2025届山东省邹平县黄山中学高三物理第一学期期末检测试题含解析

2025届山东省邹平县黄山中学高三物理第一学期期末检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（）A．交变电流的频率为100HzB．电压表的示数为10VC．当温度升高时，灯泡L变亮D．当温度降低时，理想变压器输入功率增大2、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u＝220sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法中正确的是（）A．电压表读数为22VB．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍D．若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变3、某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14s内其下落速度随时间变化的v—t图像如图所示，则（）A．跳伞运动员在0~10s内下落的高度为5v2B．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s内所受的阻力越来越大C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变D．10~14s内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大4、如图，在xoy坐标系中有圆形匀强磁场区域，其圆心在原点O，半径为L，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外。粒子A带正电，比荷为，第一次粒子A从点（－L，0）在纸面内以速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，第二次粒子A从同一点在纸面内以相同的速率沿着与x轴正方向成角射入磁场，已知第一次在磁场中的运动时间是第二次的2倍，则A． B．C． D．5、某同学用两种不同的金属做光电效应实验。实验中他逐渐增大入射光的频率，并测出光电子的最大初动能。下面四幅图像中能符合实验结果的是（）A． B．C． D．6、在空间P点以初速度v0水平抛出一个小球，小球运动到空中A点时，速度与水平方向的夹角为60°，若在P点抛出的初速度方向不变，大小变为，结果小球运动到空中B点时速度与水平方向的夹角也为60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是A．PB长是PA长的2倍B．PB长是PA长的4倍C．PA与水平方向的夹角小于PB与水平方向的夹角D．PA与水平方向的夹角大于PB与水平方向的夹角二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s1．则A．摩擦力的方向始终沿传送带向下B．1~1s内，物块的加速度为1m/s1C．传送带的倾角θ=30°D．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.58、如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中A．U先变大后变小 B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小 D．U变化量与I变化量比值等于R39、一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，则（）A．该原子核发生了衰变B．该原子核发生了衰变C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加10、如图甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，并作出如图乙所示滑块的动能Ek与h的关系图像，其中h=0.2m~0.35m图线为直线，其余部分为曲线，h=0.18m时，滑块动能最大，不计空气阻力，取g=10m/s2，则由图像可知（）A．图线各点斜率的绝对值表示合外力大小B．滑块的质量为0.1kgC．弹簧的原长为0.18mD．弹簧的劲度系数为100N/m三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究.在弹性限度内，将质量为的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图乙中弹簧的长度、如下表所示．钩码个数1234/cm30.0031.0432.0233.02/cm29.3329.6529.9730.30已知重力加速度m/s2，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=_____N/m(结果保留两位有效数字)．由表中数据______(填“能”或“不能”)计算出弹簧乙的劲度系数．12．（12分）某同学利用下图所示的实验装置测定滑块与木板间的动摩擦因数µ。置于水平桌面的长木板上固定两个光电门1、2。滑块上端装有宽度为d的挡光条，滑块和挡光条的总质量为M，右端通过不可伸长的细线与钩码m相连，光电门1、2中心间的距离为x。开始时直线处于张紧状态，用手托住m，实验时使其由静止开始下落，滑块M经过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2。(1)该同学认为钩码的重力等于滑块所受到的拉力，那么他应注意__________________。(2)如果满足(1)中的条件，该同学得出滑块与木板间的动摩擦因数=___________。(3)若该同学想利用该装置来验证机械能守恒定律，他只需___________就可以完成实验。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，长，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，的空气被水银柱封住，水银柱长。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强。求插入水银槽后管内气体的压强。14．（16分）如图所示,甲为某一列简谐波t=t0时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论:①波的传播方向和传播速度.②求0~2.3s内P质点通过的路程.15．（12分）如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量、质量的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C．求：(1)离子在平行板间运动的速度大小．(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标．(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

A．交变电流的周期T=0.02s，则频率为，选项A错误；B．变压器原线圈电压有效值为U1，则解得U1=110V则选项B正确；C．当温度升高时，Rt阻值减小，则次级电阻减小，因次级电压不变，则次级电流变大，电阻R上电压变大，则灯泡L电压减小，则灯泡L变暗，选项C错误；D．当温度降低时，Rt阻值变大，则次级电阻变大，因次级电压不变，则次级电流变小，则理想变压器次级功率减小，则输入功率减小，选项D错误。故选B。2、B【解析】

A．根据u=220sin314t（V）可知，原线圈的电压有效值为U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由得电压表读数为：U2=22V，故A错误；

B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据可知，U2增大到原来的2倍，由可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B正确；

C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项C错误；

D．若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率变为原来的2倍，故D错误。

故选B。3、B【解析】

A．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s时的速度刚好为v2，则这段时间内的下落位移应为但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v2。故A错误；B．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s内的加速度不断减小，由牛顿第二定律可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B正确；C．10s时空降兵的速度图像仍在x轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。故C错误；D．由图可知，10~14s内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。故D错误。故选B。4、B【解析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：，

根据洛伦兹力提供向心力有：则粒子做匀速圆周运动的半径为：根据几何知识可知BOCO1以及BODO2为菱形，所以∠1=180°-（90°-α）=90°+α∠2=180°-（90°+β）根据题意可知∠1=2∠2，所以得到α+2β＝90°＝。A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论相符，选项B正确；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选B。5、C【解析】

由光电效应方程可知图像斜率都为普朗克常量h，故得出的两条图线一定为平行线，由于两金属的逸出功不同，则与横轴的交点不同，ABD错误，C正确。故选C。6、B【解析】

CD．小球到达A点时，PA为位移，设PA与水平方向的夹角为，则，小球到达B点时，PB为位移，设PB与水平方向的夹角为，则，因此PA与水平方向的夹角等于PB与水平方向的夹角，选项CD错误；AB．因为，可知P、A、B在同一直线上，假设PAB为斜面，小球从P点运动到A点的时间水平位移则，同理得因此PB长是PA长的4倍，选项A错误，选项B正确.故选B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】

开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图1所示图象可知，1～1s内，物块的加速度a'=ΔvΔt=12-102-1m/s2=2m/s2，故B正确；由图1所示图象可知，在0～1s内物块的加速度a=ΔvΔt=10-0故选BD正确。8、BC【解析】由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A错误；在滑动变阻器的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U与I的比值就是接入电路的的电阻与的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于0，故D错误；【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时，在最中间时，电阻最大，滑片从一端移动到另一端的过程中，电阻先增大后减小，9、BC【解析】

AB．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了β衰变，A项错误、B项正确；C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径，电荷量大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。故选BC。10、AD【解析】

A．根据动能定理可得故图像的斜率表示滑块受到的合外力大小，A正确；B．在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，即只受重力作用，所以从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，斜率大小为即重力大小为所以故BC错误；D．在滑块与弹簧未分离的过程中，当滑块受到的重力和弹力等大时，滑块的速度最大，即动能最大，故有根据题意可知0.18m时动能最大，而弹簧原长为0.2m，代入解得D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、49能【解析】

第一空.分析图1中，钩码数量和弹簧常量的关系为钩码每增加一个，弹簧长度伸长，所以弹簧劲度系数.第二空.分析图2可得，每增加一个钩码，弹簧长度伸长约，即，根据弹簧甲的劲度系数可以求出弹簧乙的劲度系数.12、M远大于m将木板左端抬高，平衡摩擦力【解析】

(1)[1]实际上滑块所受到的拉力小于钩码的重力，对滑块应用牛顿第二定律对钩码两式相加解得加速度而如果满足题中条件，同理解得加速度为若想M必须远大于m。(2)[2]对于滑块通过光电门时的速度由动能定理得：解得(3)[3]验证机械能守恒，需要将摩擦力平衡掉，所以该同学需将木板左端抬高，平衡摩擦力。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、52.0cmHg【解析】

设玻璃管截面积为s，水平放置时，气体压强为P1，体积为V1，假设当转到竖直放置时，水银恰好未流出，气体压强为P2，体积为V2，则P1=P0=75cmHg，V1=L0s，P2=？，V2=（L-h）s，由玻意耳定律：P1V1=P2V2

代入数据解得：P2=50cmHg，由于，所以水银必有流出。设剩余水银柱长度为x，气体的压强P3，体积V3，则P3=（P0-x）cmHg，V3=（L-x）s，

由玻意耳定律：P1V1=P3V3

代入数据解得：x≈30.7cm，