江苏省盐城市滨海县2025届物理高三上期末预测试题含解析

江苏省盐城市滨海县2025届物理高三上期末预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、假设某宇航员在地球上可以举起m1=50kg的物体，他在某星球表面上可以举起m2=100kg的物体，若该星球半径为地球半径的4倍，则（）A．地球和该星球质量之比为B．地球和该星球第一宇宙速度之比为C．地球和该星球瓦解的角速度之比为D．地球和该星球近地卫星的向心加速度之比为2、在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M＞m．活塞密封一部分理想气体．现对气缸施加一个水平向左的拉力F（如图甲），稳定时，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞（如图乙），稳定时气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1．设密封气体的质量和温度均不变，则()A．a1=a1，p1＜p1，V1＞V1B．a1＜a1，p1＞p1，V1＜V1C．a1=a1，p1＜p1，V1＜V1D．a1＞a1，p1＞p1，V1＞V13、物理老师在课堂上将一张薄面纸夹在一本厚厚的“唐诗辞典”的最下层两个页面之间，并将它们静置于桌面上要求学生抽出面纸，结果面纸总被拉断．然后物理老师为学生表演一项“绝活”——手托“唐诗辞典”让其运动并完好无损地抽出了面纸，则“唐诗辞典”可能（）A．水平向右匀速运动 B．水平向左匀速运动C．向下加速运动 D．向上加速运动4、“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（）A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火D．t3~t4时间内“笛音雷"做自由落体运动5、如图所示，一倾角、质量为的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为的小球。现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大B．若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零C．斜面对小球的支持力大小为D．水平推力大小为6、小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼，已知电梯在t=0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示。若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则A．t=4.5s时，电梯处于失重状态B．在5～55s时间内，绳索拉力最小C．t=59.5s时，电梯处于超重状态D．t=60s时，绳索拉力的功率恰好为零二、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，匝数为N，内阻为r的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只完全相同的灯泡均能正常发光，此时它们的电阻均为R．则（）A．从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=EmsinωtB．穿过线圈的最大磁通量为C．从图中位置开始计时，四分之一周期内通过灯泡A1的电量为D．增大角速度ω时，灯泡A1变暗，A2变亮8、如图所示的“U”形框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为L，左端连接一阻值为R的定值电阻，阻值为r、质量为m的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给金属棒以水平向右的初速度v0，金属棒向右运动的距离为x后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为Q，重力加速度为g，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。则该过程中（）A．磁场对金属棒做功为B．流过金属棒的电荷量为C．整个过程因摩擦而产生的热量为D．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为9、如图是一定质量的理想气体的p－V图，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2.下列判断正确的是()A．T1>T2B．C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功C．若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先降低后升高D．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的E.若B→C过程放热200J，D→A过程吸热300J，则D→A过程气体对外界做功100J10、如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则()A．μ1一定小于μ2B．μ1可能大于μ2C．改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动三、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）用分度为0.05mm的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图，此示数为_______mm。12．（12分）为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R（阻值约100Ω）、滑动变阻器R1（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～10Ω）、电阻箱R0（0～9999.9Ω）、理想电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V，内阻忽略）、导线、电键若干．（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验．①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接______．②滑动变阻器应选_________（填入字母）．③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到______（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1．④断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为______时，R0的读数即为电阻的阻值．（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱R0值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出图线如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为______．（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好______？为什么？______________________________．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）汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D1和D2间的区域。当D1、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U的偏转电压后，亮点移到P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到P1点，去掉偏转电压后，亮点移到P3点。假设电子的电量为e，质量为m，D1、D2两极板的长度为L，极板间距为d，极板右端到荧光屏中心的距离为s，R与P竖直间距为y，水平间距可忽略不计。（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角很小，tan≈sin；电子做圆周运动的半径r很大，计算时略去项的贡献）。（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I，且假设电子打在荧光屏。上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；（3）推导出电子比荷的表达式。14．（16分）如图所示，半径为的光滑圆弧AB固定在水平面上，BCD为粗糙的水平面，BC和CD距离分别为2.5m、1.75m，D点右边为光滑水平面，在C点静止着一个小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为，容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为的光滑圆弧，最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A点正上方距A点高处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为，重力加速度取，求：(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小；(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；(3)M的最大速度。15．（12分）如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+1×10-6C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端R的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．求：（1）该电场的电场强度的大小；（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？

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、C【解析】

AD．人的作用力是固定的，则由：F=m1g地=m2g星而近地卫星的向心加速度和重力加速度近似相等；根据：则：AD错误；B．第一宇宙速度解得：则：B错误；C．星球的自转角速度足够快，地表的重力为0时星球瓦解，根据：得：C正确。故选C。2、A【解析】

两种情况下对整体受力分析由，因此对活塞进行受力分析，第一种情况对第二种情况因此可得密封气体得质量和温度不变，因此可得，因此A正确3、C【解析】

学生抽出面纸总被拉断，说明面纸所受的最大静摩擦力大于面纸所承受的拉力；而老师却能把面纸拉出，可知面纸所受到的最大静摩擦力小于面纸承受的拉力，面纸受到的正压力减小了，说明辞典可能发生了失重，即可能向下做加速运动。故选C。4、C【解析】

A．t1时刻的斜率不是最小的，所以t1时刻加速度不是最小的，故A错误；B．t2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B错误；C．从图中看出，t3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确；D．t3~t4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。故选C。5、B【解析】

A．斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力不变，故A错误；B．若撒去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为以整体为研究对象可得由此可得摩擦因数所以当时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故B正确；C．弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示竖直方向根据平衡条件可得则支持力故C错误；D．对小球根据牛顿第二定律可得解得再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得解得水平推力故D错误。故选B。6、D【解析】

A．电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a＞1．t=4.5s时，a＞1，电梯也处于超重状态。故A错误。

B．5～55s时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。故B错误。

C．t=59.5s时，电梯减速向上运动，a＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误。

D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s内a-t图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零，故D正确。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、AB【解析】

AB．图中位置，线圈处于中性面位置，磁通量最大，感应电动势为零，闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，而Em=NBSω，则穿过线圈的最大磁通量Φ=BS=，故AB正确。C．从图中位置开始计时，四分之一周期内，磁通量变化量△Φ=BS，则通过干路的电荷量，本题中总电阻无法确定，故通过灯泡A1的电量无法确定，故C错误。D．根据电动势最大值公式Em=NBSω，增大线圈转动角速度ω时，频率变大，感应电动势的峰值Em变大，同时由于电感线圈对交流电有阻碍作用，交流电的频率越大，阻碍作用越大，而电容器对交流的阻碍，交流电频率越大，阻碍越小，故灯泡A1变亮，但由于感应电动势的变大，故灯泡A2明亮程度未知，故D错误。故选AB。8、BD【解析】

A．通过R和r的电流相等，R上产生的热量为Q，所以回路中产生的焦耳热由功能关系可知，导体棒克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，所以磁场对金属棒做功故A项错误；B．由法拉第电磁感应定律得又解得：流过金属棒的电荷量故B项正确；C．由能量守恒可知所以整个过程因摩擦而产生的热量故C项错误；D．由C选项的分析可知解得故D项正确。9、ABE【解析】由图示图象可知，D→A过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高，即A点的温度高于D点的温度，则，故A正确；C→D过程是等温变化，气体内能不变，，气体体积减小，外界对气体做功，，由热力学第一定律得，气体放出热量，由以上分析可知，C→D过程放出的热量等于外界对气体做的，故B正确；若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先升高后降低，故C错误；从B→C过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变，分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减小，故D错误；由热力学第一定律可知，若B→C过程放热200J，D→A过程吸热300J，则D→A过程气体对外界做功100J，故E正确；10、BD【解析】

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．故A错误、B正确．改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．故C错误．若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动．故D正确．故选BD．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．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、61.70【解析】

游标卡尺的主尺读数为61mm，游标尺上第14个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×14mm=0.70mm所以最终读数为：61mm+0.70mm=61.70mm12、R2左I1方案(a)较好原因是此方案不受电源内阻的影响【解析】

(1)①[1]．连线图如图所示:

②[2]．因为变阻器采用分压式接法时,阻值越小调节越方便,所以变阻器应选;

③[3]．实验操作时,应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端;

④[4]．根据欧姆定律若两次保持回路中电流读数变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R0的读数即为电阻的阻值．(2)[5]．根据闭合电路欧姆定律应有解得结合数学知识可知,解得(3)[6][7]．若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对用(a)测电阻没有影响。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、（1）垂直纸面向外，；（2）；（3）【解析】

（1）磁场方向垂直纸面向外。设加速电压为，电子刚进入偏转极板时的速度大小为v，则对加速的电子应用动能定理得两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为极板间电场强度为电场力为电子不偏转，则联立解得（2）设一个极短时间t内撞击荧光屏的电子个数为n，撞击力为，则对这些电子用动量定理，得由电流的定义式得联立解得（3）