吉林省白城市实验高级中学2024-2025学年高三上学期1月期末物理试题

白城市实验高级中学2024-2025学年度高三上学期期末考试 物理试卷 第Ⅰ卷（选择题共46分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1至3页，第Ⅱ卷第3至5页。满分100分。考试时间90分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号用2B铅笔填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第Ⅱ卷用黑色水性笔答在答题卡上，在本试卷上作答无效。 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1. 在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一个带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则(　　) A. q1和q2都是正电荷且q1>q2 B. B、C间场强方向沿x轴负方向 C. C点的电场强度大于A点的电场强度 D. 将一个负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功 2. 我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（    ） A. B. C. 1 D. 2 3. 毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地．如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化．若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　) A. B. C. D. 4. (2020·高考全国卷Ⅱ，T17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　) A. M处的电势高于N处的电势 B. 增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C. 偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D. 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 5. 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同．在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　) A. L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B. L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C. L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D. L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 6. (2023·江西省宜春市二模)生活中人们为了往高楼中搬运大型货物，可能会用到如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的六楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L，甲、乙两人间的距离也为L、楼间距为，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。重力加速度取g，则在将重物拉离地面至接近乙的过程中下列说法正确的是(　　) A. 甲、乙绳的拉力始终大于mg B. 甲、乙绳的拉力始终小于mg C. 当重物接近乙处时甲绳的拉力接近 D. 当重物接近乙处时乙绳的拉力接近mg 7. 如图所示为某科学实验小组利用计算机和传感器绘制出的一玩具小车做直线运动的v－x图像，则下列说法正确的是(　　) A. 该玩具小车做匀变速直线运动 B. 该玩具小车运动的加速度逐渐增大 C. 该玩具小车运动的加速度逐渐减小 D. 该玩具小车运动的加速度随时间均匀变化 8. 如图所示，用材料和粗细相同的导线绕成的单匝正三角形线圈甲、乙固定在同一平面内，边长之比为 。线圈所在空间存在与线圈平面垂直的匀强磁场，磁感应强度 随时间 的变化关系为 ，下列说法正确的是(　　) 　　 A. 线圈甲、乙中产生的电动势最大值之比为 B. 线圈甲、乙中产生的电流最大值之比为 C. 在 时间内，线圈甲、乙中产生的焦耳热之比为 D. 在 时间内，通过线圈甲、乙导线横截面的电荷量之比为 9. 如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)(　　) A. 两极板间电压为 B. 板间电场强度大小为 C. 整个过程中质点的重力势能增加 D. 若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上 10. 如图所示，在半圆形光滑凹槽内，两轻质弹簧的下端固定在槽的最低点，另一端分别与小球P、Q相连。已知两球在图示P、Q位置静止。O′P>O′Q，则下列说法正确的是（　　） A. 若两球质量相同，则P球对槽的压力较小 B. 若两球质量相同，则两球对槽的压力大小相等 C. 若P球的质量大，则O′P弹簧的劲度系数大 D. 若P球的质量大，则O′P弹簧的弹力大 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11. 某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g. (1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________，钩码的动能增加量为________，钩码的重力势能增加量为________________． (2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图丙所示．由图丙可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是__________________________________． 12. 实验课上要测量两节干电池串联电池组的电动势E和内阻r，实验器材如实物图所示。 (1)在方框里画出电路图并将实物图补充完整。 (2)表格中数据是某小组的测量结果，其中有一个数据如表盘所示，请将读数填入表中，并根据数据在坐标纸上描点作图。 根据所画的图像求出电池组电动势为E＝________ V，内阻为r＝________ Ω。(均保留2位小数) (3)如果连接线接头严重氧化或与接线柱连接不紧就会产生“接触电阻”，若本实验中连接滑动变阻器和电流表的导线接头处有“接触电阻”，则由此产生的影响是：电动势E测量值________，内阻r测量值________。(均选填“偏大”“偏小”或“不变”) (4)如果本实验中选用的电压表完好，电流表刻度盘上只有刻度而无数值(包括接线柱上也无数值)但其他功能正常，那么电动势E________测出，内阻r________测出。(均选填“能”或“不能”) (5)一组同学在完成实验后还有部分时间，他们想观察一下电表的内部结构，在老师的同意并帮助下他们打开了一只电表的后盖，内部结构如图所示，则他们打开的是________(选填“电压表”或“电流表”)，电表内部的电阻R1和R2阻值较大的是________。 13. 如图所示，CD和EF是固定在水平面上的光滑金属导轨，DF与EF垂直， ，D、F间距 ， 的电阻连接在D、F之间，其余部分电阻不计，整个装置处于磁感应强度 垂直纸面向里的匀强磁场中。质量 、电阻不计的导体棒以一定的初速度从DF开始沿FE向右运动，棒垂直于EF并与导轨接触良好。运动过程中对棒施加一外力，使电阻R上消耗的功率 保持不变，求： (1)导体棒运动至距DF边3m时受到的安培力大小； (2)导体棒从DF向右运动2m所需的时间； (3)导体棒从DF向右运动2m的过程中外力所做的功。 14. 如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。 （1）求金属杆中的电流和水平外力的功率； （2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求： （i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热； （ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。 15. 一辆汽车从关闭油门开始做匀减速直线运动直到停止。若已知前半段位移的平均速度为v，那么后半段位移的平均速度为多大？ 参考答案 1. 【答案】B 【解析】由题图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，则电势一直降低，两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，则电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；根据Ep－x图像的切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；将一个负点电荷从B点移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误． 2. 【答案】D 【解析】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图 结合力的合成可知； 对第2块和第三块石块整体受力分析如图 ，解得. 3. 【答案】A 【解析】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此风吹过的动能为Ek＝Mv2＝ρvtπl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝＝，故A正确，B、C、D错误． 4. 【答案】D 【解析】电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D正确。 5. 【答案】A 【解析】设滑片为p，副线圈的总电阻为R2，则有 ＝＋， 解得 R2＝＝ 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻R2先增大后减小，根据等效电阻关系有 R等＝＝＝()2＝()2R2 则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 I1＝，I2＝I1 I1先减小后增大，I2先减小后增大，则L1先变暗后变亮． 根据U1＝U－I1R0，U2＝U1 由于I1先减小后增大，则副线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流为IL2＝， 则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，Rpb逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中 IL2增大；在副线圈的电压U2减小过程中，通过R0的电流为IR0＝， Rap逐渐增大，则IR0减小，则IL2增大，所以L2一直变亮，故选A. 6. 【答案】B 【解析】重物被拉升过程中运动轨迹为绕甲的圆周运动，转过圆心角30°，过程中甲、乙、重物构成等腰三角形。受力分析由图所示 则有，，则，过程中，则，由相似三角形法可知，对边mg始终大于甲、乙绳中拉力，A错误，B正确；接近乙时，趋近于120°，趋近60°，则有，C、D错误。 7. 【答案】B 【解析】根据图像得v＝kx，所以＝k，得a＝kv，式中k不变，随着速度v的增大，加速度a增大，所以加速度随x的增大逐渐增大，B正确，C、D错误；因为加速度增大，小车做非匀变速直线运动，A错误。 8. 【答案】ACD 【解析】线圈中产生的电动势随时间变化的规律为 ，电动势的最大值 ，设正三角形的边长为a，面积S＝ a2，则Em∝a2，线圈甲、乙中产生的电动势的最大值之比为 ，故A正确；线圈中电流的最大值 ，又 ，可得 ，线圈甲、乙中产生的电流的最大值之比为 ，故B错误；线圈中产生的焦耳热 ，则t相同时 ，线圈甲、乙中产生的焦耳热之比为 ，故C正确；通过导线横截面的电荷量，q＝ ＝ ，则 ，通过线圈甲、乙导线横截面的电荷量之比为 ，故D正确。 9. 【答案】BC 【解析】据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示： 可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得两极板间电压为U＝·d＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝at2，a＝＝g，t＝，解得y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误． 10. 【答案】BD 【解析】对两小球分别受力分析如图所示，都是受重力、凹槽的支持力和弹簧的弹力三个力，两小球静止，受力平衡，根据平行四边形定则作平行四边形，由几何关系可知△QGQ′NQ∽△OO′Q，△PGP′NP∽△OO′P，，，即支持力始终与重力相等，若两球质量相等，重力相等，则两球所受支持力相等，对槽的压力必然相等，故A错误、B正确； 由，得，得，由图可知O′P>O′Q，又GP>GQ，则FP>FQ，根据胡克定律，两弹簧的形变量未知，则劲度系数的大小关系无法确定，故C错误，D正确。 11. 【答案】(1)k(L－L0)h5－kh52　　mgh5　(2)见解析 【解析】(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2，整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－kh52，打F点时钩码的速度为vF＝，由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝mvF2－0＝，钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5. (2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大． 12. 【答案】(1)见解析图　(2)0.44　见解析图　2.97(2.95～2.99均可)　0.82(0.78～0.86均可)　(3)不变　不变　(4)能　不能　(5)电压表　R2 【解析】(1)电路图以及实物连线如图所示。 (2)电流表适用量程为0.6 A，最小分度值为0.02，不需要估读 ，则读数为0.44 A。 作出U-I图线如图所示。 由图像可知电动势E＝2.97 V，内阻r＝＝0.82 Ω。 (3)若本实验中连接滑动变阻器和电流表的导线接头处有“接触电阻”，相当于是在调节滑动变阻器的时候把变阻器阻值调的大一些，即对电路的测量没有影响，则内阻r测量值不变，电动势E测量值不变。 (4)如果本实验中选用的电压表完好，电流表刻度盘上只有刻度而无数值(包括接线柱上也无数值)，但其他功能正常，那么可以测量电流表偏转的格子数n和电压表的读数U，若设电流表每一小格的电流为I0，测出两组数据(U1，n1)和(U2，n2)则由U＝E－Ir可得U1＝E－n1I0r，U2＝E－n2I0r，可解得电动势E和I0r的值，即能测出电源的电动势，但是不能测出电源内阻。 (5)由图可知，两个电阻与表头是串联的，可知他们打开的是电压表；因为U1＝3 V＝Ig(rg＋R1)，U2＝15 V＝Ig(rg＋R1＋R2)，可得当表头满偏时R2分得12 V电压，表头和R1共同分得3 V电压，可知R2比R1大。 13. 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)根据 解得 由几何关系可得导体棒的有效切割长度 则安培力的大小 代入数据解得 (2)由题意可知，回路中的电流强度保持不变，即平均电流等于瞬时电流，则有 根据法拉第电磁感应定律 磁通量的变化量 由几何关系可知棒向右运动2m过程中回路中的面积变化量 联立并代入数据解得棒向右运动2m所需的时间 (3)棒在 时和向右运动2m时的有效切割长度分别为 和 ，设棒在这两个位置的速度分别为 和v，由题意知回路中的感应电动势保持不变，则有 又由 解得 ， 由功能关系得外力做的功 解得 14. 【答案】（1），；（2）（i），（ii） 【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势E = Blv0 则金属杆中的电流 由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有，根据功率的计算公式有 （2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为 解得 当电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有，解得v′ = 根据能量守恒定律有，解得 （ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，设这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为d，规定水平向右为正方向，则根据动量定理有 由于 解得 15. 【答案】 【解析】设汽车开始减速的初速度为，加速度大小为，整个匀减速过程的位移为，中间位置的速度为，则有， 联立解得 前半段位移的平均速度为 后半段位移的平均速度为 联立解得 试卷第5页 共14页 ◎ 试卷第6页 共14页 学科网（北京）股份有限公司 $$