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高中物理卷子，高中物理高考真題

物理
2024-04-23

高中物理卷子？物理答案高三物理篇一:高三物理試卷高三物理試卷本試卷選擇題9題,非選擇題7題,共16題,滿分為120分,考試時間100分鐘.注意事項: 1.答卷前,考生務必將本人的學校、班級、姓名、那么，高中物理卷子？一起來了解一下吧。

高中物理常考知識點

高一物理計算題基本類型：

一、彈簧類

1．如圖所示，勁度系數為k1、k2的輕彈簧豎直掛著，兩彈簧之間有一質量為m1的重物，最下端掛一質量為m2的重物，（1）求兩彈簧總伸長。（2）（選做）用力豎直向上托起m2，當力值為多大時，求兩彈簧總長等于兩彈簧原長之和？

二、兩段運動類

2.一物體在斜面頂端由靜止開始勻加速下滑，最初3s內通過的位移是4.5m，最后3s內通過的位移為10.5m，求斜面的總長度.

3.一火車沿平直軌道，由A處運動到B處，AB相距S，從A處由靜止出發，以加速度a1做勻加速運動，運動到途中某處C時以加速度大小為a2做勻減速運動，到B處時恰好停止，求：（1）火車運動的總時間。（2）C處距A處多遠。

三、自由落體類：

4．物體從離地h高處下落,它在落地前的1s內下落35m,求物體下落時的高度及下落時間.(g=10m/s2)

5．如圖所示,長為L的細桿AB,從靜止開始豎直落下,求它全部通過距下端h處的P點所用時間是多少?

6．石塊A自塔頂自由落下m米時,石塊B自離塔頂n米處自由落下,不計空氣阻力,若兩石塊同時到達地面,則塔高為多少米?

7．一礦井深為125m,在井口每隔相同的時間間隔落下一個小球,當第11個小球剛從井口開始下落時,第1個小球恰好到達井底,則相鄰兩個小球開始下落的時間間隔是多少?這時第3個小球與第5個小球相距多少米?

四、追擊之相距最遠（近）類：

8.A、B兩車從同一時刻開始，向同一方向做直線運動，A車做速度為vA=10m/s的勻速運動，B車做初速度為vB=2m/s、加速度為α=2m/s2的勻加速運動。

高一物理經典例題60道

第一部分選擇題(共40分)

一、選擇題：每小題4分，滿分40分。本大題共12小題，其中18小題為必做題，912小題為選做題，考生只能在910、1112兩組中選擇一組作答。在每小題給出的四個選項中，有一個或一個以上選項符合題目要求，全部選對得4分，選不全得2分，有選錯或不答的得0分。

1. 在學習物理過程中，物理學史也成為一個重要的資源，通過學習大師們進行科學研究的方法有助于提高同學們的科學素養。本題所列舉的科學家都是為物理學發展做出突出貢獻的人物。下面列舉的事例中正確的是

A. 居里夫婦用粒子轟擊鋁箔時發現電子

B. 盧瑟福的原子核式結構學說成功地解釋了氫原子的發光現象

C. 麥克斯韋從理論上預言了電磁波的存在，赫茲用實驗方法給予了證實

D. 愛因斯坦發現了光電效應現象，普朗克為了解釋光電效應的規律，提出了光子說

2. 下列對玻爾原子理論的說法中，正確的是

A. 玻爾原子理論繼承了盧瑟福原子模型，但對原子能量和電子軌道引入子量子化假設

B. 玻爾原子理論對經典電磁理論中關于做加速運動的電荷要輻射電磁波的觀點，提出了電子在可能軌道上運動時不輻射電磁波的假設

C. 玻爾原子理論用能量轉化與守恒的觀點建立了原子發光頻率與原子能量變化之間的定量關系

D. 玻爾原子理論保留了較多的經典物理理論，圓滿解釋了原子光譜

3. 在體育比賽中，有許多項目與拋體有關，如鉛球、鐵餅、標槍、鏈球等。

21年一卷理綜物理

一、單項選擇題

第1題：該題考查高中物理學科素養中的“科學思維”，本題具體考查了科學方法。所謂極限思想，是指在研究問題中，需要將曲線或線段進行無限切割或接近，以至于無窮時，從而顯示物體的本質或運動規律的方法。它是數學上微分與積分的雛形。很明顯在探究向心力大小的表示式時，所用的方法時控制變量法。

第2題：此題考查圓周運動快慢的物理量，如線速度、角速度、周期、向心加速度等，只要把握了這些物理量的定義及其關系，就很容易判斷出來。

第3題：此題考查萬有引力的大小公式，具體是引力與距離的關系，是反比關系，即距離增加一倍，引力變為原來的四分之一倍。

第4題：此題結合平拋運動，考查物體的動能、重力勢能、機械能、速度與下落高度的關系，其實只要正確寫出它們的表達式，就能知道它們的圖像特點。根據動能定理可知，物體的末動能與初動能之差等于重力所做的功，所以動能與下落高度的關系是一次函數的關系；根據重力做功與重力勢能的變化關系，得出末勢能與下落的高度是一次函數關系，斜率為負值；根據只有重力對物體做功，得出物體的機械能守恒即不變；同樣根據動能定理，得出速度的平發與下落高度為一次函數的關系。

第5題：很簡單地考查動能定理，即汽車勻速運動，動能不變，合外力做功為零，又即動力做功大小等于阻力做功。

高三物理試卷題庫及答案

高中物理模塊綜合檢測檢測試題選修3-1

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，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分)

1．下述說法中不正確的是()

A．根據E＝F/q，可知電場中某點的場強與電場力成正比

B．根據E＝kq/r2，可知電場中某點的場強與形成電場的點電荷的電荷量成正比

C．根據場強疊加原理，可知合電場的場強一定大于分電場的場強

D．電場線就是點電荷在電場中運動的軌跡

解析：選ACD.電場強度是反映電場性質的物理量，它只與產生它的電荷有關，而與放入其中的檢驗電荷所受的力及其電荷量無關；且場強為矢量，遵循矢量相加的平行四邊形定則，所以合場強可以小于分場強；而電場線是為了描述電場而假設出來的一種工具，和電荷運動的軌跡是完全不同的兩個概念．

2．門電路的真值表如下，它是()

輸入

輸出

A.“或”門電路B．“非”門電路

C．“與”門電路D．“與非”門電路

解析：選C.由表可得只有當兩輸入端都成立時輸出端才成立，這是與門的特性，所以C正確．

3．如圖所示，把四個相同的燈泡接成甲、乙兩種電路后，燈泡均正常發光，且兩個電路的總功率相等．則這兩個電路中的U甲、U乙，R甲、R乙之間的關系，正確的是()

A．U甲>2U乙B．U甲＝2U乙

C．R甲＝R乙D．R甲＝2R乙

解析：選B.設燈的阻值為R，正常發光時電流為I，由于兩個電路的總功率相等，所以I2·R甲＝(2I)2·R乙，即R甲＝4R乙；由P＝U甲·I＝U乙·2I可知，U甲＝2U乙，故選項B正確．

4．在研究微型電動機的性能時，可采用如圖所示的實驗電路．當調節滑動變阻器R，使電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.5 A和1.0 V；重新調節R，使電動機恢復正常運轉時，電流表和電壓表的示數分別為2.0 A和15.0 V．則有關這臺電動機正常運轉時的說法正確的是()

A．電動機的內電阻為2 Ω

B．電動機的內電阻為7.5 Ω

C．電動機的輸出功率為30 W

D．電動機的輸出功率為8 W

解析：選A.當電動機不轉動時，電動機消耗的電功率等于熱功率，電壓表與電流表示數的比值就是電動機的電阻，即R＝I(U)＝2 Ω，選項A正確、B錯誤；當電動機正常工作時，電動機的輸出功率為P出＝UI－I2R＝22 W，選項C、D錯誤．

5．在如圖所示的實驗電路中，當滑動變阻器R0的滑動觸頭向右端滑動時()

A．L1變暗，L2變亮，L3變亮

B．L1變暗，L2變暗，L3變亮

C．L1變暗，L2變暗，L3變暗

D．L1變亮，L2變暗，L3變亮

解析：選B.觸頭向右滑，滑動變阻器有效電阻變大，電路中電流變小，L1變暗，且內電壓減小，并聯電路兩端電壓變大，流過L3的電流變大，L3變亮，流過L2的電流變小，L2變暗，所以B正確．

6．下圖四個電場中，均有相互對稱分布的a、b兩點．其中電勢和場強都相同的是()

解析：選B.A圖中a、b兩點電勢相同，場強大小相同，但方向不同．B圖中a、b兩點場強大小與方向、電勢均相同．C圖中a、b兩點場強相同，電勢不同．D圖中a、b兩點電勢、場強大小相同，場強方向不同，只有B正確．

7．如圖所示，A、B兩板間加速電壓為U1，C、D兩板間偏轉電壓為U2.一個靜止的α粒子(2(4)He)自A板起相繼被加速、偏轉，飛離偏轉電場時的最大側移為C、D板間距離的一半，則它的出射速度的大小為()

A．2 (U1＋U2)(e)B. (2U1＋U2)(e)

C．2 (U1＋U2)(e)D. (2U1＋U2)(2e)

解析：選B.在加速電場中由動能定理得：qU1＝2(1)mv0(2)

在偏轉電場中，由動能定理得：2(1)qU2＝2(1)mv2－2(1)mv0(2)

解得：v＝ (2U1＋U2)(e).

8．小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，下列說法中正確的是()

A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大

B．對應P點，小燈泡的電阻為R＝I2(U1)

C．對應P點，小燈泡的電阻為R＝I2－I1(U1)

D．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍面積

解析：選ABD.斜率隨電壓的增大而減小，故電阻增大，A對．對應P點，R＝I2(U1)，B對，C錯．由于功率P＝UI，故功率數值上等于矩形PQOM的面積，D對．

9．先后按圖中甲、乙所示電路測同一未知電阻阻值Rx，已知兩電路的路端電壓恒定不變，若按圖甲所示電路測得電壓表示數為6 V，電流表示數為2 mA，那么按圖乙所示電路測得的結果應有()

A．電壓表示數為6 V，電流表示數為2 mA

B．電壓表示數為6 V，電流表示數小于2 mA

C．電壓表示數小于6 V，電流表示數小于2 mA

D．電壓表示數小于6 V，電流表示數大于2 mA

解析：選D.由串聯電路與并聯電路的知識可知，在圖乙接法中，Rx與電壓表V并聯之后的電阻小于Rx，故Rx兩端電壓減小，電流表兩端電壓增大，流過電流表的電流增大，D對．

10．有一個已充了電的電容器，若使它的電荷量減少3×10－6 C，則其電壓降為原來的3(1)，則下列說法正確的是()

A．電容器原來的電荷量是9×10－6 C

B．電容器原來的電荷量是4.5×10－6 C

C．電容器原來的電壓可能是5 V

D．電容器原來的電壓可能是5×10－7 V

解析：選BCD.由題意知U(Q)＝U/3(Q－3×10－6 C)，解得Q＝4. 5×10－6 C．當U1＝5 V時，C1＝U1(Q)＝5(4.5×10－6) F＝0.9 μF；當U2＝5×10－7 V時，C2＝U2(Q)＝5×10－7(4.5×10－6) F＝9 F.

二、實驗題(本題共2小題，共16分．按題目要求作答)

11．(6分)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中．

(1)實驗中滑動變阻器應采用________接法(填“分壓”或“限流”)

(2)用筆畫線代替導線，將實驗電路連接完整，使該裝置可以更好、更準確地完成實驗；

(3)描繪出伏安特性曲線如圖，其彎曲的主要原因是________________________________．

解析：(1)由于描繪伏安特性曲線時電壓要從零開始變化，所以滑動變阻器用分壓式接法

(2)小燈泡電阻較小，電流表用外接法，補充的線見下圖

(3)因為電壓越高，相同時間內燈絲產生的熱量越多，燈絲溫度升高，燈絲電阻增大．

答案：(1)分壓(2)圖見解析(3)燈絲電阻隨電壓的增大而增大

12．(10分)某同學通過查找資料自己動手制作了一個電池．該同學想測量一下這個電池的電動勢E和內電阻r，但是從實驗室只借到一個開關、一個電阻箱(最大阻值為999.9 Ω，當作標準電阻用)、一只電流表(量程Ig＝0.6 A，內阻rg＝0.1 Ω)和若干導線．

(1)請根據測定電動勢E和內電阻r的要求，設計圖甲中器件的連接方式，畫線把它們連接起來．

(2)接通開關，逐次改變電阻箱的阻值R，讀出與R對應的電流表的示數I，并作記錄．當電阻箱的阻值R＝2.6 Ω時，其對應的電流表的示數如圖乙所示，處理實驗數據時，首先計算出每個電流值I的倒數I(1)；再制作R－I(1)坐標圖，如圖所示，圖中已標注了(R，I(1))的幾個與測量值對應的坐標點．請你將與圖乙實驗數據對應的坐標點也標注在圖上．

(3)在圖上把描繪出的坐標點連成圖線．

(4)根據描繪出的圖線可得出這個電池的電動勢E＝________ V，內電阻r＝________ Ω.

解析：根據閉合電路歐姆定律，測量電源的電動勢和內電阻，需要得到電源的路端電壓和通過電源的電流，在本實驗中沒有電壓表，但是可以用電阻箱和電流表串聯充當電壓表，測量電源的路端電壓，通過電流表的電流也是通過電源的電流，所以只需要將電流表和電阻箱串聯接在電源兩端即可．實物圖的連接如圖所示．

由閉合電路歐姆定律有：

E＝I(R＋r＋rg)，解得R＝E·I(1)－(r＋rg)，根據R－I(1)圖線可知：電源的電動勢等于圖線的斜率，內阻為縱軸負方向的截距減去電流表的內阻．得E＝1.5 Vr＝0.3 Ω

答案：(1)(2)見解析(3)如圖所示

(4)1.5(1.46～1.54)0.3(0.25～0.35)

三、計算題(本題共4小題，共44分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)

13．(10分)如圖所示，PQ和MN為水平、平行放置的金屬導軌，相距1 m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量m＝0.2 kg，棒的中點用細繩經滑輪與物體相連，物體質量M＝0.3 kg，棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，勻強磁場的磁感應強度B＝2 T，方向豎直向下，為了使物體勻速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？(g取10 m/s2)

解析：棒受的安培力水平向左，由左手定則知，棒中電流由a流向b，(2分)

對棒受力分析如圖

有F安＝T＋f(2分)

而f＝μmg(1分)

T＝Mg(1分)

F安＝IlB(2分)

解得I＝2 A．(2分)

答案：2 A由a到b

14．(10分)電動勢E＝6 V，內阻r＝0.5 Ω的電源和一臺線圈電阻為R＝0.2 Ω的電動機連接，電動機正常工作，這時電動機兩端的電壓U＝5 V．求：

(1)電動機輸入的電功率P1和電動機輸出的機械功率P2；

(2)電源的總功率P和電源的效率η.

解析：(1)根據閉合電路歐姆定律E＝U＋Ir得干路電流為I＝r(E－U)＝0.5(6－5) A＝2 A(2分)

電動機的輸入功率P1＝UI＝5×2 W＝10 W(2分)

電動機的輸出功率P2＝UI－I2R＝9.2 W．(2分)

(2)電源的總功率P＝IE＝2×6 W＝12 W(2分)

電源的效率η＝E(U)×100%＝6(5)×100%＝83.3%.(2分)

答案：(1)P1＝10 WP2＝9.2 W

(2)P＝12 Wη＝83.3%

15．(12分)在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出．

(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；

(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？

解析：(1)由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．(2分)

粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r(1分)

又qvB＝mR(v2)(2分)

則粒子的比荷m(q)＝Br(v)(1分)

(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角60°，粒子做圓周運動的半徑

R′＝rcot30°＝r(2分)

又R′＝qB′(mv)(1分)

所以B′＝3(3)B(1分)

粒子在磁場中飛行時間：t＝6(1)T＝6(1)×qB′(2πm)＝3v(3πr).(2分)

答案：(1)負電Br(v)(2)3(3)B3v(3πr)

16．(12分)如圖所示，在x<0且y<0的區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B大小為2×10－4 T，在x>0且y<0的區域內存在與x軸負方向成45°角向上方向的勻強電場．已知質量m為1.60×10－27 kg的質子從x軸上的M點沿與x軸負方向成45°角向下垂直射入磁場，結果質子從y軸的N點射出磁場而進入勻強電場，經電場偏轉后打到坐標原點O，已知＝＝l＝0.2 m．不計質子的重力，帶電量e＝1.60×10－19 C，求：

(1)質子從射入勻強磁場到O點所用的時間；

(2)勻強電場的場強大小．

解析：(1)設帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，

由幾何關系可知，軌道半徑r＝lcos45°＝0.2 m(2分)

又Bqv＝mr(v2)(2分)

所以v＝m(Bqr)＝1.6×10－27(2×10－4×1.6×10－19×0.2) m/s＝4×103 m/s(1分)

設帶電粒子在磁場中運動時間為t1，在電場中運動的時間為t2，總時間為t，

t1＝2(T)＝Bq(πm)(1分)

t2＝v(lcos45°)(1分)

聯立解得t＝Bq(πm)＋v(lcos45°)＝2.07×10－4 s(1分)

(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設加速度為a，則

lsin45°＝2(1)at2(2)(2分)