流减小，R两端电压减小，则R两端电 压增大；通过R的电流等于通过电阻R,电流和流过滑动变阻器R的电流之和，且流过R的电 流增大，流过滑动变阻器R的电流减小，所以I减小的量比I,增大的量更大，则为 △I2<L3 故D正确。故选ACD。 9.CD 【详解】A.根据题意可知，当P、Q滑动时，P沿绳方向的分速度大小与Q的速度大小相等， 故A错误； B.Q与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因Q与 斜面之间摩擦产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误： C.由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于 竖直杆对P的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确： D.当P、Q静止时，若绳子的拉力大于Q重力沿斜面向下的分力，则Q有向上的运动趋势， 斜面对Q的摩擦力沿斜面向下，故D正确。 故选CD。 10.CD 【详解】A.洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时，由于外电路闭合，维持电动势稳定， 需要带电粒子不断向两极板积累，所以稳定时进入发电通道的正负电荷做曲线运动，故A错 误： E BC.根据qB=q 解得发电机的电动势是E=Bm 两极板间电势差大小是路端电压小于电动势，根据左手定则可知，带正电的粒子向上偏转，上 极板带正电，回路中的电流强度是I=B=Bm R+rR+r 其中r=Pb 代入解得I=R+p Bably ，故B错误，C正确： D,发电导管两端的作用力为F=△pS=bp 发电导管的输入功率P=F=ab△p EI B'alv 发电机的效率为刀= P (Rbl+pa)Ap' 故D正确。 故选CD。 光敏电阻 11.(1) 台灯 (2) 6.0 2.0 (3)变小 【详解】(1)由于水果电池的内阻约为几千欧姆，所以电流表相对水果电池应采用内接法，则 电压表接入电路的实物连线如图所示 (2)[1][2]根据欧姆定律可得U=E-r 由图乙U-I图像的纵轴截距可知这组水果电池的电动势为E=6.0V 由U-1图像胸斜率绝对值可得内用为一智-8 2=2.0k2 (3)由表格数据可知，随着光强的增大，电路电流增大，则光敏电阻的阻值变小。 12. 黑上 ×10 160 【详解】（1)1]根据红进黑出可得，图甲中A端应与黑表笔相接： [2]要使电流表满偏，滑动变阻器滑片P需要向上移动，阻值变小。 (2)[3]当开关S接2时，并联的电阻更大，改装后的电流表量程较小，对应欧姆表的×10挡 位。 (3)[4]电源电动势减小，若按正确方法进行使用，欧姆调零时可求欧姆表的内阻，原欧姆表 的内阻为 R= 现欧姆表的内阻为 E R′= 根据闭合电路欧姆定律可得 E R+R R'+R' 联立解得 R=1602 (4)[5]用多用电表的直流电压挡测量，E、G和F、G间有电压，E、F间无电压，说明电源 在G和结点之间，黑表笔接E,红表笔接F,电阻很小，反接时电阻很大，说明E、F间有二 极管，当电流方向从E到F时，二极管导通。 故选B。 13.(1)3m/s (2)-2V (3)0.3J 【详解】(1)金属杆速度最大时，根据平衡条件有F=gsin6+BIL 金属杆中的电流为I=B R+r 解得金属杆能获得的最大速度vm=3m/s (2)金属杆运动位移达x=1.2m时刻，金属杆产生的电动势为E=BLw.=3V 根据右手定则可知，金属杆内电流方向为a指向b,可知a点电势比b点电势低，根据闭合电 路欧姆定律，可知金属杆两端的电势差U=-BR=-2V R+r (3)根据能量守恒定律x=mexsin6+D+2md 联立解得回路产生的热量为Q=0.3J 14.(1)2mgR;(2)%=V3g;(3)y=6Rx 【详解】(1)小球从A到B,根据能量守恒定律得 E,=mvi =1mgR 2 2 (2)小球从B到O,根据动能定理有 下gR+gE.√2R=号2-号 。写 解得 Vo=13gR (3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴， 则x轴方向有 gE cos45°=a 竖直方向有 gE sin45°-g=ay 解得 a,=g,a,=0 说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速 直线运动，即做类平抛运动，则有 x=28,y=1 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程 y2=6Rx 15.（1)152.0J;（2)3.3kg≤m2<5.1kg:(3)2.4kg 【详解】(1)设滑块A刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点时速度的大小y。,根据牛顿第二 定律有 nhg =mhR 解得 V,=gR 滑块A由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得 3 2Ran3+R-car ）.1 E。=08cos37°×一R+m8 21 联立解得 E。=3.8l48R=152.0J (2)设滑块A的质量为m2,为使A能滑上圆轨道，则它到达P点时的速度应大于零，由能量 守恒定律可得 3 3 E。>m,8cos37°×R+l,g×号Rsin37° 解得 38 m2< 15 要使滑块A仍能沿圆轨道滑回，A在圆轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，由能量守恒定 律可得 B,sm,gcos37°×3R+m,g 3 Rsin37°+Rcos37° 2 解得 38 ≥23"% 综上所述可得 3 38 23%≤m<i5m 变后滑块A的质量m,的可能值 3.3kg≤m2<5.1kg (3)依题意滑块恰好脱离圆轨道时，应在O2水平线的上方与O2方向的夹角为37°处，此位置 轨道对滑块的弹力刚好为零，则 m,gsim37°=L,R 解得 3 V= /58R 由能量守恒定律可得 B,=1m,gcos379×3R+mg Rsin37°+Rcos37°+Rsin37° 解得 % 1≈2.4kg 16物理周考试题 一、单选题 1.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中不正确的是() 切线 蜡块的位置 0光源 一刻度尺 金m A.甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化，运用了极限思想，说明质点在A点的 瞬时速度方向即为过A点的切线方向 B.乙图中，研究红蜡块的运动时，主要运用了理想化模型的思想 C.丙图中，探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法 D.丁图中，卡文迪许测定引力常量的实验运用了放大法测微小量 2.某一平直的公路上甲、乙两辆小车分别在各自的平行车道上匀速行驶，甲在乙的前方。突然甲车 发现前方出现事故，立马踩下刹车，记此刻为t=0时刻，2秒后乙车也开始刹车，两车的速度-时间图 像如图所示。下列说法正确的是() w/(m·s) 14 A.乙车0~9秒的平均加速度为2m/s2 12 10 B.8秒时刻甲乙一定相遇 8 6 C.如果t=0时刻甲乙相距离20米，则甲乙在t=3s相遇 4 2 D.甲乙t=0时刻的距离小于28米，则甲乙此过程中一定会相遇 04 12345678910s 3.如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。 已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后( ) A.弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 细线 B.弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C.弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D.弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 4 4.如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两 个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直N放置，其圆心O在N的中点，半径为R、AC和 BD分别为竖直和水平的直径。质量为、电荷量为+？的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度 vo做完整的圆周运动，则() A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 答案第1页，共6页 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行W 5.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导 线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则() A.如果台秤的示数减小，说明磁铁左端是N极 B.如果台秤的示数减小，说明磁铁右端是N极 C.无论如何台秤的示数都不可能变化 D.以上说法都不正确 77777777777777 6.中国的航天事业蓬勃发展，“东方红一号作为中国航天发展史上第一个里程碑，广为人知。“东方 红一号绕地球运动的轨道是一个椭圆，若东方红一号的质量为m,地球的质量为M,“东方红一号” 在远地点时到地心的距离为其在近地点时到地心的距离的k倍。引力常量为G,“东方红一号”在近地 点时到地心的面离为，设无穷远处为势能零点，引力势能的表达式为8=，下列说法下确的 是() A.“东方红一号的机械能为依-1 GMm B.东方红一号的机械能为k+1万 GMi C.“东方红一号在近地点的速度与其在远地点的速度之比为√：1 D.“东方红一号”在近地点的速度与其在远地点的速度之比为1：√ 7.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形bcd区域内，O点是cd边的中点。一个带 正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间to 刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与O成30°角的方向，以大小不同的速 率射入正方形内，粒子重力不计。下列说法中正确的是() A.若该带电粒子从b边射出，它经历的时间可能为to B.若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为o C.若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为， o D.若该带电粒子从d边射出，它经历的时间可能为t, a 二、多选题 8.如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理 想电表，当滑动变阻器R的滑片P向α端移动时，电压表V、V和V,的示数分别为UJ、U和U,三 个电压表示数变化量的绝对值分别为△U,△U,和△U,电流表A的示数为I,电流表示数变化量的绝 对值为△1，以下说法中正确的是() 答案第2页，共6页 A.华增大，40不变 AI E B.电源的总功率和效率均增大 R a C.△U2=△U+△U D.如果设流过电阻R,的电流变化量的绝对值为△，，流过滑动变阻器R 的电流变化量的绝对值为△I,则△M2<△I 9.建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜面体固定在水平面 上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q放在斜面体 上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下列分析 正确的是() A.当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等 a2s B.当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能 C.当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力 D.当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下 10.如图所示为一简易磁流体发电机模型，其发电通道为一长宽高分别为1、、b的长方体空腔，整 个发电通道处于磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中。不计上下两块极板的电阻，极板 与外部定阻R构成闭合回路。将高温等离子体以恒定速率v送入发电通道，等离子体的电阻率为， 忽略等离子体的重力和相互作用力。闭合开关，稳定时，发电通道出入口之间存在稳定压强差△p, 则下列说法正确的是() A.洛伦兹力充当非静电力形成电动势，稳定时进入发电通道的正负电荷做直线运动 B.稳定时，两极板间的电势差大小为Bw,且上极板带正电 C.回路中电流大小1= Bably Rbl+pa B'aly D.电离气体流经发电通道时转化为电能的效率刀= (Rbl+pa)Ap 三、实验题 11.某同学利用光敏电阻的阻值随光的照射强度（简称光强）而变化来代替滑动变阻器，设计了如图 甲所示的电路来测定一组水果电池的电动势E和内阻（约为几千欧姆）。 AUNV 6.0 光敏电阻 5.0 4.0 3.0 台灯 7/mA 2.000.51.015202.5 甲 乙。术为，共6页 (1)请用笔画线代替导线把电压表接入电路 (2)该同学通过控制台灯照射光敏电阻的光强，从而得到下表的数据，他把数据画出如图乙所示的U-1 图线，由该图线可得这组水果电池的电动势E- V,内阻= k2。(所有结果均保留 2位有效数字) 光强 最弱 中弱 中 中亮 最亮 I/mA 0.50 0.75 1.00 1.25 1.40 UV 5.00 4.50 4.00 3.40 3.10 (3)由表中数据还可知，随着光强的增大，光敏电阻的阻值 (填变大或变小)。 12.某实验兴趣小组为了研究电表的改装原理和练习使用多用电表，设计了如下实验。他走进物理实 验室，利用一个满偏电流为30A的电流表改装成倍率可调为×1”或×10的欧姆表，其电路原理图 如图甲所示。 G 0 20 mA 甲 (1)图甲中的A端与 (选填红或“黑)表笔相连接。使用时进行欧姆调零发现电流表 指针指在如图乙所示位置，此时他应该将滑动变阻器的滑片P向 (选填“上”或下)移动。 (2)从图甲中可知：当开关S接2时，对应欧姆表的 (选填×1”或×10)倍率： (3)若多用电表的电池用久了，电动势E由1.5V降成1V,内阻r由1.52变成52，现用此电表欧 姆调零后测量未知电阻，读数为2402，则其真实值为 (4)该兴趣小组在实验室找来多用电表进一步探测如图所示黑箱问题时发现：用直流电压挡测量，E、 G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔接E点，红表笔接 F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是下图中的 D. ● G 答案第4页，共6页 四、解答题 13.如图所示，两根间距为L=1.0,电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角0=30°，导 轨底端接入一阻值为R=2.02的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场，磁场 方向垂直于导轨平面向上。在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2kg、电阻为r=1.02的金属杆b, 开始时使金属杆b保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F=2.0N的恒力，金属杆由静止 开始运动了1.2m达到最大速度，重力加速度g=10m/s2。金属杆从静止到运动1.2m的过程中，求： (1)金属杆能获得的最大速度： (2)金属杆运动位移达1.2m时刻，两端的电势差U; B (3)金属杆从静止到运动1.2m的过程中，回路产生的热量Q。 6 10 14.如图所示，光滑水平面4B和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量 为的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为√gR, 之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为0=45° 的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为√2g。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力 加速度为g。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)小球经过O点时的速度大小： (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案第5页，共6页 15.如图所示，轨道MPS在竖直平面内，直轨道P端与半径为R=2m的光滑竖直圆轨道PQS相切， Q点与圆心O等高，圆心O在S的正下方。一轻弹簧原长也为R,其一端固定在倾角为37的固定直 轨道MP的底端M处，MP长为2R,另一端与质量可调的滑块A(可视为质点)接触，滑块与弹簧 不相连，弹簧处于轻微压缩状态。用外力推动滑块A,每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后由静止 放开，A开始沿轨道MP运动。已知滑块A与直轨道MP间的动摩擦因数0.5，重力加速度大小为 g10m/s2。（取sin37°-0.6，cos37°-0.8)（计算结果均保留到小数点后一位）。 (1)当A的质量为=2kg时刚好能到达圆轨道的最高点S,求轻弹簧压缩至原长的一半时的弹性 势能即； (2)若改变滑块A的质量使之能滑上圆轨道且仍能沿圆轨道滑下，求改变后滑块A的质量2的可 能值； (3)若滑块A能滑上圆轨道，且所在位置与O的连线与OQ方向的夹角为37°时恰好脱离圆轨道， 求滑块A的质量2。 R P 370 答案第6页，共6页