天津市蓟州区第一中学2025届高三下学期复习检测试题一(一模)物理试题

天津市蓟州区第一中学2025届高三下学期复习检测试题一（一模）物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．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、如图甲所示，物体在竖直方向受到大小恒定的作用力F=40N，先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当t=1s 时将F反向，大小仍不变，物体的v t 图象如图乙所示，空气对物体的阻力大小恒定，g=10m/s2，下列说法正确的是（）
A．物体在1.25s内拉力F的平均功率为160W
B．物体1.25s内阻力做功的平均功率为为16W
C．空气对物体的阻力为6N
D．物体的质量为4kg
2、如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()
A．B．
C ．
D ．
3、如图所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角()0<<90θ︒，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，N 、Q 间接有阻值为R 的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B ，导轨电阻不计。

质量为m 的金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为r ，当金属棒ab 下滑距离x 时达到最大速度v ，重力加速度为g ，则在这一过程中（ ）
A ．金属棒做匀加速直线运动
B ．当金属棒速度为2v 时，金属棒的加速度大小为0.5g
C ．电阻R 上产生的焦耳热为21sin θ2
mgx mv - D ．通过金属棒某一横截面的电量为BLx R r
+ 4、投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪。

某人向放在水平地面的正前方壶中水平投箭（很短，可看做质点），结果箭划着一条弧线提前落地了（如图所示）。

不计空气阻力，为了能把箭抛进壶中，则下次再水平抛箭时，他可能作出的调整为（ ）
A ．减小初速度，抛出点高度变小
B ．减小初速度，抛出点高度不变
C ．初速度大小不变，降低抛出点高度
D ．初速度大小不变，提高抛出点高度
5、图为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图象，它由状态A 经等容过程到状态B ，再经等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )
A．T A<T B，T B<T C B．T A>T B，T B＝T C
C．T A>T B，T B<T C D．T A＝T B，T B>T C
6、如图所示，在O点处放正点电荷，以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆与电场线分别相交于a、b、c、d、e．则下列说法正确的是()
A．b、e两点的电场强度相同
B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
C．a点电势高于c点电势
D．负电子在d点的电势能大于在b点的电势能
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、质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如右图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度
cot
g
l
θ
ω>b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
8、如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。

油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰
好从金属板的下边缘离开。

空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B ．油滴开始下落的高度h ＝2222U B d g
C ．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D ．油滴离开时的速度大小为2
222qU U gL m B d
-++ 9、如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R ，管道内有一质量为m 、带电荷量为+q 直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B ，方向水平向里，电场的电场强度大小2mg E q
=（g 为重力加速度），方向竖直向上。

现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为v 0的初速度水平射出，下列说法正确的是（ ）
A ．无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0
B ．小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为2
mg ，方向竖直向下 C ．小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为20mv R
，方向竖直向下 D ．若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于32
mg 10、如图所示，a 、b 、c 、d 、e 、f 是以O 为球心的球面上的点，平面aecf 与平面bedf 垂直，分别在a 、c 两个点处放等量异种电荷＋Q 和－Q ，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（ ）
A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同
B．e、d两点电势不同
→→运动过程中，电场力做正功
C．电子沿曲线b e d
D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变
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）测定一个额定电压U L=2.5V，额定电流约为0.3~0.4A的小灯泡L在正常工作时的阻值。

供选择的器材有：A．电流表A1（量程0.6A，内阻r1约为0.5Ω）
B．电流表A2（量程30mA，内阻r2=30Ω）
C．电流表A3（量程60mA，内阻r3约为20Ω）
D．电压表V（量程15V，内阻r4约为15kΩ）
E.定值电阻R0=70Ω
F.滑动变阻器R1：0~5Ω，额定电流1A
G.滑动变阻器R2：0~1kΩ，额定电流0.2A
H.电源E：电动势为4.5V，内阻不计
I.开关S及导线若干
(1)测量时要求电表示数超过其量程的一半，需选用的实验器材是________和H、I（选填器材前对应的字母序号）。

(2)请在虚线框内画出合适的电路图（图中需标明所选器材的符号）。

（______）
(3)为保证小灯泡L正常工作，测量时要让其中哪一个电表的示数调到多少？________。

(4)测得小灯泡L在正常工作时的阻值R L=________（用实际所测物理量表示），并说明公式中各符号（题中已知的除外）的物理意义________。

12．（12分）某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。

他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P
置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯________(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向_______端滑动(选填“a”或“b”)。

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）如图所示虚线矩形区域NPP' N’、MNN’M’内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d，NN’为磁场与电场之间的分界线。

点C’、C将MN三等分，在C’、C间安装一接收装置。

一电量为-e。

质量为m、初速度为零的电子，从P'点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。

不计电子所受重力。

求∶
(1)若电场强度大小为E，则电子进入磁场时速度为多大。

(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。

(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。

14．（16分）如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m＝1.0kg，拉杆箱的质量M＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)若F＝25N，求拉杆箱的加速度大小a；
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v；
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值F m。

15．（12分）如图所示，一竖直放置、缸壁光滑且导热良好的柱形气缸内盛有一定量的理想气体，活塞将气体分隔成体积相同的A、B两部分；已知活塞的面积为S，此时A中气体的压强为P1．现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定
后A、B两部分气体的体积之比为1：2．在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞逸入另一部分，外界气体温度不变．求：
I.气缸平放时两部分气体的压强；
II.活塞的质量m．
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、B
【解题分析】
A．在1.25s内，图像围成面积为5m，即总位移为5m，拉力第一阶段向上的位移为4m，则拉力做正功160J，第二阶段位移为1m，则拉力做负功40J，总共120J，平均功率96W，故A错误。

CD．根据牛顿第二定律可得：
F－（mg+f)=ma1
F+mg+f=ma2，
又由题图乙可知
a1=2m/s2
a2=6m/s2
联立解得物体的质量
m=2kg
空气对物体的阻力为
f=4N
CD 项错误。

B ．阻力全程做负功，共W f =4×5=20J ，所以平均功率为
16W f
f W P t ==
B 正确。

故选B 。

2、B
【解题分析】
由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B 图受力可能为零，故B 正确．
3、D
【解题分析】
A ．对金属棒，根据牛顿第二定律可得：
sin θmg BIL ma -=
可得：
22sin ()
B L v a g m R r θ=-+ 当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A 错误；
B ．金属棒ab 匀速下滑时，则有：
0a =
即有：
22
()sin θmg R r v B L +=+ 当金属棒速度为2
v 时，金属棒的加速度大小为： 2211sin θsin θ()22
B L v a g g m R r =-=+ 故B 错误；
C ．对金属棒，根据动能定理可得：
21sin θ2mg x Q mv -= 解得产生的焦耳热为：
21sin θ2
Q mg x mv =-
电阻R 上产生的焦耳热为：
21(sin θ)2R R Q mg x mv R r =-+ 故C 错误；
D ．通过金属棒某一横截面的电量为：
E BLx q I t t R r R r R r
∆Φ=∆=∆==+++ 故D 正确；
故选D 。

4、D
【解题分析】
设小球平抛运动的初速度为0v ，抛出点离桶的高度为h ，水平位移为x ，则平抛运动的时间为：
2h t g
= 水平位移为：
002h x v t v g
== 由题可知，要使水平位移增大，则当减小初速度或初速度大小不变时，需要时间变大，即抛出点的高度h 增大，故选项ABC 错误，D 正确；
故选D 。

5、C
【解题分析】
根据理想气体状态方程pV k T
=可得：从A 到B ，因体积不变，压强减小，所以温度降低，即T A ＞T B ；从B 到C ，压强不变，体积增大，故温度升高，即T B ＜T C ，故ABD 错误，C 正确。

6、B
【解题分析】
b 、e 两点到点电荷O 的距离相等，根据可知两点处的电场强度大小相等，但是方向不同，故电场强度不同，A 错误；b 、e 两点到点电荷O 的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，
c 、
d 两点到点电荷O 的距离相等，即两点在同一等势面上，电势相等，故b 、c 两点间电势差等于
e 、d 两点间电势差，B 正确；在正电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，故a 点的电势低于c 点的电势，b 点电势低于d 点电势，而负电荷在低电势处电势能大，故负电子在d 点的电势能小于在b 点的电势能，CD 错误；
【题目点拨】
本题的关键是掌握点电荷电场规律：①距离正点电荷越近，电势越高，电场强度越大，②在与点电荷等距的点处的电势相等，③负点电荷在低电势处电势能大．
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、AC
【解题分析】
小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a 绳的张力不可能为零，故A 正确；根据竖直方向上平衡得，F a sin θ=mg ，解得a mg F sin θ＝
，可知a 绳的
拉力不变，故B 错误；当b 绳拉力为零时，有：2 mg m l tan ωθ＝，解得ω，可知当角速度ω>b 绳出现弹力，故C 正确；由于b 绳可能没有弹力，故b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，故D 错误。

8、ABD
【解题分析】
A.带正电油滴刚到达P 点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P 点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P 点的加速度大小为g ，故A 正确；
B.由于油滴在P 点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有 q U d
＝qBv 对油滴从释放到P 点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh ＝
12mv 2 整理后得h ＝2
222U gB d
，故B 正确； C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 错误；
D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有
mg （h ＋L ）－q 2U ＝12
mv ′2 油滴离开金属板下边缘时的速度大小
v ′ 故D 正确。

故选ABD 。

9、BD
【解题分析】
A ．小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为2
mg ，当小球向右射出且 012
mg qv B = 得
02mg v qB
= 此时小球对轨道的作用力为0，故A 错误；
B ．若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为2mg ，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力为12
mg ，方向竖直向上，小球在竖直方向上的合力为0，由洛伦兹力提供向心力，故B 正确； C ．小球在最高点对轨道的作用力为0时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为
2mg ，若受到的洛伦兹力大小为20mv R
，当小球向右射出时，在最高点则有 22
012mv mv mg R R
+= 得
2201=2
v v m m mgR R R - 由动能定理有
22011122222
mg R mg R mv mv ⋅-⋅=- 即
22
0=2v v m m mgR R R
- 两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为20mv R
，当小球向左射出时，在最高点则有 22
012mv mv mg R R
-= 得
2201+=2
v v m m mgR R R 不可能，故C 错误；
D ．若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为2
mg ，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球对对轨道外侧有压力，在最低点有
20N1012mv F mg qv B R
--= 在轨道水平直径右端时有
2
N2mv F qvB R
-= 由动能定理得
220111222
mgR mv mv =- 得
N1N203()2
F F mg qvB qv B -=-- 由于0v v <，则
0qvB qv B <
则
N1N232
F F mg ->
故D 正确。

故选BD 。

10、AD 【解题分析】
AB ．等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef 所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，由于b 、c 、d 、e 各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O 的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b 、c 、d 、e 各点的场强大小也相等，由以上的分析可知，b 、d 、e 、f 各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A 正确，B 错误；
C ．由于b 、e 、d 各点的电势相同，故电子移动过程中，电场力不做功，故C 错误；
D ．将+Q 从a 点移动到b 点，球心O 仍位于等量异种电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故D 正确。

故选AD 。

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、ABEF 电流表A 2的示数为25mA ()20212
I R r I I +- I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数且为25mA
【解题分析】
(1)[1]测量时要求电表示数超过其量程的一半，额定电压U L =2.5V ，则电压表量程太大不能选，可考虑电流表A 2与定值电阻R 0串联改装成一个电压表，即
33010A 30Ω30Ω30Ω70Ω
U -⨯⨯=+ 改装电压表的量程为V 3V U =；电流表A 1可用于测电流；根据欧姆定律估算小灯泡L 在正常工作时的阻值为6~8Ω，滑动变阻器R 2阻值太大，不适合做限流电阻，滑动变阻器R 1小于灯泡正常工作时电阻，宜采用分压电路，所以选择阻值较小，额定电流较大的1R 以分压方式接入电路，采用外接法可以消除系统误差。

故选ABEF 。

(2)[2]根据上述分析画出电路图：。

(3)[3]小灯泡的额定电压为2.5V ，则
22.5V=(30Ω70Ω)I +
解得
225mA I =
所以调节R 1将电流表A 2的示数调到25mA 。

(4)[4]根据欧姆定律
()202L 12
I R r U R I I I +==- [5]式中I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数且为25mA 。

12、 拔出、 a
【解题分析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P 向a 端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。

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)2eEd v m
=
；(2)三种；(3)()11112m eB π+。

【解题分析】
(1)电子在电场中加速 212
eEd mv =
解得 2eEd v m
= (2)磁场中n 个半圆，则
（2n +l ）R =4d ①
半径满足
233
d d R << ② 解得
2.5<n <5.5
可见n =3、4、5共三种速度的电子.
(3)上问n =5时运动时间最长
电子在磁场中运动
2v evB m R =④ 11124m t eB
π=⋅⑤ 电子在电场中运动
212111=22
d m t v eB =⋅⑥
最长时间 ()1211112m t t t eB π=+=
+ 14、 (1)2m/s 2；(2)4m/s ；(3)93.75N
【解题分析】
(1)若F =25N ，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F cosα=（m +M ）a
解得
cos 250.819
α⨯==++F a m M m/s 2=2m/s 2 (2)根据速度位移关系可得
v 2=2ax
解得
v =2224=⨯⨯ax m/s=4m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a 0，如图所示，
根据牛顿第二定律可得
解得
a 0=g tan θ=7.5m/s 2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F m cos α=（m +M ）a 0
解得拉力的最大值为
F m =93.75N
15、 (1)1.5P 1；(2)
0P S g 【解题分析】
找出气缸竖直放置和水平放置时，AB 两部分气体的状态参量，结合玻意耳定律列方程求解.
【题目详解】
（1）对A 部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：p A =p 1，体积V A =V
水平放置时气体的压强p A ′，体积为V A ′=
23V 由玻意耳定律p A V A =p A ′V A ′
解得p A ′=1.5p 1
（2）对B 部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：p B =p A +mg/S ，体积V B =V 水平放置时气体的压强p B ′=p A ′，体积为V B ′=
43V 由玻意耳定律p B V B =p B ′V B ′
解得m=p 1S/g。