四川省瀘州市瀘縣第一中學(xué)2025屆高三物理上學(xué)期期中試題含解析

PAGE17-四川省瀘州市瀘縣第一中學(xué)2025屆高三物理上學(xué)期期中試題（含解析）1.關(guān)于物理學(xué)中的貢獻(xiàn)，下列說法正確的是（）A.奧斯特最先發(fā)覺電流的磁效應(yīng)且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)B.法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應(yīng)現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)C.惠更斯發(fā)覺單擺具有等時性，他由此制造出第一臺擺鐘D.伽利略發(fā)覺單擺具有等時性，他由此制造出第一臺擺鐘【答案】B【解析】【詳解】奧斯特最先發(fā)覺電流的磁效應(yīng)，法拉第首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)，故A錯誤；法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應(yīng)現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機(jī)，故B正確；伽利略最先發(fā)覺單擺做微小搖擺的等時性，惠更斯利用其等時性制作了擺鐘，故CD錯誤．2.如圖所示，線圈ABCD固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面對外．當(dāng)磁場變更時，發(fā)覺線圈AB邊受安培力方向水平向右且恒定不變，則磁場的變更狀況可能是圖中的()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】由題意可知，安培力的方向向右，依據(jù)左手定則，可知感應(yīng)電流的方向由B到A，再由右手定則可知，當(dāng)垂直向外的磁場在增加時，會產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達(dá)式，因安培力的大小不變，則是定值，因磁場B增大，則減小，即B-t線切線的斜率漸漸減?。籄.該圖與結(jié)論不相符，則選項A錯誤；B.該圖與結(jié)論不相符，則選項B錯誤；C.該圖與結(jié)論不相符，則選項C錯誤；D.該圖與結(jié)論相符，則選項D正確；3.如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的高為H=5m、寬為L=1m的直立長方形容器，可視為質(zhì)點的小球在上端口邊緣O以水平初速度v0向左拋出正好打在E點，若球與筒壁碰撞時無能量損失，不計空氣阻力，重力加速度的大小為g=10m/s2．則小球的初速度v0的大小可能是A.2m/s B.4m/s C.6m/s D.9m/s【答案】D【解析】【分析】依據(jù)平拋運(yùn)動在水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動規(guī)律列出方程；小球水平運(yùn)動的路程可能為長方形容器寬度的2n+1倍，由此關(guān)系可求得初速度．【詳解】依據(jù)平拋運(yùn)動的分析可知，（2n+1）L=v0t，解得v0=（2n+1）L，要滿意題意，n=0,1,2,3…，所以v0的可能值為1m/s，3m/s，5m/s，7m/s，9m/s…故D正確，ABC錯誤；故選D．4.如下圖所示，ab間接入u=200sin100πtV的溝通電源，志向變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2︰1，Rt為熱敏電阻，且在此時的環(huán)境溫度下Rt=2Ω(溫度上升時其電阻減小)，忽視保險絲L的電阻，電路中電表均為志向電表，電路正常工作，則A.電壓表的示數(shù)為100VB.保險絲的熔斷電流不小于25AC.原副線圈溝通電壓的頻率之比為2︰1D.若環(huán)境溫度上升，電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)減小，輸入功率不變【答案】B【解析】【分析】依據(jù)變壓器初次級的匝數(shù)比求解次級電壓有效值即為電壓表讀數(shù)；熔斷電流是指有效值；變壓器不變更溝通電的頻率；環(huán)境溫度上升，則熱敏電阻阻值減小，依據(jù)次級電壓不變進(jìn)行動態(tài)分析.【詳解】ab端輸入電壓的有效值為200V，由于志向變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2︰1，可知次級電壓有效值為100V，即電壓表的示數(shù)為100V，選項A錯誤；次級電流有效值為，則初級電流有效值，則保險絲的熔斷電流不小于25A，選項B正確；變壓器不變更溝通電壓的頻率，原副線圈的溝通電壓的頻率之比為1︰1，選項C錯誤；若環(huán)境溫度上升，Rt電阻減小，但是由于次級電壓不變，則電壓表示數(shù)不變，電流表示數(shù)變大，次級功率變大，則變壓器的輸入功率變大，選項D錯誤；故選B.【點睛】要知道有效值的物理意義，知道電表的讀數(shù)都是有效值；要知道變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，并會計算；要會分析電路的動態(tài)變更，總的原則就是由部分電路的變更確定總電路的變更的狀況，再確定其他的電路的變更的狀況．5.如圖所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面R/2的高度處做勻速圓周運(yùn)動，且向心加速度的大小為a.已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6.6R，R為地球的半徑，引常量為G.則下列說法正確的是()A.地球兩極的重力加速度大小3a/2B.物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大C.地球的質(zhì)量為D.地球的第一宇宙速度大小為【答案】D【解析】分析】依據(jù)萬有引力等于向心力，結(jié)合同步衛(wèi)星的加速度和軌道半徑求出加速度關(guān)系．地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星的角速度相等，依據(jù)a=rω2得出向心角速度關(guān)系，利用萬有引力等于向心力求得地球的質(zhì)量．【詳解】衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力供應(yīng)向心力，則有，又r0=1.5R，對于地球兩極的物體有G=m′g，解得，g=2.25a，，故AC錯誤；物體A與地球同步衛(wèi)星的角速度相等，依據(jù)v=ωr知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，又由可知，同步衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故B錯誤；由，并結(jié)合GM=gR2，可得地球的第一宇宙速度為，故D正確．故選D．【點睛】解決本題的關(guān)鍵駕馭萬有引力供應(yīng)向心力這一重要理論，并能敏捷運(yùn)用，留意赤道上的物體不是靠萬有引力供應(yīng)向心力．6.如圖所示，A、B、C、D為勻強(qiáng)電場中相鄰的四個等勢面，一電子經(jīng)過等勢面D時，動能為16eV，速度方向垂直于等勢面D飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為－8eV，飛至等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離均為4cm，電子重力不計．則下列說法正確的是()A.電子做勻變速直線運(yùn)動B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為100V／mC.等勢面A的電勢為－8VD.電子再次飛經(jīng)D等勢面時的動能為16eV【答案】ACD【解析】【分析】依據(jù)等勢面方向得到場強(qiáng)方向，從而得到電子所受電場力方向，即可得到電子運(yùn)動；再依據(jù)電子運(yùn)動過程得到動能變更，進(jìn)而得到電勢能不變，從而得到電勢變更，即可依據(jù)等勢面C處的電勢能求得其他地方的電勢．【詳解】A．電子運(yùn)動方向垂直于等勢面，故電子運(yùn)動方向和電場方向平行，那么，電子加速度方向和運(yùn)動方向平行，故電子做勻變速直線運(yùn)動，故A正確；BC．電子飛至等勢面B時速度恰好為零，故有動能定理可知：電子從等勢面D到等勢面B，克服電場力做功為16eV，故等勢面D、B間的電勢差為16V，故場強(qiáng)為：；又有從D到B電勢降低；等勢面C處電子的電勢能為-8eV，故等勢面C的電勢為8V，所以，等勢面A的電勢比等勢面C的電勢低16V，故為-8V，故B錯誤，C正確；D．電子運(yùn)動過程只有電場力做功，故電子再次飛經(jīng)D等勢面時電場力做功為零，那么，電子動能不變，仍為16eV，故D正確；故選ACD．【點睛】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中受到的電場力恒定，故一般通過受力分析（或運(yùn)動分析），由牛頓其次定律，通過加速度得到運(yùn)動狀況（或受力狀況）．7.為了平安，在馬路上行駛的汽車必需保持距離．假設(shè)高速馬路上甲、乙兩車在同一車道上行駛，甲車在前，乙車在后．t=0時刻，發(fā)覺前方有事故，兩車同時起先剎車，行進(jìn)中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞．兩車剎車過程的v–t圖象如圖所示，以下推斷正確的是A.兩車都停止運(yùn)動時相距25mB.t=0時刻兩車間距等于50mC.t=5s時兩車間距小于t=15s時兩車間距D.乙車剎車的加速度大小是甲車的1.5倍【答案】AB【解析】【詳解】AB、行進(jìn)中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞，說明t＝10s時刻兩車速度相等時恰好相遇，則t＝0時刻兩車間距等于兩車在10s位移之差，為：m＝50m．依據(jù)圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移可知，甲的剎車距離為：m=200m，而乙的剎車距離為：m，兩車都停止運(yùn)動時相距為：＝225m﹣（50m+200m）＝25m；故AB正確．C、依據(jù)“面積”表示位移，可知t＝5s～15s內(nèi)兩車通過的位移相等，所以t＝5s時兩車間距等于t＝15s時兩車間距，故C錯誤．D、依據(jù)v﹣t圖象的斜率表示加速度，甲的加速度大小為：a1＝1m/s2；乙的加速度大小為：a2＝2m/s2；故乙車的加速度是甲車的加速度的2倍；故D錯誤．8.帶電小球在電場力和重力作用下，由靜止起先沿豎直方向向下運(yùn)動．運(yùn)動過程中小球的機(jī)械能隨位移關(guān)系如圖所示，曲線關(guān)于x＝x0對稱，最低點位置坐標(biāo)為x0，在小球運(yùn)動到x＝2x0的過程中，下列說法正確的是（）A.小球所受電場力方向可能不變B.小球所受電場力始終比重力小C.小球加速度始終增大D.小球在x0位置時，動能最大【答案】BC【解析】【詳解】由圖象可知，小球機(jī)械能先減小后增大，則說明電場力先做負(fù)功后做正功，運(yùn)動方向不變，故電場力方向發(fā)生變更，故A錯誤；0﹣x0段小球做加速，又電場力做負(fù)功，故豎直向上，故重力大于電場力，兩段關(guān)于x0對稱，故小球所受電場力始終比重力小，故B正確；圖象中斜率表示電場力，由圖可知，電場力先減小后增大；且據(jù)A項分析可知電場力方向先豎直向上，此時a＝g﹣，故加速度增大；后電場力豎直向下且增大，加速度為a＝g+，則加速度接著增大，故加速度始終增大；故C正確；依據(jù)C項分析可知，加速度方向始終與速度方向相同，故小球始終加速，2x0處速度最大，故D錯誤．9.唐中“加速度”社的紅梅和秀麗同學(xué)在“探究功與速度變更的關(guān)系”試驗中，采納如圖甲所示裝置，水平正方形桌面距離地面高度為h，將橡皮筋的兩端固定在桌子邊緣上的兩點，將小球置于橡皮筋的中點，向左移動距離s，使橡皮筋產(chǎn)生形變，由靜止釋放后，小球飛離桌面，測得其平拋的水平射程為L.變更橡皮筋的條數(shù)，重復(fù)試驗.（1）試驗中，小球每次釋放的位置到桌子邊緣的距離s應(yīng)_______________(選填“不同”“相同”或“隨意”).（2）取橡皮筋對小球做功W為縱坐標(biāo)，為了在坐標(biāo)系中描點得到一條直線，如圖乙所示，應(yīng)選__________(填“L”或“L2”)為橫坐標(biāo).若直線與縱軸的截距為b，斜率為k，可求小球與桌面間的動摩擦因數(shù)為__________(運(yùn)用題中所給符號表示).【答案】(1).相同(2).L2(3).【解析】(1)小球每次釋放位置到桌子邊緣的距離s要相同，這樣保證每根橡皮條的形變量相等，則每根彈簧彈力做的功相等．(2)小球拋出后做平拋運(yùn)動，依據(jù)，解得：，則初速度，依據(jù)動能定理得：，則所以應(yīng)選L2為橫坐標(biāo)，斜率k=，b=μmgs解得：μ=10.某同學(xué)探討小燈泡的伏安特性,所運(yùn)用的器材有：小燈泡L(額定電壓3.8V，額定電流0.32A)電壓表V(量程3V，內(nèi)阻3kΩ)電流表A(量程0.5A，內(nèi)阻0.5Ω)固定電阻(阻值1000Ω)滑動變阻器R(阻值0～9.0Ω)電源E(電動勢5V，內(nèi)阻不計)開關(guān)S，導(dǎo)線若干．（1）試驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進(jìn)行測量，畫出試驗電路原理圖____．（2）試驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示．由試驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻___(填“增大”“不變”或“減小”)，燈絲的電阻率____(填“增大”“不變”或“減小”)．（3）用另一電源(電動勢4V，內(nèi)阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)整滑動變阻器R的阻值，可以變更小燈泡的實際功率，閉合開關(guān)S，在R的變更范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為___W．(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)【答案】(1).電路圖見解析；(2).增大；(3).增大；(4).0.39【解析】【詳解】（1）[1]．因本試驗須要電流從零起先調(diào)整，因此應(yīng)采納滑動變阻器分壓接法；因燈泡內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近，故應(yīng)采納電流表外接法；另外為了擴(kuò)大電壓表量程，應(yīng)用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示；

（2）[3][4]．I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其緣由是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）[5]．當(dāng)滑動變阻器的阻值最大為9.0Ω時，電路中的電流最小，燈泡實際功率最小，由E=U+I（R+r）得U=-10I+4，作出圖線①如圖所示．由交點坐標(biāo)可得U1=1.78

V，I1=221

mA，P1=U1I1≈039

W；11.在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電磁，電場的方向平行于y軸向下，在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面對里，有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸射入電場，質(zhì)點到達(dá)x軸上A點，速度方向與x軸的夾角為φ，A點與原點O的距離為d，接著，質(zhì)點進(jìn)入磁場，并垂直與OC飛離磁場，不計重力影響，若OC與x軸的夾角為φ.求：⑴粒子在磁場中運(yùn)動速度的大??；⑵勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小.【答案】(1)(2)【解析】【詳解】試題分析：（1）由幾何關(guān)系得：R=dsinφ由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得解得：（2）質(zhì)點在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動．設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運(yùn)動時間為t，則有：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，由牛頓其次定律得qE=ma解得：12.如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有一長為2l、寬為l的矩形區(qū)域ABCD，區(qū)域ABCD內(nèi)加有水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直于該豎直面的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電微粒，從A點正上方的O點水平拋出，正好從AD邊的中點P進(jìn)入電磁場區(qū)域，并沿直線運(yùn)動，從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經(jīng)過空中的R點(Q、R圖中未畫出)．已知微粒從Q點運(yùn)動到R點的過程中水平和豎直分位移大小相等，O點與A點的高度差，重力加速度為g，求：(1)微粒從O點拋出時初速度v0的大小；(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)微粒從O點運(yùn)動到R點的時間t．【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【詳解】（1）從O到P，帶電微粒做平拋運(yùn)動：所以（2）在P點：設(shè)P點速度與豎直方向的夾角為θ，則帶電微粒進(jìn)入電磁區(qū)域后做直線運(yùn)動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知：（3）設(shè)微粒從P到Q所用時間為t1，設(shè)微粒從Q到R所用時間為t2，因水平和豎直分位移相等，得：由題意得：微粒從0點運(yùn)動到R點的時間t為：所以：13.下列說法正確的是（）A.空調(diào)機(jī)既能制熱又能制冷，說明熱傳遞不存在方向性B.第一類永動機(jī)不行能制成是因為它違反了能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律C.對于肯定質(zhì)量的志向氣體，只要溫度上升其內(nèi)能就肯定增大D.用溫度計測量溫度是依據(jù)熱平衡的原理E.隨著科技的發(fā)展，熱機(jī)的效率定能達(dá)到100%【答案】BCD【解析】【詳解】熱傳遞存在方向性是說熱量只能自發(fā)的從高溫物體傳向低溫物體，空調(diào)的制冷過程是熱量從溫度較高的室內(nèi)傳到溫度較低的制冷劑，再通過壓縮制冷劑將熱量傳到室外，而制熱過程也是這樣進(jìn)行的．故A錯誤．第一類永動機(jī)不行能制成是因為它違反了能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律．故B正確．志向氣體內(nèi)分子之間的相互作用忽視不計，所以志向氣體的內(nèi)能僅僅與溫度一個，對于肯定質(zhì)量的志向氣體，只要溫度上升其內(nèi)能就肯定增大．故C正確．用溫度計測量溫度是依據(jù)熱平衡的原理，故D正確．依據(jù)熱力學(xué)其次定律可知，即使科學(xué)技術(shù)有長足進(jìn)步，將來的熱機(jī)的效率也達(dá)不到100%．故E錯誤．14.如圖所示，粗細(xì)勻稱的U型玻璃管在豎直平面內(nèi)放置其中AB段水平，左右兩管均豎直．右側(cè)玻璃管內(nèi)封閉肯定質(zhì)量的志向氣體，氣柱長度L＝10cm，左側(cè)玻璃管開口且足夠長．室溫為27℃時，左右兩管內(nèi)水銀柱的高度均為h＝10cm．求：右管內(nèi)封閉氣體為多少攝氏度時，兩側(cè)管內(nèi)水銀柱高度差為5cm（已知大氣壓強(qiáng)p0＝75cmHg）．【答案】若左管水銀面比右管低5cm，氣體溫度為77攝氏度；若右管水銀面比左管低5cm，氣體溫度為﹣33攝氏度．【解析】【詳解】以封閉氣體為探討對象；初態(tài)壓強(qiáng)P0＝75cmHg，體積V0＝LS，溫度T0＝（273+27）K＝300K若左管水銀面比右管低5cm，其末態(tài)壓強(qiáng)為：P1＝（p0﹣h）cmHg＝70cmHg末態(tài)體積為：V1＝（L+2.5）S＝12.5S依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程得：代入數(shù)據(jù)解得：T1＝350K＝77℃若右管水銀面比左管低5cm，其末態(tài)壓強(qiáng)為：P2＝（p0+h）cmHg＝80cmHg末態(tài)體積為：V2＝（L﹣2.5）S＝7.5S代入數(shù)據(jù)解得：T2＝240K＝﹣33℃15.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t秒與（t+2）秒兩個時刻，在x軸上（-3m，3m）區(qū)間的波形完全相同，如圖所示．并且圖中M，N兩質(zhì)點在t秒時位移均為，下列說法中不正確的是A.該波的最大波速為20m/sB.（t+0.1）秒時刻，x=-2m處的質(zhì)點位移肯定是aC.從t秒時刻起，x=2m處的質(zhì)點比x=2.5m的質(zhì)點先回到平衡位置D.從t秒時刻起，在質(zhì)點M第一次到達(dá)平衡位置時，質(zhì)點N恰好到達(dá)波峰E.該列波在傳播過程中遇到寬度為d=3m的狹縫時會發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【答案】ABD【解析】【詳解】A.由題意知，02s=nT傳播速度所以該波的最小波速為20m/s，故A錯誤符合題意；B.由0.2s=nT當(dāng)n=2時，T=0.1s，所以（t+0.1）秒時刻，x=-2m處的質(zhì)點位移是-a，故B錯誤符合題意；C.由t時刻波形圖知，x=2m處的質(zhì)點