山東省青島市黃島區(qū)2025屆高三物理上學(xué)期期末考試學(xué)業(yè)水平檢測試題含解析

PAGE19-山東省青島市黃島區(qū)2025屆高三物理上學(xué)期期末考試學(xué)業(yè)水平檢測試題（含解析）一、單項選擇題1.下列各物理量屬于矢量的是A.動量 B.磁通量C.電勢差 D.電動勢【答案】A【解析】【詳解】A．動量是有大小又有方向的矢量，故A正確；B．磁通量可描述為穿過某平面的磁感線條數(shù)，所以磁通量為只有大小沒有方向的標量，故B錯誤；C．電勢差為兩點間電勢差值，所以電勢差為只有大小沒有方向的標量，故C錯誤；D．電動勢數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩端的電壓，所以電動勢為只有大小沒有方向的標量，故D錯誤。故選A。2.太空垃圾是圍繞地球軌道的無用人造物體，如圖所示是漂移在地球旁邊的太空垃圾示意圖，對此有如下說法，正確的是

A.太空垃圾肯定能跟同一軌道上同向飛行的航天器相撞B.離地越低的太空垃圾運行周期越大C.離地越高的太空垃圾運行速率越大D.離地越高的太空垃圾運行加速度越小【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力得線速度，角速度，周期，向心加速度A．依據(jù)線速度公式，在同一軌道上的航天器與太空垃圾線速度相同，假如它們繞地球飛行的運轉(zhuǎn)方向相同，它們不會碰撞，故A錯誤；B．依據(jù)周期可知，離地越低的太空垃圾運行周期越小，故B錯誤；C．依據(jù)線速度公式可知，離地越高的太空垃圾運行速率越小，故C錯誤；D．依據(jù)向心加速度可知，離地越高的太空垃圾運行加速度越小，故D正確。故選D。3.2019年5月3日，CBA總決賽第四戰(zhàn)實力強大的廣東男籃再次擊敗新疆隊，時隔6年再度奪得CBA總冠軍。競賽中一運動員將籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中籃板上AA.減小拋出速度v0，同時增大拋射角θB.增大拋出速度v0，同時增大拋射角θC.減小拋射角θ，同時減小拋射速度v0D.減小拋射角θ，同時增大拋射速度v0【答案】D【解析】【詳解】據(jù)題：籃球垂直擊中A點，其逆過程是平拋運動，當(dāng)平拋運動的水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射速度v0，同時減小拋射角θ，才能仍垂直打到籃板上。故D正確，ABC錯誤。故選：D。4.如圖，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在電場中通過A、B兩點的連線中點對稱地選取一個閉合路徑abcd?，F(xiàn)將一個質(zhì)子沿abcd移動一周，下列說法正確的是A.a點和b點的電場強度相同B.c點電勢高于d點電勢C.由c→d，質(zhì)子電勢能始終在增加D.由b→c，電場力先做負功后做正功【答案】C【解析】【詳解】等量同種電荷電場線如圖，A．結(jié)合等量異種點電荷的電場線的圖象可知，ab兩點的電場強度的方向不同，故A錯誤；B．依據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，c點電勢低于d點電勢，故B錯誤；C．由c→d，質(zhì)子受力的方向與運動的方向之間的夾角始終是鈍角，電場力做負功，質(zhì)子電勢能始終在增大，故C正確；D．在bc的連線上，兩電荷連線上方，場強豎直向重量向下，兩電荷連線下方，場強豎直向重量向上。則質(zhì)子由b到c，電場力先做正功后做負功，故D錯誤。故選C。5.如圖，單板滑雪U形池場地可簡化為固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道場地，軌道不同曲面處的動摩擦因數(shù)不同。因摩擦作用，滑雪運動員從半圓形場地的坡頂下滑到坡底的過程中速率不變，下列說法正確的是A.運動員下滑的過程中處于平衡狀態(tài)B.運動員下滑過程中與雪面的動摩擦因數(shù)變小C.運動員滑到最低點時所受重力的瞬時功率達到最大D.運動員下滑的過程所受合力恒定不變【答案】B【解析】【詳解】AD．運動員在下滑過程中速率不變，故可看做勻速圓周運動，依據(jù)可知，合力大小不變，方向始終指向圓心，所以合力不恒定，也不是平衡狀態(tài)，故AD錯誤；B．設(shè)支持力與豎直方向夾角為θ，則由于合力大小不變，故在下滑過程中，由于角度變小，故cosθ變大，故FN變大，依據(jù)f=μFN可知，摩擦因數(shù)減小，故B正確；C．運動員滑到最低點時，速度沿水平方向，重力豎直方向，所受重力的瞬時功率最小為零，故C錯誤。故選B。6.很多手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖所示。指紋的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時，這些小極板和與之正對的皮膚表面就形成了大量的小電容器，由于距離不同，所以這些小電容器的電容不同。此時傳感器給全部的電容器充電達到同一電壓值，然后起先放電，其中電容值較小的電容器放電較快，于是依據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋的圖像數(shù)據(jù)。依據(jù)以上信息，下列說法中正確的是A.電容器在充電過程中是把電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能B.在嵴處形成的電容器放電較快C.在峪處形成的電容器充電后帶電量較小D.潮濕的手指對指紋識別沒有任何影響【答案】C【解析】【詳解】A．電容器在充電過程中是把電能轉(zhuǎn)化成電場能，故A錯誤；BC．由于外接電源為全部電容器充到一個預(yù)先設(shè)計好的電壓值，所以全部的電容器電壓肯定，依據(jù)可知，極板與指紋溝（凹的部分，d大，電容?。?gòu)成的電容器充上的電荷較少，在放電過程中放電時間短；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故B錯誤，C正確；D．濕的手與傳感器之間有水填充，變更了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖，故D錯誤。故選C。7.一列簡諧橫波，沿x軸正方向傳播，傳播速度為10m/s，在t=0時的波形圖如圖所示，下列說法正確的是A.此時x=1.25m處的質(zhì)點正在做加速度增大的加速運動B.x=3m處的質(zhì)點再經(jīng)過0.15s可運動至波峰位置C.x=0.7m處的質(zhì)點比x=0.6m處的質(zhì)點先運動到波峰的位置D.x=1m處的質(zhì)點在做簡諧運動，其振動方程y=0.4sin（10πt）（m）【答案】B【解析】【詳解】A．波沿x軸正方向傳播，由上下坡法可得此時x=1.25m處的質(zhì)點振動的方向向下，正在靠近平衡位置，所以質(zhì)點正在做加速度減小的加速運動，故A錯誤；B．據(jù)圖象可知波長λ=2m，則由上下坡法可得x=3m處的質(zhì)點正由平衡位置向下振動，則x=3m處的質(zhì)點經(jīng)過可運動到波峰位置，故B正確；C．由上下坡法可得x=0.7m處的質(zhì)點與x=0.6m處的質(zhì)點都在向下振動，x=0.6m處的質(zhì)點先到達波谷，又先到達波峰，故C錯誤；D．由上下坡法可得此時x=1m處的質(zhì)點正向下振動，又質(zhì)點的振幅A=0.4m，角速度則x=1m處的質(zhì)點振動方程為y=－0.4sin（10πt）（m），故D錯誤。故選B。8.如圖，一個質(zhì)量為m剛性圓環(huán)套在豎直固定細桿上，圓環(huán)的直徑略大于細桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端相連在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點，彈簧處于原長狀態(tài)且原長為L；將圓環(huán)拉至A點由靜止釋放，OA=OB=L，重力加速度為g，對于圓環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧處于彈性范圍內(nèi)，下列說法正確的是A.圓環(huán)通過O點加速度小于gB.圓環(huán)在O點的速度最大C.圓環(huán)在A點的加速度大小為g+D.圓環(huán)在B點的速度為2【答案】D【解析】【詳解】A．圓環(huán)通過O點時，水平方向合力為零，豎直方向只受重力，故加速度等于g，故A錯誤；B．圓環(huán)受力平衡時速度最大，應(yīng)在O點下方，故B錯誤；C．圓環(huán)在下滑過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力，在A點對圓環(huán)進行受力分析如圖，依據(jù)幾何關(guān)系，在A點彈簧伸長依據(jù)牛頓其次定律，有解得故C錯誤；D．圓環(huán)從A到B過程，依據(jù)功能關(guān)系，削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能解得故D正確。故選D。二、多項選擇題9.如圖所示的是兩個閉合電路中兩個電源的圖線，下列說法中正確的是A.電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1<r2B.電動勢E1=E2，發(fā)生短路時，電源1耗電功率大C.用這兩個電源給同一外電阻供電時，電源1輸出功率肯定大D.當(dāng)兩電源的工作電流變更相同時，電源2的路端電壓變更較大【答案】ABD【解析】【詳解】A．U－I圖象中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，電動勢E1=E2，內(nèi)阻r1＜r2，故A正確；B．U－I圖象與I軸的交點表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流I1＞I2，由公式可知，電動勢相等，電流越大，電功率越大，故B正確；C．由電源輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，外電阻與內(nèi)阻越接近，電源輸出功率越大，由于不知道外電阻的大小，所以無法確定哪個電源的輸出功率大，故C錯誤；D．依據(jù)U=E－Ir可知，內(nèi)阻r1＜r2，故當(dāng)電源的工作電流變更相同時，電源2的路端電壓變更較大，故D正確。故選ABD。10.如圖，志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4:1，在a、b端接入正弦溝通電，三個燈泡均能正常發(fā)光，a、b端輸入的總功率為32W，燈泡L2的電阻為4Ω，燈泡L2的功率為16W，L1、L3的功率相同，則A.燈泡L1的額定功率為8W B.燈泡L1的額定電流為0.5AC.燈泡L2的額定電壓為8V D.a、b端的電壓為24V【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)原線圈的功率為P，則有聯(lián)立解得故A正確；BC．燈泡有解得燈泡的額定電流為燈泡的額定電流為所以原線圈的電流為則有故B錯誤，C正確；D．a(chǎn)、b端輸入的總功率為解得故D錯誤。故選AC。11.如圖，等離子體以平行兩極板向右的速度v=100m/s進入兩極板之間，平行極板間有磁感應(yīng)強度大小為0.5T、方向垂直紙面對里的勻強磁場，兩極板間的距離為10cm，兩極板間等離子體的電阻r=1Ω。小波同學(xué)在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極接電路中B點，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電路中A點后完成“旋轉(zhuǎn)的液體”試驗。若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，上半部分為S極，R0=2.0Ω，閉合開關(guān)后，當(dāng)液體穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時電壓表（視為志向電壓表）的示數(shù)恒為2.0V，則A.玻璃皿中的電流方向由中心流向邊緣B.由上往下看，液體做逆時針旋轉(zhuǎn)C.通過R0的電流為1.5AD.閉合開關(guān)后，R0的熱功率為2W【答案】BD【解析】【詳解】AB．由左手定則可知，正離子向上偏，所以上極板帶正電，下極板帶負電，所以由于中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心，器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故A錯誤，B正確；C．當(dāng)電場力與洛倫茲力相等時，兩極板間的電壓不變，則有得由閉合電路歐姆定律有解得R0的熱功率故C錯誤，D正確。故選BD。12.如圖，空間有一垂直紙面對外、磁感應(yīng)強度大小為2T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.3kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無初速度放上一質(zhì)量為0.4kg、電荷量q=+0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。t=0s時對滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力。g取10m/s2，則A.木板和滑塊始終做加速度為3m/s2的勻加速運動B.木板先做加速度為3m/s2勻加速運動，再做加速度減小的變加速運動，最終做勻速直線運動C.當(dāng)木塊的速度等于10m/s時與木板恰好分別D.t=1s時滑塊和木板起先發(fā)生相對滑動【答案】BC【解析】【詳解】ABC．由于動摩擦因數(shù)為0.45，在靜摩擦力的作用下，木板的最大加速度為：所以當(dāng)2.1N的恒力作用于滑塊時，系統(tǒng)一起以當(dāng)滑塊獲得向左運動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，滑塊對木板的壓力減小，摩擦力減小，木板的加速度減小，所以木板做的是加速度減小的加速運動，當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時有代入數(shù)據(jù)得此時摩擦力消逝，木板做勻速運動，而滑塊在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛倫茲力增大，滑塊將離開木板向上做曲線運動，故A錯誤，BC正確；D．當(dāng)滑塊和木板起先發(fā)生相對滑動時，木板的加速度恰好為共同的加速度3m/s2，對木板有再依據(jù)解得依據(jù)v=at可得所以運動的時間為故D錯誤。故選BC。三、非選擇題13.如圖（甲）所示，探討平拋運動規(guī)律的試驗裝置放置在水平桌面上，利用光電門傳感器和碰撞傳感器可以測得小球的水平初速度v0和飛行時間t，底板上的標尺可以測得水平位移d。（1）限制斜槽軌道的水平槽口高度h不變，讓小球從斜槽的不同高度處滾下，以不同的速度沖出水平槽口，下列說法正確的是（）A．落地點的水平距離d與初速度v0成反比B．落地點的水平距離d與初速度v0成正比C．飛行時間t與初速度v0大小無關(guān)D．飛行時間t與初速度v0成正比（2）另一位同學(xué)做試驗時依據(jù)試驗畫出的平拋小球的運動軌跡，如圖乙所示，O為拋出點。在軌跡上任取兩點A、B，分別測得A點的豎直坐標y1=4.90cm、B點的豎直坐標：y2=44.10cm，A、B兩點水平坐標間的距離△x=40.00cm，g取9.80m/s2，則平拋小球的初速度

v0為____m/s?！敬鸢浮?1).BC(2).2.0【解析】【詳解】(1)[1]豎直方向自由落體運動，解得飛行時間t與初速度v0大小無關(guān)，平拋運動水平方向做做勻速運動，x=v0t，所以落地點的水平距離d與初速度v0成正比，故BC正確。故選BC。(2)[2]，依據(jù)得依據(jù)得則小球平拋運動的初速度為14.在“用傳感器視察電容器的充電和放電”試驗中，電路圖如圖甲。一位同學(xué)運用的電源電動勢為8.0V，測得電容器放電的i-t圖像如圖乙所示。（1）若按“四舍五入（大于半格算一個，小于半格舍去）”法，i-t

圖線與兩坐標軸包圍面積表示的物理意義是_______；電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為___________C；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（2）依據(jù)以上數(shù)據(jù)估算電容器的電容值為_____F；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）假如將電阻R換一個阻值更大的電阻，則放電過程釋放的電荷量___________（選填“變多”、“不變”或“變少”）?！敬鸢浮?1).I-t圖象與坐標軸圍成的面積表示總的電荷量(2).2.4×10－3～2.6×10－3C(3).3.0×10－4～3.3×10－4F【解析】【詳解】(1)[1]電容器的放電圖象是一條漸漸下降的曲線，而q=It，從微法得到，I－t圖象與坐標軸圍成的面積就是總的電荷量；[2]圖象下共有30格，所以電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為由于誤差所以2.4×10－3～2.6×10－3C(2)[3]電容器充溢電后所帶的電荷量Q=2.4×10-3C，而所加電壓U=E=8.0V由于Q值2.4×10－3～2.6×10－3C均可，所以電容在3.0×10－4～3.3×10－4(3)[4]由圖看出，若將電阻換一個阻值較大電阻，但由于電容器電荷量肯定，則全部電荷量將通過電阻R釋放，只是圖象更加平緩些，但總量不變。15.如圖，醫(yī)院消毒用的壓縮式噴霧器儲液桶的容量為5.7×10-3m3，起先時桶內(nèi)倒入了4.2×10-3m3的藥液?，F(xiàn)關(guān)閉進氣口，起先打氣，每次能打進2.5×10-4m3的空氣，假設(shè)打氣過程中藥液不會向外噴出。當(dāng)打氣（1）求出n的數(shù)值；（2）試推斷這個壓強能否使噴霧器內(nèi)的藥液全部噴完?！敬鸢浮浚?）18（2）能【解析】【詳解】(1)依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程的分列式，得p0V＋p0nV′＝4p0V其中V＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3，V代入數(shù)值，解得n＝18(2)當(dāng)空氣完全充溢儲液桶后，假如空氣壓強仍舊大于標準大氣壓，則藥液可以全部噴出．由于溫度不變，依據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，得解得p＝1.053p0>p0所以藥液能全部噴出。16.如圖甲，傾角α＝的光滑斜面有一輕質(zhì)彈簧下端固定在O點，上端可自由伸長到A點。在A點放一個物體，在力F的作用下向下緩慢壓縮彈簧到B點（圖中未畫出），該過程中力F隨壓縮距離x的變更如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8，求：（1）物體的質(zhì)量m；（2）彈簧的最大彈性勢能；（3）在B點撤去力F，物體被彈回到A點時的速度?！敬鸢浮浚?）2kg（2）2.56J（3）0.8m/s【解析】【詳解】(1)由題圖乙可知：mgsin＝12N解得m＝2kg(2)題圖乙中圖線與橫軸所圍成的面積表示力F所做的功：WF＝從A點B點的過程中由能量守恒可得：(3)撤去力F，設(shè)物體返回至A點時速度大小為v0，從A動身兩次返回A處的過程應(yīng)用動能定理：W＝解得：v0＝0.8m/s17.如圖，在xOy平面直角坐標系第一象限中，直角三角形OAB內(nèi)存在垂直平面對里的勻強磁場，，B點的橫坐標x=L。在第四象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，在y=-L處有一平行于x軸的熒光屏MN，屏與y軸交點為P。一束質(zhì)量為m、帶電量為-q的負電荷從O點沿y軸正方向以速度v0射入磁場，恰好沒有從磁場AB邊射出，忽視電子的重力，求：（1）磁感應(yīng)強度B。（2）若電場強度E與磁感應(yīng)強度B大小滿意E=Bv0，則電荷打到熒光屏上的點與P點間的距離。【答案】（1）（2）【解析】【詳