四川省瀘州市瀘縣第一中學2025屆高三物理上學期期中試題含解析

PAGE17-四川省瀘州市瀘縣第一中學2025屆高三物理上學期期中試題（含解析）1.關于物理學中的貢獻，下列說法正確的是（）A.奧斯特最先發(fā)覺電流的磁效應且首先制造出最原始的發(fā)電機B.法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機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，法拉第首先制造出最原始的發(fā)電機，故A錯誤；法拉第通過大量的試驗探討發(fā)覺電磁感應現(xiàn)象且首先制造出最原始的發(fā)電機，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固定在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面對外．當磁場變更時，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，依據左手定則，可知感應電流的方向由B到A，再由右手定則可知，當垂直向外的磁場在增加時，會產生由B到A的感應電流，由法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達式，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.該圖與結論不相符，則選項A錯誤；B.該圖與結論不相符，則選項B錯誤；C.該圖與結論不相符，則選項C錯誤；D.該圖與結論相符，則選項D正確；3.如圖所示，有一內壁光滑的高為H=5m、寬為L=1m的直立長方形容器，可視為質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】依據平拋運動在水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動規(guī)律列出方程；小球水平運動的路程可能為長方形容器寬度的2n+1倍，由此關系可求得初速度．【詳解】依據平拋運動的分析可知，（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，依據次級電壓不變進行動態(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.地球的質量為D.地球的第一宇宙速度大小為【答案】D【解析】分析】依據萬有引力等于向心力，結合同步衛(wèi)星的加速度和軌道半徑求出加速度關系．地球赤道上的物體與同步衛(wèi)星的角速度相等，依據a=rω2得出向心角速度關系，利用萬有引力等于向心力求得地球的質量．【詳解】衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周運動，萬有引力供應向心力，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】解決本題的關鍵駕馭萬有引力供應向心力這一重要理論，并能敏捷運用，留意赤道上的物體不是靠萬有引力供應向心力．6.如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一電子經過等勢面D時，動能為16eV，速度方向垂直于等勢面D飛經等勢面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動B.勻強電場的電場強度大小為100V／mC.等勢面A的電勢為－8VD.電子再次飛經D等勢面時的動能為16eV【答案】ACD【解析】【分析】依據等勢面方向得到場強方向，從而得到電子所受電場力方向，即可得到電子運動；再依據電子運動過程得到動能變更，進而得到電勢能不變，從而得到電勢變更，即可依據等勢面C處的電勢能求得其他地方的電勢．【詳解】A．電子運動方向垂直于等勢面，故電子運動方向和電場方向平行，那么，電子加速度方向和運動方向平行，故電子做勻變速直線運動，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．電子運動過程只有電場力做功，故電子再次飛經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】帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定，故一般通過受力分析（或運動分析），由牛頓其次定律，通過加速度得到運動狀況（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，兩車都停止運動時相距為：＝225m﹣（50m+200m）＝25m；故AB正確．C、依據“面積”表示位移，可知t＝5s～15s內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動．運動過程中小球的機械能隨位移關系如圖所示，曲線關于x＝x0對稱，最低點位置坐標為x0，在小球運動到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，小球機械能先減小后增大，則說明電場力先做負功后做正功，運動方向不變，故電場力方向發(fā)生變更，故A錯誤；0﹣x0段小球做加速，又電場力做負功，故豎直向上，故重力大于電場力，兩段關于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在“探究功與速度變更的關系”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_______________(選填“不同”“相同”或“隨意”).（2）取橡皮筋對小球做功W為縱坐標，為了在坐標系中描點得到一條直線，如圖乙所示，應選__________(填“L”或“L2”)為橫坐標.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動，依據，解得：，則初速度，依據動能定理得：，則所以應選L2為橫坐標，斜率k=，b=μmgs解得：μ=10.某同學探討小燈泡的伏安特性,所運用的器材有：小燈泡L(額定電壓3.8V，額定電流0.32A)電壓表V(量程3V，內阻3kΩ)電流表A(量程0.5A，內阻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，內阻不計)開關S，導線若干．（1）試驗要求能夠實現(xiàn)在0～3.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，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，內阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調整滑動變阻器R的阻值，可以變更小燈泡的實際功率，閉合開關S，在R的變更范圍內，小燈泡的最小功率為___W．(結果均保留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整，因此應采納滑動變阻器分壓接法；因燈泡內阻與電流表內阻接近，故應采納電流表外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用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之間有一勻強電場，磁感應強度為B，方向垂直于紙面對里，有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場，質點到達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，質點進入磁場，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粒子在磁場中運動速度的大??；⑵勻強電場的場強大小.【答案】(1)(2)【解析】【詳解】試題分析：（1）由幾何關系得：R=dsinφ由洛侖茲力公式和牛頓其次定律得解得：（2）質點在電場中的運動為類平拋運動．設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t設電場強度的大小為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有一長為2l、寬為l的矩形區(qū)域ABCD，區(qū)域ABCD內加有水平向左的勻強電場和垂直于該豎直面的勻強磁場．一質量為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進入電磁場區(qū)域，并沿直線運動，從該區(qū)域邊界上的某點Q離開后經過空中的R點(Q、R圖中未畫出)．已知微粒從Q點運動到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??；(2)電場強度E和磁感應強度B的大?。?3)微粒從O點運動到R點的時間t．【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】【詳解】（1）從O到P，帶電微粒做平拋運動：所以（2）在P點：設P點速度與豎直方向的夾角為θ，則帶電微粒進入電磁區(qū)域后做直線運動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知：（3）設微粒從P到Q所用時間為t1，設微粒從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點運動到R點的時間t為：所以：13.下列說法正確的是（）A.空調機既能制熱又能制冷，說明熱傳遞不存在方向性B.第一類永動機不行能制成是因為它違反了能量的轉化和守恒定律C.對于肯定質量的志向氣體，只要溫度上升其內能就肯定增大D.用溫度計測量溫度是依據熱平衡的原理E.隨著科技的發(fā)展，熱機的效率定能達到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，空調的制冷過程是熱量從溫度較高的室內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行的．故A錯誤．第一類永動機不行能制成是因為它違反了能量的轉化和守恒定律．故B正確．志向氣體內分子之間的相互作用忽視不計，所以志向氣體的內能僅僅與溫度一個，對于肯定質量的志向氣體，只要溫度上升其內能就肯定增大．故C正確．用溫度計測量溫度是依據熱平衡的原理，故D正確．依據熱力學其次定律可知，即使科學技術有長足進步，將來的熱機的效率也達不到100%．故E錯誤．14.如圖所示，粗細勻稱的U型玻璃管在豎直平面內放置其中AB段水平，左右兩管均豎直．右側玻璃管內封閉肯定質量的志向氣體，氣柱長度L＝10cm，左側玻璃管開口且足夠長．室溫為27℃時，左右兩管內水銀柱的高度均為h＝10cm．求：右管內封閉氣體為多少攝氏度時，兩側管內水銀柱高度差為5cm（已知大氣壓強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)壓強為：P1＝（p0﹣h）cmHg＝70cmHg末態(tài)體積為：V1＝（L+2.5）S＝12.5S依據志向氣體狀態(tài)方程得：代入數(shù)據解得：T1＝350K＝77℃若右管水銀面比左管低5cm，其末態(tài)壓強為：P2＝（p0+h）cmHg＝80cmHg末態(tài)體積為：V2＝（L﹣2.5）S＝7.5S代入數(shù)據解得：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處的質點位移肯定是aC.從t秒時刻起，x=2m處的質點比x=2.5m的質點先回到平衡位置D.從t秒時刻起，在質點M第一次到達平衡位置時，質點N恰好到達波峰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n=2時，T=0.1s，所以（t+0.1）秒時刻，x=-2m處的質點位移是-a，故B錯誤符合題意；C.由t時刻波形圖知，x=2m處的質點