PAGE山東省濟南市商河縣一中2025屆高三物理上學期11月期中試題（含解析）一、選擇題（共12題，其中1—8題為單選，每題4分；9—12題為多選，每題4分，選不全的2分）1.單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量與時間t的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.時刻線框平面與中性面垂直 B.線框的感應電動勢的有效值為C.線框的感應電動勢有效值為 D.從t=0到t=過程中線框的平均感應電動勢為【答案】B【解析】【詳解】A．時刻通過線框的磁通量最大，故線框平面與中性面平行，故A錯誤；BC．由于該線圈只有1匝，故感應電動勢的最大值為故有效值為故B正確，C錯誤；D．從t=0到t=過程中線框的平均感應電動為故D錯誤；故選B。2.勻稱帶正電荷的球體半徑為R，在空間產生球對稱的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中已知，曲線下O～R部分的面積恰好等于R～2R部分的面積．則：A.可以推斷曲線與坐標r軸所圍成的面積單位是庫侖B.球心與球表面間電勢差C.若電荷量為q的正電荷在球面R處靜止釋放運動到2R處電場力做功D.已知帶電球在處的場強，Q為帶電球體總電量，則該勻稱帶電球所帶的電荷量【答案】D【解析】由U=Ed可知E-r曲線下面積表示電勢差，則單位為V，故A錯誤．E-r曲線下圍成的面積表示電勢差，則球心與球表面間的電勢差，故B錯誤；曲線下O～R部分的面積恰好等于R～2R部分的面積，則R～2R的電勢差為，依據，得若電荷量為q的正電荷在球面R處靜止釋放運動到2R處電場力做功為，故C錯誤；依據R處的場強為，有，解得：，故D正確；故選D.【點睛】E-r曲線下面積是E對r的積分形式，對應的是電勢差；通過R處的場強，依據點電荷的場強公式求出勻稱帶電體所帶的電荷量．通過圖線圍成的面積求出球心與球表面積的電勢差．依據求電場力做功的大小．3.某發電站的輸出功率為104kW,輸出電壓為4kV,通過志向變壓器升壓后向80km遠處的用戶供電.已知輸電線的電阻率為ρ＝2.4×10－8Ω·m,導線橫截面積為1.5×10－4m2，輸電線路損失的功率為輸出功率的4%.A.升壓變壓器的輸出的電壓為40kV B.輸電線路上的電壓損失為3.2kVC.輸電線的電阻為12.8Ω D.志向變壓器原副線圈的匝數比為1:10【答案】B【解析】輸電線路的電阻為；輸電線上損失的功率為△P=4%P=4%×104KW=400KW；由△P=I2R得．由P=UI得;輸電線上損失電壓為△U=IR=125×25.6V=3.2kV；變壓器原副線圈匝數比為，故選B．4.關于固體、液體的性質，下列說法正確的是（）A.單晶體有確定的熔點，多晶體沒有確定的熔點B.外界對物體做功，同時物體向外界放出熱量，物體的內能不肯定變更C.玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，其尖端變鈍，這是由于液體重力的作用D.唐詩《觀荷葉露珠》中有“霏微曉露成珠顆”句，詩中荷葉和露水表現為浸潤【答案】B【解析】【詳解】

A．單晶體和多晶體都有確定的熔點，故A錯誤；B．外界對物體做功，同時物體向外界放出熱量，依據熱力學第肯定律可知，物體的內能不肯定變更，故B正確；C．玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，其尖端變鈍，這是由于液體表面張力的作用，故C錯誤；D．唐詩《觀荷葉露珠》中有“霏微曉露成珠顆”句，詩中荷葉和露水表現為不浸潤，故D錯誤。故選B。5.醫生做某些特別手術時，利用電磁血流計來監測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構成，磁極間的磁場是勻稱的．運用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如上圖所示．由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽視，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A.1.3m/s，a正、b負 B.2.7m/s，a正、C.1.3m/s，a負、b正 D.2.7m/s，a負、b正【答案】A【解析】【詳解】血液中正負離子流淌時，依據左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏．則a帶正電，b帶負電．最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有所以故A正確．6.兩個容器A、B，用截面勻稱的水平細玻璃管相連，如圖所示，A、B所裝氣體的溫度分別為和，水銀柱在管中心平衡，假如兩邊溫度都上升，那么水銀柱將（）A.向右移動B.向左移動C.不動D.條件不足，不能確定【答案】A【解析】【詳解】假定兩個容器的體積不變，即V1，V2不變，A、B中所裝氣體溫度分別為290k和300k，當溫度上升△T時，容器A的壓強由p1增至p'1，△p1=p'1﹣p1，容器B的壓強由p2增至p′2，△p2=p′2﹣p2；由查理定律得：，，因為p2=p1，所以△p1＞△p2，即水銀柱應向右移動，故A正確，BCD錯誤．7.某電場在直角坐標系中的電場線分布狀況如圖所示，O、P、M、N為電場中的四個點，其中P和M在一條電場線上，則下列說法正確的是（）A.M點場強小于N點的場強B.M點的電勢高于N點的電勢C.將一負電荷由O點移到M點電勢能增加D.將一正電荷由P點無初速釋放，僅在電場力作用下，可沿PM電場線運動到M點【答案】C【解析】【詳解】A．電場線密地方電場強度大，由圖可知M點電場線比N點的密，所以M點的場強大于N點的場強度，故A錯誤；B．沿電場線方向電勢降低，所以M點的電勢低于N點的電勢，故B錯誤；C．將一負電荷由O點移到M點電場力做負功，所以電荷的電勢能增加，故C正確；D．一正點電荷從P點由靜止釋放，該電荷所受的電場力是變力，與電場線的相切，據曲線運動的條件該電荷并不能沿電場線運動到M點，故D錯誤。故選C。8.如圖所示的電路中，R1．R2是定值電阻，R3是滑動變阻器，電源的內阻不能忽視，電流表A和電壓表V均為志向電表．閉合開關S，當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程，下列說法中正確的是（）A.電壓表V的示數增大B.電流表A的示數減小C.電容器C所帶的電荷量減小D.電阻R1的電功率增大【答案】D【解析】【詳解】A．當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，電阻R2與R3并聯的電阻減小，外電路總減小，路端電壓減小，則電壓表V的示數減?。蔄錯誤；B．外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知干路電流I增大．并聯部分電壓U并=E-I（R1+r）減小，流過電阻R2的電流I2減小，電流表A的示數IA=I-I2增大．故B錯誤；C．電容器的電壓UC=IR1，I增大，UC增大，電容器C所帶的電荷量增大．故C錯誤；D．電阻R1的電功率P1=I2R1，I增大，P1增大．故D正確；故選D。9.某種小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示,三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路,電源的內阻為1.0Ω．現閉合開關S,志向電壓表V的示數為4.0V,則()A.三個燈泡的總電阻為8.3ΩB.電源的電動勢為5.6VC.電源消耗的熱功率為3.0WD.電源的效率為89.3%【答案】ABD【解析】【詳解】A項：電壓表的示數為：U1=4V，由U-I圖象得到干路中燈泡的電流為：I1=0.6A，該燈泡的電阻為：，另外兩個并聯燈泡的電流均為：I2=0.3A，再依據U-I圖象得到電壓為：U2=1V，則并聯電阻為：，故三個燈泡的總電阻為：R=R1+R并≈8.3Ω，故A正確；B項：電源的電動勢為：E=U1+U2+I1r=4+1+0.6×1=5.6V，故B正確；C項：電源消耗的熱功率為：，故C錯誤；D項：電源的效率為：，故D正確．10.以下說法正確是（）A.表面張力使液體的表面有拉伸的趨勢B.壓縮氣體，氣體的內能不肯定增加C.當氣體分子熱運動的猛烈程度減弱時，氣體分子的平均動能減小D.已知阿伏伽德羅常數為NA，氧氣的摩爾質量為M、密度為，則每個氧氣分子的質量為，每個氧氣分子的體積為【答案】BC【解析】【詳解】A．表面張力使液體的表面有收縮的趨勢，A錯誤；B．壓縮氣體，對氣體做功，假如氣體放出熱量，依據熱力學第肯定律，氣體的內能可能增加也可能減小，B正確；C．溫度是分子平均動能的標記，當氣體分子熱運動的猛烈程度減弱時，氣體溫度降低，氣體分子的平均動能減小，C正確；D．已知阿伏伽德羅常數為NA，氧氣的摩爾質量為M、密度為ρ，則每個氧氣分子的質量為，每個氧氣分子連同它四周空間的體積為，由于氧氣分子距離很大，依據題目，無法求出每個氧氣分子的體積，D錯誤；故選BC11.如圖甲所示，質量為、長為的水平金屬細桿的兩端分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應強度大小、方向水平向右的勻強磁場，且細桿與該磁場方向垂直．一匝數為100匝、橫截面面積為的線通過導線、開關與兩水銀槽相連，線岡處于沿豎直方向垂直穿過圈橫截面的勻強磁場中，其磁感應強度隨時間變更的關系如圖乙所示．在時閉合開關，細桿間彈起（可認為彈起過程中安培力遠大于重力，重力忽視不計），彈起的最大高度為．不考慮空氣阻力，水銀的黏滯作用和細桿落回水槽后的運動，重力加速度取，下列說法正確的是（）A.感應強度的方向豎直向上B.時，線圈中的感應電動勢大小為C.在細桿CD彈起的過程中，細桿CD所受安培力的沖量大小為D.開關閉合后，通過細桿某一橫截面的電荷量為【答案】ABD【解析】【詳解】A、由題意知細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知感應電流方向由C到D，由安培定則可知感應電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.15~0.25s內穿過線圈的磁通量削減，由楞次定律可得磁感應強度方向豎直向上，故A正確；B、由圖像可知，0~0.1s內線圈的感應電動勢大小為，即0.05s時，線圈中的感應電動勢大小為10V，故B正確；C、細桿彈起過程中，細桿所受安培力的沖量大小為，故C錯誤；D、開關K閉合后，設通過CD的電荷量為q，依據動量定理可得：，而，解得：，故D正確；故選ABD．12.如圖所示，為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一電子經過等勢面D時，動能為16eV，速度方向垂直于等勢面D，飛經等勢面C時，電勢能為，飛至等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離均為4cm，電子重力不計。則下列說法正確的是（）A.電子做勻變速直線運動B.勻強電場的場強大小為100V/mC.等勢面A的電勢為D.電子再次飛經D等勢面時，動能為16eV【答案】ACD【解析】【詳解】A．本題考查電場力、電場強度和電勢．電子運動方向垂直于等勢面，故電子運動方向和電場方向平行，則電子加速度方向和運動方向平行，故電子做勻變速直線運動，選項A正確；D．電子運動過程只有電場力做功，故電子再次飛經D等勢面時電場力做功為零，即電子動能不變，仍為16eV，選項D正確；B．電子飛至等勢面B時速度恰好為零，故由動能定理可知，電子從等勢面D到等勢面B，克服電場力做功為16eV，故等勢面間的電勢差為16V，則場強為選項B錯誤；C．從D到B電勢降低，等勢面C處電子的電勢能為，故等勢面C的電勢為8V，等勢面A的電勢比等勢面C的電勢低16V，故為，選項C正確。故選ACD?！军c睛】

二、試驗題13.某同學利用下列器材測量兩節干電池的總電動勢和總電阻。A.待測干電池兩節；B.電壓表、，量程均為，內阻很大；C.定值電阻（阻值未知）；D.電阻箱；E.導線若干和開關。（1）依據如圖甲所示的電路圖，在實物圖乙中補全相應的電路圖_________。（2）試驗之前，須要利用該電路測出定值電阻。先把電阻箱調到某一阻值，再閉合開關，讀出電壓表和的示數分別為、，則_______（用、、表示）。（3）試驗中調整電阻箱，讀出電壓表和的多組相應數據、。若測得，依據試驗描繪出圖象如圖內所示，則兩節干電池的總電動勢_______、總電阻________。（結果均保留兩位有效數字）【答案】(1).(2).(3).3.0(4).2.4【解析】【詳解】(1)[1](2)[2]閉合開關后，依據串并聯電路規律可知，兩端電壓，電流為，依據歐姆定律(3)[3]依據閉合電路歐姆定律可知變形可得由圖象可知，當時，，則有圖象的斜率為聯立解得，。14.在“用油膜法估測油酸分子的大小”試驗中，有下列試驗步驟：①往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水．待水面穩定后將適量的痱子粉勻稱地撒在水面上．②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待油膜形態穩定．③將畫有油膜形態的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，依據油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大?。苡米⑸淦鲗⑹孪扰浜玫挠退峋凭芤阂坏我坏蔚氐稳肓客仓?，登記量筒內每增加肯定體積時的滴數，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積．⑤將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形態用彩筆描繪在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步驟中，正確的依次是__________．(填寫步驟前面的數字)(2)將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．現取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.13m2由此估算出油酸分子的直徑為______m．(結果保留l位有效數字)【答案】(1)④①②⑤③（2分）(2)5×10-10m（3【解析】【詳解】試驗得步驟時先配溶液，然后再將痱子粉放入水中，將液滴滴入水中，描繪輪廓，計算面積，因此是④①②⑤③；依據題意可得三、論述題15.如圖是一太陽能空氣集熱器示意圖，底面及側面為隔熱材料，頂面為透亮玻璃板，集熱器容積為V0，起先時內部封閉氣體的壓強為p0，經過太陽暴曬，氣體溫度由T0=300K升至T1=350K。①求此時氣體的壓強；②保持T1=350K不變，緩慢抽出部分氣體，使氣體壓強再變回到p0，求集熱器內剩余氣體的質量與原來總質量的比值?！敬鸢浮竣賞0②【解析】【詳解】①設升溫后氣體的壓強為p1，由查理定律得，代入數據得p1=p0②抽氣過程可視為等溫膨脹過程，設膨脹后的總體積為V，由玻意耳定律得p1V0=p0V解得V=V0設剩余氣體的質量與原來氣體的總質量之比為K，由題意得K=解得K=16.如圖所示，在第一象限內存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在的區域內存在方向垂直于平面對外的勻強磁場。在其次象限內，初速度為零的帶正電粒子，經電壓為U的電場加速后從y軸上P點沿x軸正方向射入第一象限，經過勻強電場后從Q點進入磁場，并從坐標原點O第一次射出磁場．已知帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不計重力。求：（1）勻強電場電場強度的大??；（2）勻強磁場磁感應強度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子在其次象限內被加速后沿x軸正方向進入第一象限．作出粒子在第一象限內運動的示意圖如圖甲所示，粒子在電場中做類平拋運動，作出粒子出電場（進磁場）時的速度的反向延長線，由平拋運動規律吋知，反向延長線交于沿x軸方向的位移的中點處，可知粒子到達Q點時的速度v與x軸正方向的夾角為,由運動的合成與分解可知合速度依據動能定理，帶電粒子在其次象限有在第一象限有聯立解得（2）帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，作出其第一次進入磁場后的運動軌跡如圖乙所示，為弦，弦切角為，軌跡所對圓心角為，為圓心，則，設粒子在磁場中運動軌跡的半徑為R，則，由洛倫茲力供應向心力有，故17.如圖所示，線框由導線組成，cd、ef兩邊豎直放置且相互平行，導體棒ab水平放置并可沿cd、ef無摩擦滑動，導體棒ab所在處有勻強磁場且B2＝2T，已知ab長L＝0.1m，整個電路總電阻R＝5Ω.螺線管匝數n＝4，螺線管橫截面積S＝0.1m2.在螺線管內有如圖所示方向磁場B1，若磁場B1以勻稱增加時，導體棒恰好處于靜止狀態，試求：(g＝10m/s2)（1）通過導體棒ab的電流大小；（2）導體棒ab的質量m大小；（3）若B1＝0，導體棒ab恰沿cd、ef勻速下滑，求棒ab的速度大小.【答案】(1)；(2)m=0.016kg；(3)v=20m/s【解析】【詳解】（1）螺線管產生的感應電動勢：=4V閉合電