山东省济南市商河县一中2025届高三物理上学期11月期中试题含解析

PAGE山东省济南市商河县一中2025届高三物理上学期11月期中试题（含解析）一、选择题（共12题，其中1—8题为单选，每题4分；9—12题为多选，每题4分，选不全的2分）1.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是（）A.时刻线框平面与中性面垂直 B.线框的感应电动势的有效值为C.线框的感应电动势有效值为 D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为【答案】B【解析】【详解】A．时刻通过线框的磁通量最大，故线框平面与中性面平行，故A错误；BC．由于该线圈只有1匝，故感应电动势的最大值为故有效值为故B正确，C错误；D．从t=0到t=过程中线框的平均感应电动为故D错误；故选B。2.匀称带正电荷的球体半径为R，在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中已知，曲线下O～R部分的面积恰好等于R～2R部分的面积．则：A.可以推断曲线与坐标r轴所围成的面积单位是库仑B.球心与球表面间电势差C.若电荷量为q的正电荷在球面R处静止释放运动到2R处电场力做功D.已知带电球在处的场强，Q为带电球体总电量，则该匀称带电球所带的电荷量【答案】D【解析】由U=Ed可知E-r曲线下面积表示电势差，则单位为V，故A错误．E-r曲线下围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差，故B错误；曲线下O～R部分的面积恰好等于R～2R部分的面积，则R～2R的电势差为，依据，得若电荷量为q的正电荷在球面R处静止释放运动到2R处电场力做功为，故C错误；依据R处的场强为，有，解得：，故D正确；故选D.【点睛】E-r曲线下面积是E对r的积分形式，对应的是电势差；通过R处的场强，依据点电荷的场强公式求出匀称带电体所带的电荷量．通过图线围成的面积求出球心与球表面积的电势差．依据求电场力做功的大小．3.某发电站的输出功率为104kW,输出电压为4kV,通过志向变压器升压后向80km远处的用户供电.已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m,导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.A.升压变压器的输出的电压为40kV B.输电线路上的电压损失为3.2kVC.输电线的电阻为12.8Ω D.志向变压器原副线圈的匝数比为1:10【答案】B【解析】输电线路的电阻为；输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW；由△P=I2R得．由P=UI得;输电线上损失电压为△U=IR=125×25.6V=3.2kV；变压器原副线圈匝数比为，故选B．4.关于固体、液体的性质，下列说法正确的是（）A.单晶体有确定的熔点，多晶体没有确定的熔点B.外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，物体的内能不肯定变更C.玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体重力的作用D.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为浸润【答案】B【解析】【详解】

A．单晶体和多晶体都有确定的熔点，故A错误；B．外界对物体做功，同时物体向外界放出热量，依据热力学第肯定律可知，物体的内能不肯定变更，故B正确；C．玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体表面张力的作用，故C错误；D．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”句，诗中荷叶和露水表现为不浸润，故D错误。故选B。5.医生做某些特别手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是匀称的．运用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如上图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽视，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A.1.3m/s，a正、b负 B.2.7m/s，a正、C.1.3m/s，a负、b正 D.2.7m/s，a负、b正【答案】A【解析】【详解】血液中正负离子流淌时，依据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有所以故A正确．6.两个容器A、B，用截面匀称的水平细玻璃管相连，如图所示，A、B所装气体的温度分别为和，水银柱在管中心平衡，假如两边温度都上升，那么水银柱将（）A.向右移动B.向左移动C.不动D.条件不足，不能确定【答案】A【解析】【详解】假定两个容器的体积不变，即V1，V2不变，A、B中所装气体温度分别为290k和300k，当温度上升△T时，容器A的压强由p1增至p'1，△p1=p'1﹣p1，容器B的压强由p2增至p′2，△p2=p′2﹣p2；由查理定律得：，，因为p2=p1，所以△p1＞△p2，即水银柱应向右移动，故A正确，BCD错误．7.某电场在直角坐标系中的电场线分布状况如图所示，O、P、M、N为电场中的四个点，其中P和M在一条电场线上，则下列说法正确的是（）A.M点场强小于N点的场强B.M点的电势高于N点的电势C.将一负电荷由O点移到M点电势能增加D.将一正电荷由P点无初速释放，仅在电场力作用下，可沿PM电场线运动到M点【答案】C【解析】【详解】A．电场线密地方电场强度大，由图可知M点电场线比N点的密，所以M点的场强大于N点的场强度，故A错误；B．沿电场线方向电势降低，所以M点的电势低于N点的电势，故B错误；C．将一负电荷由O点移到M点电场力做负功，所以电荷的电势能增加，故C正确；D．一正点电荷从P点由静止释放，该电荷所受的电场力是变力，与电场线的相切，据曲线运动的条件该电荷并不能沿电场线运动到M点，故D错误。故选C。8.如图所示的电路中，R1．R2是定值电阻，R3是滑动变阻器，电源的内阻不能忽视，电流表A和电压表V均为志向电表．闭合开关S，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程，下列说法中正确的是（）A.电压表V的示数增大B.电流表A的示数减小C.电容器C所带的电荷量减小D.电阻R1的电功率增大【答案】D【解析】【详解】A．当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电阻R2与R3并联的电阻减小，外电路总减小，路端电压减小，则电压表V的示数减小．故A错误；B．外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I增大．并联部分电压U并=E-I（R1+r）减小，流过电阻R2的电流I2减小，电流表A的示数IA=I-I2增大．故B错误；C．电容器的电压UC=IR1，I增大，UC增大，电容器C所带的电荷量增大．故C错误；D．电阻R1的电功率P1=I2R1，I增大，P1增大．故D正确；故选D。9.某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路,电源的内阻为1.0Ω．现闭合开关S,志向电压表V的示数为4.0V,则()A.三个灯泡的总电阻为8.3ΩB.电源的电动势为5.6VC.电源消耗的热功率为3.0WD.电源的效率为89.3%【答案】ABD【解析】【详解】A项：电压表的示数为：U1=4V，由U-I图象得到干路中灯泡的电流为：I1=0.6A，该灯泡的电阻为：，另外两个并联灯泡的电流均为：I2=0.3A，再依据U-I图象得到电压为：U2=1V，则并联电阻为：，故三个灯泡的总电阻为：R=R1+R并≈8.3Ω，故A正确；B项：电源的电动势为：E=U1+U2+I1r=4+1+0.6×1=5.6V，故B正确；C项：电源消耗的热功率为：，故C错误；D项：电源的效率为：，故D正确．10.以下说法正确是（）A.表面张力使液体的表面有拉伸的趋势B.压缩气体，气体的内能不肯定增加C.当气体分子热运动的猛烈程度减弱时，气体分子的平均动能减小D.已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M、密度为，则每个氧气分子的质量为，每个氧气分子的体积为【答案】BC【解析】【详解】A．表面张力使液体的表面有收缩的趋势，A错误；B．压缩气体，对气体做功，假如气体放出热量，依据热力学第肯定律，气体的内能可能增加也可能减小，B正确；C．温度是分子平均动能的标记，当气体分子热运动的猛烈程度减弱时，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，C正确；D．已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M、密度为ρ，则每个氧气分子的质量为，每个氧气分子连同它四周空间的体积为，由于氧气分子距离很大，依据题目，无法求出每个氧气分子的体积，D错误；故选BC11.如图甲所示，质量为、长为的水平金属细杆的两端分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小、方向水平向右的匀强磁场，且细杆与该磁场方向垂直．一匝数为100匝、横截面面积为的线通过导线、开关与两水银槽相连，线岡处于沿竖直方向垂直穿过圈横截面的匀强磁场中，其磁感应强度随时间变更的关系如图乙所示．在时闭合开关，细杆间弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽视不计），弹起的最大高度为．不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆落回水槽后的运动，重力加速度取，下列说法正确的是（）A.感应强度的方向竖直向上B.时，线圈中的感应电动势大小为C.在细杆CD弹起的过程中，细杆CD所受安培力的冲量大小为D.开关闭合后，通过细杆某一横截面的电荷量为【答案】ABD【解析】【详解】A、由题意知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知感应电流方向由C到D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.15~0.25s内穿过线圈的磁通量削减，由楞次定律可得磁感应强度方向竖直向上，故A正确；B、由图像可知，0~0.1s内线圈的感应电动势大小为，即0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确；C、细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为，故C错误；D、开关K闭合后，设通过CD的电荷量为q，依据动量定理可得：，而，解得：，故D正确；故选ABD．12.如图所示，为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D，飞经等势面C时，电势能为，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计。则下列说法正确的是（）A.电子做匀变速直线运动B.匀强电场的场强大小为100V/mC.等势面A的电势为D.电子再次飞经D等势面时，动能为16eV【答案】ACD【解析】【详解】A．本题考查电场力、电场强度和电势．电子运动方向垂直于等势面，故电子运动方向和电场方向平行，则电子加速度方向和运动方向平行，故电子做匀变速直线运动，选项A正确；D．电子运动过程只有电场力做功，故电子再次飞经D等势面时电场力做功为零，即电子动能不变，仍为16eV，选项D正确；B．电子飞至等势面B时速度恰好为零，故由动能定理可知，电子从等势面D到等势面B，克服电场力做功为16eV，故等势面间的电势差为16V，则场强为选项B错误；C．从D到B电势降低，等势面C处电子的电势能为，故等势面C的电势为8V，等势面A的电势比等势面C的电势低16V，故为，选项C正确。故选ACD。【点睛】

二、试验题13.某同学利用下列器材测量两节干电池的总电动势和总电阻。A.待测干电池两节；B.电压表、，量程均为，内阻很大；C.定值电阻（阻值未知）；D.电阻箱；E.导线若干和开关。（1）依据如图甲所示的电路图，在实物图乙中补全相应的电路图_________。（2）试验之前，须要利用该电路测出定值电阻。先把电阻箱调到某一阻值，再闭合开关，读出电压表和的示数分别为、，则_______（用、、表示）。（3）试验中调整电阻箱，读出电压表和的多组相应数据、。若测得，依据试验描绘出图象如图内所示，则两节干电池的总电动势_______、总电阻________。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).(2).(3).3.0(4).2.4【解析】【详解】(1)[1](2)[2]闭合开关后，依据串并联电路规律可知，两端电压，电流为，依据欧姆定律(3)[3]依据闭合电路欧姆定律可知变形可得由图象可知，当时，，则有图象的斜率为联立解得，。14.在“用油膜法估测油酸分子的大小”试验中，有下列试验步骤：①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉匀称地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形态稳定．③将画有油膜形态的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，依据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，登记量筒内每增加肯定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形态用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的依次是__________．(填写步骤前面的数字)(2)将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2由此估算出油酸分子的直径为______m．(结果保留l位有效数字)【答案】(1)④①②⑤③（2分）(2)5×10-10m（3【解析】【详解】试验得步骤时先配溶液，然后再将痱子粉放入水中，将液滴滴入水中，描绘轮廓，计算面积，因此是④①②⑤③；依据题意可得三、论述题15.如图是一太阳能空气集热器示意图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透亮玻璃板，集热器容积为V0，起先时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。①求此时气体的压强；②保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0，求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。【答案】①p0②【解析】【详解】①设升温后气体的压强为p1，由查理定律得，代入数据得p1=p0②抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为V，由玻意耳定律得p1V0=p0V解得V=V0设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K，由题意得K=解得K=16.如图所示，在第一象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域内存在方向垂直于平面对外的匀强磁场。在其次象限内，初速度为零的带正电粒子，经电压为U的电场加速后从y轴上P点沿x轴正方向射入第一象限，经过匀强电场后从Q点进入磁场，并从坐标原点O第一次射出磁场．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力。求：（1）匀强电场电场强度的大小；（2）匀强磁场磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子在其次象限内被加速后沿x轴正方向进入第一象限．作出粒子在第一象限内运动的示意图如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，作出粒子出电场（进磁场）时的速度的反向延长线，由平抛运动规律吋知，反向延长线交于沿x轴方向的位移的中点处，可知粒子到达Q点时的速度v与x轴正方向的夹角为,由运动的合成与分解可知合速度依据动能定理，带电粒子在其次象限有在第一象限有联立解得（2）带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，作出其第一次进入磁场后的运动轨迹如图乙所示，为弦，弦切角为，轨迹所对圆心角为，为圆心，则，设粒子在磁场中运动轨迹的半径为R，则，由洛伦兹力供应向心力有，故17.如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有匀强磁场且B2＝2T，已知ab长L＝0.1m，整个电路总电阻R＝5Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1m2.在螺线管内有如图所示方向磁场B1，若磁场B1以匀称增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10m/s2)（1）通过导体棒ab的电流大小；（2）导体棒ab的质量m大小；（3）若B1＝0，导体棒ab恰沿cd、ef匀速下滑，求棒ab的速度大小.【答案】(1)；(2)m=0.016kg；(3)v=20m/s【解析】【详解】（1）螺线管产生的感应电动势：=4V闭合电