宁夏石嘴山三中2025届高三物理上学期期末考试试题含解析

PAGE14PAGE13宁夏石嘴山三中2025届高三物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）如图是物体A、B的x-t图象，由图可知（）

A.5s内A、B的平均速度相等

B.两物体由同一位置起先运动，但物体A比B迟3s才起先运动

C.在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇

D.从第3s起，两物体运动方向相同，且vA右图中静止的光滑小球质量为m，固定斜面倾角为α，挡板竖直，斜面对小球的支持力大小为N1，挡板对小球的水平压力为N2，则（）

A.N1=mgcosα B.N1=mg已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．一飞行器绕地球做匀逮圆周运动的周期为3小时．若地球半径为R，则该飞行器绕地心飞行的轨道半径最接近（）A.0.83R B.1.7R C.1.9R D.3.3R两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是（）

A.B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3

m/s

B.弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3

m/s

C.弹簧的弹性势能最大值为36J

D.弹簧再次复原原长时A、B、C三物块速度相同二、多选题（本大题共6小题，共32.0分）如图所示，含有11H、12H、24He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则（）A.打在P1点的粒子是 24He

B.打在P2点的粒子是 12H和 24He

如图所示电路中，电建闭合后将滑动变阻器R0的滑片向上滑动，下列说法正确的是（）

A.电流表的示数变大

B.电阻R1消耗的功率减小

C.电压表的示数降低

D.滑动变阻器R0如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A.三个等势面中，c的电势最高

B.带电质点通过P点时的电势能比通过Q点时的电势能大

C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的动能大

D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的加速度大如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ=30°的固定光滑斜面底端。现用沿斜面对上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到动身点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（）A.回到动身点时重力的瞬时功率为g2Wm

B.从起先到回到动身点的整个过程中机械能增加了W

C.恒力F大小为23mg

D.下列关于固体、液体和气体的说法正确的是（）A.固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的

B.液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力

C.高压气体的体积很难进一步被压缩，缘由是高压气体分子间的作用力表现为斥力

D.在完全失重的状况下，气体对容器壁的压强为零

E.在绝热条件下压缩气体，气体内能肯定增加下列关于光的说法中正确的是（）A.雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的

B.泊松亮斑的发觉支持了光的波动说

C.在双缝干涉试验中，用红光代替黄光作为入射光可减小干涉条纹的间距

D.在潜水员看来，岸上的全部景物都出现在一个倒立的圆锥里

E.光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同三、填空题（本大题共2小题，共15.0分）（1）一位电工师傅在一次测量工作中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测量某样品，用20分度游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=______mm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图乙所示，其示数D=______mm．

（2）如图是探讨平抛运动的两个演示试验，图丙中当用锤子击打钢片时，A球水平飞出，B球自由下落，通过______知道两球在空中的运动时间相同，本试验说明平抛运动在______方向是______运动；丁图中电动小车上方有一电磁铁，通电时车子向左匀速运动，电磁铁吸住小钢球，钢球正

方有一碗D，小车在水平桌面上运动时，切断电源，钢球恰落在碗内，本试验说明平抛运动在______方向是______运动．

热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法探讨热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有肯定量的冷水，其它备用的仪表和仪器具有：

A．电流表A1，量程0.6A，内阻约1Ω

B．电流表A2，量程3A，内阻约2Ω

C．电压表V1，量程15V，内阻约15kΩ

D．电压表V2，量程3V，内阻约5kΩ

E．滑动变阻器R1（0～100Ω）

F．滑视变阻器R2（0～20Ω）

G．电源E（3V、内阻可忽视）

H．盛有热水的热水杯（图中未画出）

I．开关、导线若干

（1）试验中应选用的电流表为______（填“A1”或“A2”），应选用的电压表为______（填

“V1”或“V2”），应选用的滑动变阻器为______（填“R1”或“R2”）

（2）在图（a）的方框中画出试验电路原理图，要求测量误差尽可能小．

（3）依据电路原理图，在图（b）的实物图上连线．

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q=-5×10-8C，质量

m=10g的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置．（g取10m/s

如图所示。在平面直角坐标系xOy中，y轴左侧有两个正对的极板，极板中心在x轴上，板间电压U0=1×102V，右侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量q=-1.6×10-8C、质量m=3.2×10-10kg的粒子（粒子重力、初速度忽视不计）；y轴右侧以O点为圆心、半径R=52m的半圆形区域内存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场（未画出）．匀强磁场的磁感应强度B=2T，粒子经电场加速后进入y轴右侧。沿x轴做直线运动。

（1）求半圆形区域中匀强电场的电场强度的大小和方向。

（2）若撤去磁场，求粒子在半圆形区域中的运动时间和射出点的坐标M。

（3）若撤去半圆形区域的电场，求粒子在磁场中的运动半径和从磁场中射出点的坐标N。

如图所示，肯定质量的志向气体从状态A改变到状态B，再由状态B改变到状态C．已知状态A的温度为300K。

①求气体在状态B的温度；

②由状态B改变到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由。

如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°．三棱镜材料的折射率是n=3．一束与BC面成θ=30°角的光线射向BC面．

①试通过计算说明在AC面下方能否视察到折射光线？

②作出三棱镜内完整的光路图，指出最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、在5s内，A的位移为10m，B的位移为5m，故位移不同，平均速度也不同，故A错误。

B、t=0时A在坐标原点，B在x=5m处，不是同一位置，物体A比B早3s起先运动，故B错误。

C、由上分析知，在5s内物体的位移不同，5s末相遇，故C错误。

D、x-t图象的斜率速度，从第3s起，两物体运动方向相同，为正方向；图象A的斜率大，说明A的速度大；故D正确。

故选：D。

x-t图象的斜率表示速度，纵轴截距表示动身点的坐标。倾斜直线表示匀速直线运动。据此分析。

本题关键是明确x-t图象的斜率表示速度，纵轴截距表示动身点坐标，横轴截距表示起先运动的时间。2.【答案】C

【解析】解：球受三个力：重力G、斜面对小球的支持力N1、挡板对小球的水平压力N2．如图所示。

将重力与挡板对球体的支持力合成，因小球处于平衡状态，所以合力与斜面对小球的支持力等大反向。

由cosα=得：N1=

由tanα=得：N2=mgtanα

故ABD错误C正确。

故选：C。

球体受到三个力作用：重力G、挡板对球体的支持力N2和斜面对球体的支持力N1．依据平衡条件求出两个支持力。

本题是简洁的力平衡问题，关键是分析物体的受力状况，作出力图，依据平衡条件求解。3.【答案】B

【解析】解：将开普勒第三定律用到地球系统，全部的卫星的轨道半径的三次方与公转周期的平方的比值都相等，故：

解得：R飞=≈1.7R

故选：B。

依据开普勒定律，全部的卫星的轨道半径的三次方与公转周期的平方的比值都相等．

本题关键将开普勒第三定律运用到地球系统列式，也可以用万有引力供应向心力列式求解出两个卫星的周期表达式进行比较．4.【答案】B

【解析】解：A、B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mBv=（mB+mC）vBC，解得vBC=2

m/s。故A错误。

B、当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由A、B、C三者组成的系统动量守恒，得（mA+mB）v=（mA+mB+mC）vABC，解得：vABC=3m/s，故B正确。

C、设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，依据能量守恒是：Ep=（mB+mC）vBC2+mAv2-（mA+mB+mC）vABC2=×（2+4）×22+×2×62-×（2+2+4）×32=12

J．故C正确。

D、设弹簧再次复原原长时A的速度为v1．B、C的速度为v2．从B、C碰撞后到弹簧再次复原原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得

mAv+（mB+mC）vBC=mAv1+（mB+mC）v2

（mB+mC）vBC2+mAv2=mAv12+（mB+mC）v22

联立解得v1=0，v2=4m/s或v1=2m/s，v2=6m/s，不合理，舍去，故D错误。

故选：B。

B与C发生碰撞过程，依据动量守恒定律求出B、C碰撞刚结束时BC的共同速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，由三个物体组成的系统动量守恒求此时A的速度；由能量守恒求解弹性势能的最大值。从B、C碰撞后到弹簧再次复原原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒求A、B、C三物块速度。

本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生常常犯的错误。要正确选择探讨过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。5.【答案】BC

【解析】解：带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：

qvB=qE

所以：

可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度。

A、带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力供应向心力，所以：

所以：r=

可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He．故A错误，B正确；

C、由题中的数据可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍。故C正确；

D、粒子运动的周期：T=，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等。故D错误。

故选：BC。

从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式与周期公式即可求出。

该题考查带电粒子在磁场中的运动与粒子的速度选择器的原理，解答的关键是明确粒子经过速度选择器后的速度是相等的！6.【答案】ABD

【解析】解：A、电建闭合后将滑动变阻器R0的滑片向上滑动，R0接入电路的电阻变大，R0与R1并联的总电阻变大，依据串联电路分压规律知：R0与R1并联部分的电压变大，则电流表的示数变大，故A正确。

B、R0与R1并联的总电阻变大，外电路总电阻变大，总电流变小，通过R1的电流减小，则电阻R1消耗的功率减小，故B正确。

C、总电流变小，电源的内电压减小，则路端电压上升，所以电压表的示数上升，故C错误。

D、R0与R1并联部分的电压变大，则R0两端的电压上升，故D正确。

故选：ABD。

依据R0接入电路的电阻改变，分析总电阻的改变，确定总电流的改变，结合串联电路分压规律分析并联部分电压的改变，来分析电流表的示数改变状况。依据总电流的改变分析电阻R1消耗的功率的改变。依据路端电压的改变分析电压表示数的改变。

本题按“局部→整体→局部”的思路进行动态分析，驾驭闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律是分析的理论依据。7.【答案】BD

【解析】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a等势线的电势最高，故A错误；

B、依据质点受力状况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；

C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；

D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，依据牛顿其次定律，加速度也大，故D正确。

故选：BD。

由于质点只受电场力作用，依据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能改变可以通过电场力做功状况推断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：依据运动轨迹推断出所受电场力方向，然后进一步推断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的改变．8.【答案】BC

【解析】解：A、对整个过程，依据动能定理得：mv2=W，解得：v=．则物体回到动身点时重力的瞬时功率为P=mgvsin30°=g，故A错误。

B、除重力以外的力做功等于机械能的改变量，力F做功为W，则从起先到回到动身点的整个过程中机械能增加了W，故B正确；

C、从起先到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿其次定律得物体加速度为：a=

①

撤去恒力F到回到动身点，物体受重力，支持力，由牛顿其次定律得物体加速度大小为：a′==0.5g②

两个过程位移大小相等方向相反，时间相等。得：at2=-（at•t-a′t2）③

①②③联立解得：a′=3a，F=mg，故C正确；

D、设撤去恒力F时速度大小为v0，物体回到动身点时的速度大小为v。取沿斜面对上为正方向，依据撤去F前后两个过程的位移大小相等、方向相反，得t=-

，解得v=2v0，故D错误。

故选：BC。

对从起先到回到动身点的过程，运用动能定理探讨求出物体回到动身点的动能。依据除重力以外的力做功等于机械能的改变量，求得整个过程中机械能增加量。分别探讨从起先到经过时间t和撤去恒力F到回到动身点，物体的受力状况，依据运动学公式求出恒力F．依据撤去F前后两个过程的位移大小相等列式，求得物体回到动身点时的速度与撤去恒力F时速度大小关系。

本题是动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，知道除重力以外的力做功等于机械能的改变量。9.【答案】BE

【解析】解：A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；

B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；

C、高压气体的体积很难进一步被压缩，缘由是气体之间有压强，故C错误；

D、在完全失重的状况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，封闭气体压强与重力无关，故D错误；

E、绝热条件下压缩气体，依据热力学第肯定律可知△U=W+Q＞0，即内能增加，故E正确；

故选：BE。

物质是有大量分子构成，分子永不停息做无规则运动；

当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力；

气体对容器壁的压强是气体分子对器壁的碰撞产生的，与重力无关；

依据热力学第肯定律可知△U=W+Q分析内能的改变。

考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道气体压强产生的缘由和微观说明，驾驭存在吸热，而温度不肯定上升的结论。10.【答案】BDE

【解析】解：A、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，故A错误；

B、泊松亮斑是光照耀的很小的圆形障碍物上形成的，影子的中间出现一个亮斑，是光的衍射想象，故B正确；

C、在双缝干涉试验中，用红光代替黄光后，波长变长，则导致干涉条纹的间距增大，故C错误；

D、水面上全部景物发出的光进入水中时经过折射，最大的折射角为全反射临界角。光从空气折射进入人眼，折射角小于入射角，人眼认为光是直线传播的，所以在潜水员看来，岸上的全部景物都出现在一个顶角为临界角2倍的倒立的圆锥里。故D正确；

E、从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质的折射率不同，依据c=nv，可知，传播速度也不同，故E正确。

故选：BDE。

彩虹是光的折射现象形成的；泊松亮斑是光的波动现象。在双缝干涉试验中，当波长越长时，条纹间距越宽；依据光的折射定律，即可分析潜水员视野的形态；发生光的折射现象时，光的速度随着折射率不同，而发生改变，从而即可各项求解。

本题的关键是理解各种光现象形成的缘由，理解光的折射、衍射与干涉现象的原理，及其区分，留意干涉条纹间距影响的因素，并理解折射中，传播速度与折射率成反比。11.【答案】30.35

3.206

听声音

竖直

自由落体运动

水平

匀速直线

【解析】解：（1）游标卡尺的读数为：30mm+0.05×7mm=30.35mm．螺旋测微器的读数为：3mm+0.01×20.6mm=3.206mm．

（2）图丙中当用锤子击打钢片时，A球水平飞出，B球自由下落，因为落地时间极短，眼睛看不过来，通过听时间推断出两球运动的时间相等，从而确定平抛运动在竖直方向上做自由落体运动．

车在水平桌面上运动时，切断电源，钢球恰落在碗内，小球做平抛运动，碗在做匀速直线运动，在相等时间内水平位移相等，知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．

故答案为：（1）30.35，3.206．

（2）听声音，竖直，自由落体，水平，匀速直线．

（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．

（2）小球A做平抛运动，B做自由落体运动，依据同时落地，得出平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同．小球C做平抛运动，D做匀速直线运动，通过相等时间内水平位移相等，知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．12.【答案】A1

V2

R2

【解析】解：（1）通过热敏电阻电流最大值约为Imax==A=0.75A，若电表表选A2，量程过大，指针偏转角过小，误差较大，故应选A1．电源的电动势为3V，选用的电压表V1即可．要探讨热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则须要电压的改变范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采纳分压接法，为便利调整，变阻器应选R2．

（2）热敏电阻的阻值随温度的上升而减小，故要研热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则须要电压的改变范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采纳分压接法，热敏电阻的阻值常温下约4～5Ω，故热敏电阻为小电阻．故电流表采纳外接法．故电路连接如图所示．

（3）比照电路图，按依次连接实物图，如图所示．

故答案为：

（1）Al，V2，R2．

（2）如图所示

（3）如图所示

（1）依据欧姆定律，估算出通过热敏电阻电流的范围，选择电流表的量程．电源的电动势为3V，选用的电压表V1即可．本试验探讨热敏电阻的伏安特性曲线，电压和电流必需从起先调整，变阻器应采纳分压式接法，应选择总电阻较小的变阻器，便利调整．

（2）依据电流表和电压表的内阻与热敏电阻电阻进行比较，选择电流表的接法．变阻器采纳分压式接法，调压较大．

（3）比照电路图，按依次连接实物图．

本题考查了滑动变阻器的接法，电流表的接法，关键试验目的明确、懂得试验原理，分析好题意即可顺当求解．13.【答案】解：当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f．电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg．

设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得

−(F+f)=−12mv02

联立解得

s=mv022(qE+μmg)=0.4m

由于F＞f，当物块运动到沿x轴正方向运动离O点的最远距离时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时在侧s'处．

在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：

（F-f）s-

物块以初速度v0=2m/s沿x轴正方向，受到向左的电场力而匀减速运动，当速度减至零时，小物块沿x轴正方向运动离O点的距离最远，依据动能定理求出此最远的距离．依据电场力与最大静摩擦力的关系，分析物体能否停在离O点最远的位置．若不能，物块向x轴负方向运动，停在距O点左侧，依据动能定理求出离O点的距离

本题涉及力在空间的累积效果，优先考虑动能定理．对于动能定理的应用，关键要选择探讨的过程，分析受力状况，确定外力做的总功14.【答案】解：（1）加速电场依据动能定理可得：qU0=12mv2可得：v=2qU0m=2×1.6×10−8×1×1023.2×10−10=100m/s

经电场加速后进入y轴右侧。沿x轴做直线运动，故在y轴右侧运动时电场力与洛伦兹力平衡：qvB=Eq

联立可得电场强度的大小：E=Bv=2×100V/m=200V/m，方向沿y轴负方向

（2）若撤去磁场，粒子仅受电场力作用，做类平抛运动，画出粒子轨迹过程图如图所示，

设出射点坐标为（xM，yM）

依据牛顿其次定律可得：a=Eqm=200×1.6×10−83.2×10−10=1×104m/s2

依据类平抛规律可得：xM=vt

yM=at2

依据几何关系可得：xM2+yM2=R2

可得：xM=1m，yM=0.5m，

运动时间：t=0.01s

故粒子在半圆形区域中的运动时间为0.01s和射出点M的坐标为（1m，0.5m）

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设出射点坐标为（xN，-yN）

依据洛伦兹力供应向心力可得：qvB=mv2r

可得粒子在磁场中运动的半径：r