高中物理卷子？物理答案高三物理篇一:高三物理试卷 高三物理试卷 本试卷选择题9题,非选择题7题,共16题,满分为120分,考试时间100分钟.注意事项: 1.答卷前,考生务必将本人的学校、班级、姓名、那么，高中物理卷子？一起来了解一下吧。
高一物理计算题基本类型：
一、弹簧类
1．如图所示，劲度系数为k1、k2的轻弹簧竖直挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，（1）求两弹簧总伸长。（2）（选做）用力竖直向上托起m2，当力值为多大时，求两弹簧总长等于两弹簧原长之和？
二、两段运动类
2.一物体在斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初3s内通过的位移是4.5m，最后3s内通过的位移为10.5m，求斜面的总长度.
3.一火车沿平直轨道，由A处运动到B处，AB相距S，从A处由静止出发，以加速度a1做匀加速运动，运动到途中某处C时以加速度大小为a2做匀减速运动，到B处时恰好停止，求：（1）火车运动的总时间。（2）C处距A处多远。
三、自由落体类：
4．物体从离地h高处下落,它在落地前的1s内下落35m,求物体下落时的高度及下落时间.(g=10m/s2)
5．如图所示,长为L的细杆AB,从静止开始竖直落下,求它全部通过距下端h处的P点所用时间是多少?
6．石块A自塔顶自由落下m米时,石块B自离塔顶n米处自由落下,不计空气阻力,若两石块同时到达地面,则塔高为多少米?
7．一矿井深为125m,在井口每隔相同的时间间隔落下一个小球,当第11个小球刚从井口开始下落时,第1个小球恰好到达井底,则相邻两个小球开始下落的时间间隔是多少?这时第3个小球与第5个小球相距多少米?
四、追击之相距最远（近）类：
8.A、B两车从同一时刻开始，向同一方向做直线运动，A车做速度为vA=10m/s的匀速运动，B车做初速度为vB=2m/s、加速度为α=2m/s2的匀加速运动。
第一部分 选择题(共40分)
一、选择题：每小题4分，满分40分。本大题共12小题，其中18小题为必做题，912小题为选做题，考生只能在910、1112两组中选择一组作答。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分。
1. 在学习物理过程中，物理学史也成为一个重要的资源，通过学习大师们进行科学研究的方法有助于提高同学们的科学素养。本题所列举的科学家都是为物理学发展做出突出贡献的人物。下面列举的事例中正确的是
A. 居里夫妇用粒子轰击铝箔时发现电子
B. 卢瑟福的原子核式结构学说成功地解释了氢原子的发光现象
C. 麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验方法给予了证实
D. 爱因斯坦发现了光电效应现象，普朗克为了解释光电效应的规律，提出了光子说
2. 下列对玻尔原子理论的说法中，正确的是
A. 玻尔原子理论继承了卢瑟福原子模型，但对原子能量和电子轨道引入子量子化假设
B. 玻尔原子理论对经典电磁理论中关于做加速运动的电荷要辐射电磁波的观点，提出了电子在可能轨道上运动时不辐射电磁波的假设
C. 玻尔原子理论用能量转化与守恒的观点建立了原子发光频率与原子能量变化之间的定量关系
D. 玻尔原子理论保留了较多的经典物理理论，圆满解释了原子光谱
3. 在体育比赛中，有许多项目与抛体有关，如铅球、铁饼、标枪、链球等。
一、单项选择题
第1题：该题考查高中物理学科素养中的“科学思维”，本题具体考查了科学方法。所谓极限思想，是指在研究问题中，需要将曲线或线段进行无限切割或接近，以至于无穷时，从而显示物体的本质或运动规律的方法。它是数学上微分与积分的雏形。很明显在探究向心力大小的表示式时，所用的方法时控制变量法。
第2题：此题考查圆周运动快慢的物理量，如线速度、角速度、周期、向心加速度等，只要把握了这些物理量的定义及其关系，就很容易判断出来。
第3题：此题考查万有引力的大小公式，具体是引力与距离的关系，是反比关系，即距离增加一倍，引力变为原来的四分之一倍。
第4题：此题结合平抛运动，考查物体的动能、重力势能、机械能、速度与下落高度的关系，其实只要正确写出它们的表达式，就能知道它们的图像特点。根据动能定理可知，物体的末动能与初动能之差等于重力所做的功，所以动能与下落高度的关系是一次函数的关系；根据重力做功与重力势能的变化关系，得出末势能与下落的高度是一次函数关系，斜率为负值；根据只有重力对物体做功，得出物体的机械能守恒即不变；同样根据动能定理，得出速度的平发与下落高度为一次函数的关系。
第5题：很简单地考查动能定理，即汽车匀速运动，动能不变，合外力做功为零，又即动力做功大小等于阻力做功。
高中物理 模块综合检测检测试题 选修3-1
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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下述说法中不正确的是()
A．根据E＝F/q，可知电场中某点的场强与电场力成正比
B．根据E＝kq/r2，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比
C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强
D．电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹
解析：选ACD.电场强度是反映电场性质的物理量，它只与产生它的电荷有关，而与放入其中的检验电荷所受的力及其电荷量无关；且场强为矢量，遵循矢量相加的平行四边形定则，所以合场强可以小于分场强；而电场线是为了描述电场而假设出来的一种工具，和电荷运动的轨迹是完全不同的两个概念．
2．门电路的真值表如下，它是()
输入
输出
A
B
Q
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
A.“或”门电路B．“非”门电路
C．“与”门电路D．“与非”门电路
解析：选C.由表可得只有当两输入端都成立时输出端才成立，这是与门的特性，所以C正确．
3．如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡均正常发光，且两个电路的总功率相等．则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系，正确的是()
A．U甲>2U乙B．U甲＝2U乙
C．R甲＝R乙D．R甲＝2R乙
解析：选B.设灯的阻值为R，正常发光时电流为I，由于两个电路的总功率相等，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，故选项B正确．
4．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是()
A．电动机的内电阻为2 Ω
B．电动机的内电阻为7.5 Ω
C．电动机的输出功率为30 W
D．电动机的输出功率为8 W
解析：选A.当电动机不转动时，电动机消耗的电功率等于热功率，电压表与电流表示数的比值就是电动机的电阻，即R＝I(U)＝2 Ω，选项A正确、B错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出＝UI－I2R＝22 W，选项C、D错误．
5．在如图所示的实验电路中，当滑动变阻器R0的滑动触头向右端滑动时()
A．L1变暗，L2变亮，L3变亮
B．L1变暗，L2变暗，L3变亮
C．L1变暗，L2变暗，L3变暗
D．L1变亮，L2变暗，L3变亮
解析：选B.触头向右滑，滑动变阻器有效电阻变大，电路中电流变小，L1变暗，且内电压减小，并联电路两端电压变大，流过L3的电流变大，L3变亮，流过L2的电流变小，L2变暗，所以B正确．
6．下图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是()
解析：选B.A图中a、b两点电势相同，场强大小相同，但方向不同．B图中a、b两点场强大小与方向、电势均相同．C图中a、b两点场强相同，电势不同．D图中a、b两点电势、场强大小相同，场强方向不同，只有B正确．
7．如图所示，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2.一个静止的α粒子(2(4)He)自A板起相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则它的出射速度的大小为()
A．2 (U1＋U2)(e)B. (2U1＋U2)(e)
C．2 (U1＋U2)(e)D. (2U1＋U2)(2e)
解析：选B.在加速电场中由动能定理得：qU1＝2(1)mv0(2)
在偏转电场中，由动能定理得：2(1)qU2＝2(1)mv2－2(1)mv0(2)
解得：v＝ (2U1＋U2)(e).
8．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是()
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2(U1)
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2－I1(U1)
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
解析：选ABD.斜率随电压的增大而减小，故电阻增大，A对．对应P点，R＝I2(U1)，B对，C错．由于功率P＝UI，故功率数值上等于矩形PQOM的面积，D对．
9．先后按图中甲、乙所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图甲所示电路测得电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA，那么按图乙所示电路测得的结果应有()
A．电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA
B．电压表示数为6 V，电流表示数小于2 mA
C．电压表示数小于6 V，电流表示数小于2 mA
D．电压表示数小于6 V，电流表示数大于2 mA
解析：选D.由串联电路与并联电路的知识可知，在图乙接法中，Rx与电压表V并联之后的电阻小于Rx，故Rx两端电压减小，电流表两端电压增大，流过电流表的电流增大，D对．
10．有一个已充了电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－6 C，则其电压降为原来的3(1)，则下列说法正确的是()
A．电容器原来的电荷量是9×10－6 C
B．电容器原来的电荷量是4.5×10－6 C
C．电容器原来的电压可能是5 V
D．电容器原来的电压可能是5×10－7 V
解析：选BCD.由题意知U(Q)＝U/3(Q－3×10－6 C)，解得Q＝4. 5×10－6 C．当U1＝5 V时，C1＝U1(Q)＝5(4.5×10－6) F＝0.9 μF；当U2＝5×10－7 V时，C2＝U2(Q)＝5×10－7(4.5×10－6) F＝9 F.
二、实验题(本题共2小题，共16分．按题目要求作答)
11．(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．
(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)
(2)用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验；
(3)描绘出伏安特性曲线如图，其弯曲的主要原因是________________________________．
解析：(1)由于描绘伏安特性曲线时电压要从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式接法
(2)小灯泡电阻较小，电流表用外接法，补充的线见下图
(3)因为电压越高，相同时间内灯丝产生的热量越多，灯丝温度升高，灯丝电阻增大．
答案：(1)分压(2)图见解析(3)灯丝电阻随电压的增大而增大
12．(10分)某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，当作标准电阻用)、一只电流表(量程Ig＝0.6 A，内阻rg＝0.1 Ω)和若干导线．
(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．
(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录．当电阻箱的阻值R＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示，处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数I(1)；再制作R－I(1)坐标图，如图所示，图中已标注了(R，I(1))的几个与测量值对应的坐标点．请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图上．
(3)在图上把描绘出的坐标点连成图线．
(4)根据描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.
解析：根据闭合电路欧姆定律，测量电源的电动势和内电阻，需要得到电源的路端电压和通过电源的电流，在本实验中没有电压表，但是可以用电阻箱和电流表串联充当电压表，测量电源的路端电压，通过电流表的电流也是通过电源的电流，所以只需要将电流表和电阻箱串联接在电源两端即可．实物图的连接如图所示．
由闭合电路欧姆定律有：
E＝I(R＋r＋rg)，解得R＝E·I(1)－(r＋rg)，根据R－I(1)图线可知：电源的电动势等于图线的斜率，内阻为纵轴负方向的截距减去电流表的内阻．得E＝1.5 Vr＝0.3 Ω
答案：(1)(2)见解析(3)如图所示
(4)1.5(1.46～1.54)0.3(0.25～0.35)
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M＝0.3 kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g取10 m/s2)
解析：棒受的安培力水平向左，由左手定则知，棒中电流由a流向b，(2分)
对棒受力分析如图
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)电动势E＝6 V，内阻r＝0.5 Ω的电源和一台线圈电阻为R＝0.2 Ω的电动机连接，电动机正常工作，这时电动机两端的电压U＝5 V．求：
(1)电动机输入的电功率P1和电动机输出的机械功率P2；
(2)电源的总功率P和电源的效率η.
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir得干路电流为I＝r(E－U)＝0.5(6－5) A＝2 A(2分)
电动机的输入功率P1＝UI＝5×2 W＝10 W(2分)
电动机的输出功率P2＝UI－I2R＝9.2 W．(2分)
(2)电源的总功率P＝IE＝2×6 W＝12 W(2分)
电源的效率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)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．(2分)
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r(1分)
又qvB＝mR(v2)(2分)
则粒子的比荷m(q)＝Br(v)(1分)
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝rcot30°＝r(2分)
又R′＝qB′(mv)(1分)
所以B′＝3(3)B(1分)
粒子在磁场中飞行时间：t＝6(1)T＝6(1)×qB′(2πm)＝3v(3πr).(2分)
答案：(1)负电Br(v)(2)3(3)B3v(3πr)
16．(12分)如图所示，在x<0且y<0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小为2×10－4 T，在x>0且y<0的区域内存在与x轴负方向成45°角向上方向的匀强电场．已知质量m为1.60×10－27 kg的质子从x轴上的M点沿与x轴负方向成45°角向下垂直射入磁场，结果质子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到坐标原点O，已知＝＝l＝0.2 m．不计质子的重力，带电量e＝1.60×10－19 C，求：
(1)质子从射入匀强磁场到O点所用的时间；
(2)匀强电场的场强大小．
解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，
由几何关系可知，轨道半径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)
设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t，
t1＝2(T)＝Bq(πm)(1分)
t2＝v(lcos45°)(1分)
联立解得t＝Bq(πm)＋v(lcos45°)＝2.07×10－4 s(1分)
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则
lsin45°＝2(1)at2(2)(2分)
a＝m(Eq)(1分)
解得E＝ql(4mv2sin45°)＝1.6 V/m.(1分)
答案：(1)2.07×10－4 s
(2)1.6 V/m
高一的期末考试就要来了，物理还没复习的同学，抓紧时间多做几份物理试卷吧。下面由我为大家提供关于高一期末考试物理试卷及答案，希望对大家有帮助!
高一期末考试物理试卷选择题
一、单项选择题(每小题5分，共计30分)
1.下列关于运动和力的关系的认识符合物理学史实的是()
A.亚里士多德认为，力是改变物体运动状态的原因
B.牛顿认为，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，合力为零
C.伽利略认为重的物体下落得快，轻的物体下落得慢
D.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
2.重150N的光滑球A悬空靠在墙和木块B之间，木块B的重力为1500N，且静止在水平地板上，如图所示，则()
A.墙所受压力的大小为 N
B.木块A对木块B压力的大小为150N
C.水平地板所受的压力为1500N
D.水平地板对木块B没有摩擦力
3. 一条大河两岸平直，河水流速恒为v，一只小船，第一次船头正对河岸，渡河时间为t1;第二次行驶轨迹垂直河岸，渡河时间为t2.船在静水中的速度大小恒为 ，则t1 ：t2等于()
A. B. C. D.
4.一质量为2 kg的物体在如图甲所示的xOy平面上运动，在x轴方向上的v-t图象和在y轴方向上的位移—时间图像分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是()
A. 前2 s内物体做匀变速直线运动
B. 物体的初速度为8 m/s
C. 2 s末物体的速度大小为8 m/s
D. 前2 s内物体所受的合外力为8N
5.如图，水平传送带A、B两端相距s=3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
以上就是高中物理卷子的全部内容，物理试卷一．选择题（本大题共12小题；每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，有一个选项或多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）1．下列各组物理量中。
