2025届四川省乐山十校高物理高三第一学期期末监测试题含解析

2025届四川省乐山十校高物理高三第一学期期末监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q的小球a、b用绝缘细线悬挂于O点，置于水平方向的匀强电场中，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为30°．则F的大小可能为（）A．mgB．12mgC．33mgD．2、如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理性发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是A．闭合S，D闪亮一下B．闭合S，C将会过一小段时间接通C．断开S，D不会闪亮D．断开S，C将会过一小段时间断开3、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．若x1、x3处电势为ϕ1、ϕ3，则ϕ1<ϕ3D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变4、关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（）A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功D．安培力一定对通电导线不做功5、如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中（）A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D点时的动能为50JD．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量6、我国的航天技术处于世界先进行列，如图所示是卫星发射过程中的两个环节，即卫星先经历了椭圆轨道I，再在A点从椭圆轨道I进入圆形轨道Ⅱ，下列说法中错误的是（）A．在轨道I上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道I上经过A的动能小于在轨道Ⅱ上经过A的动能C．在轨道I上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期D．在轨道I上经过A的加速度小于在轨道Ⅱ上经过A的加速度二、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，等边三角形线框由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点、与直流电源两端相接，已知导体棒受到的安培力大小为，则（）A．导体棒受到的安培力垂直于线框平面B．导体棒中的电流是导体棒中电流的2倍C．导体棒和所受到的安培力的合力大小为D．三角形线框受到的安培力的大小为8、如图所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是__________A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距B．a比b更容易发生衍射现象C．在水中a光的速度比b光的速度小D．在水中a光的临界角大于b光的临界角E.若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a光9、下列说法中正确的是（）A．光的偏振现象证明了光波是横波B．机械波和电磁波一样，从空气进入水中波长变短C．白光经过三棱镜色散后，紫光的传播方向改变量最大D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度E.在白织灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的干涉现象10、在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源电动势为，内阻为，电路中定值电阻的阻值小于电源内阻，则当滑动变阻器的滑片由端向端滑动的过程中，电流表、，电压表的示数变化量的绝对值分别为、、，下列说法正确的是（）A．两个电流表的示数均减小 B．电压表的示数增大C． D．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）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范围，按如下步骤测量：（1）选用欧姆档×10倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为______Ω。（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是____A．增大B．减小C．先增大后减小D．先减小后增大（3）记录下整个过程中读数的最小值为24Ω，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正____。12．（12分）(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是__________mm；(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为，那么：①根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；②从O点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量=___J，动能增加量=_____J（结果取三位有效数字）；③若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是下图中的______。A．B．C．D．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）如图所示，质量m=10kg、横截面积S=50cm2、厚度不计的活塞被气缸光滑内壁上的卡栓（体积不计）托住，将气缸分成体积均为V的A、B两部分，两部分空间内均封闭着一定量的理想气体。初始状态时两部分气体温度均与环境温度相同，其中A中气体压强为pA=2×105Pa，B中气体压强pB=1×105Pa。气缸底端安装有用来加热的电热丝，环境温度保持27不变，重力加速度g取10m/s2，T=t+273K。仅有气缸上表面导热良好，其他部分及活塞绝热，现对B中气体缓慢加热，当B中气体温度升高至多少时，A中气体体积减小为。14．（16分）如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强度为E1、水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外。在坐标为（0.4m，0.4m）的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知，重力加速度为，求：(1)小球的比荷（）及小球第一次穿过y轴时的速度大小；(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间。15．（12分）如图所示，MN板间存在匀强电场，场强E=300N/C，方向竖直向上电场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角，A点和M板相距2cm，求：（1）求AB两点间的电势差大小；（2）若M板接地（电势为0），A点电势；（3）将点电荷从A移到B，电场力做的功。

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、A【解析】

以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时的受力图如图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin故选A。【点睛】关键是运用图解法确定出F的最小值，以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F的最小值，从而分析F的可能值。2、D【解析】

AB.当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故A，B错误；CD.当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确；故选D．【点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极，同时理解二极管的单向导电性．3、D【解析】EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE可知x1处电场强度最小且为零，故A错误；B、粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；C、带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，若x1、x3处电势为ϕ1、ϕ3，则ϕ1>ϕ3,故C错误；D、x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确；故选D点睛：EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况。至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断。4、C【解析】

A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。故选C。5、B【解析】

A.如果小球受电场力大于重力，则到达C点后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；B.小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于，故下滑过程中洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；C.由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不为50J，选项C错误；D.该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误；故选B。6、D【解析】

A．在轨道I上运动过程中，从B到A，万有引力做负功，所以在轨道I上经过A的速度小于经过B的速度，故A不符题意；B．要实现从轨道I变轨到轨道II，要在轨道I的A点加速，才能变轨到轨道II，所以在轨道I上经过A的速度小于在轨道II上经过A的速度，即在轨道I上经过A的动能小于在轨道II上经过A的动能，故B不符题意；C．根据可知半长轴越大，周期越大，故在轨道I上运动的周期小于在轨道II上运动的周期，故C不符题意；D．根据可得由于在轨道I上经过A点时的轨道半径等于轨道II上经过A的轨道半径，所以两者在A点的加速度相等，故D符合题意。本题选错误的，故选D。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】

A．由图可知，导体棒MN电流方向有M指向N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面，且垂直于导体棒MN，故A错误；B．MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，由左手定则可知，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒MN中的电流是导体棒MLN中电流的2倍，故B正确；CD．中的电流大小为，则MLN中的电流为，设MN的长为，由题意知所以边MLN所受安培力为方向与MN边所受安培力的方向相同，故有故C错误，D正确。故选BD。8、ABD【解析】

由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，根据折射定律知，a光的折射率小于b光的折射率，则知a光的波长大．根据双缝干涉条纹的间距公式，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故A正确；a光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，故B正确；由知，在水中a光的速度大，故C错误；由全反射临界角公式，知折射率n越大，临界角C越小，则知在水中a光的临界角大于b光的临界角，故D正确；若a光与b光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a光的临界角大于b光的临界角，所以b光的入射角先达到临界角，则b光先发生全反射，首先消失的是b光，故E错误．9、ACE【解析】

A．光的偏振现象证明了光波是横波，故A正确；B．机械波从空气进入水中波速变大，波长变长，而电磁波从空气进入水中，波速变小，波长变短，故B错误；C．可见光通过三棱镜后，传播方向改变最大的紫色的光，红光改变最小。在光的色散中，对于同一种介质，光的频率越大，介质对其的折射率就越大。而折射率越大，光的折射角就越小，偏转程度就越大。由于可见光中紫光的频率最大，所以紫色的光线的折射角最小，偏转最大，故C正确；D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以消除玻璃反射的偏振光。故D错误；E．在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，是薄膜干涉。故E正确。故选：ACE。10、BD【解析】

B．滑动变阻器的滑片由端向端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流变小，电流表的示数变小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；A．两端的电压增大，电流表的示数增大，选项A错误：C．因，设两端电压变化量大小为，，因为，，所以，选项C错误；D．由于，因此电源内电压变化量的绝对值因此选项D正确。故选BD。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、200B不合理，理由见解析【解析】

(1)[1]欧姆表表盘示数为20.0，倍率为10，则最后读数为：20.0×10=200Ω，(2)[2]根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，B正确；故选B。(3)[3]不合理，读数为24Ω时采用×10时指针太偏右，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。12、1.609B1.881.84A【解析】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为所以最终读数为1.5mm+0.109mm