2023-2024学年山东省潍坊市高三上学期普通高中学科素养能力测评 物理（解析版）

这是一份2023-2024学年山东省潍坊市高三上学期普通高中学科素养能力测评 物理（解析版），共26页。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5 毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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. 一物体做匀加速直线运动，连续经过B、C、D三点， B、C间的距离为4.5m，C、D间的距离为9.5m，通过 BC与CD的时间相同，则经过B点与C点的速度之比为（）
A. 3：5B. 2：7C. 9：19D. 5：7
【答案】B
【解析】
【详解】通过BC段与CD段所用时间均为T，通过C点速度
加速度
经过B点速度
经过B点与C点的速度之比为2：7。
故选B。
2. 一列沿x轴传播的横波，t=0.5s时的波形如图甲所示，已知平衡位置在x=0m处质点的振动图像如图乙所示，则（）
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 在t=0.5s时x=0m处质点的速度与加速度方向相反
C. 从t=0.5s开始x=0m处质点在0.3s内的路程小于5cm
D. 该波的波速大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙图可知，在t=0.5s时x=0m处质点速度方向指向平衡位置，结合甲图，根据“同侧法”可知该波沿x轴正方向传播，A错误；
B．由乙图可知，在t=0.5s时x=0m处质点向平衡位置运动，质点速度逐渐增大，做加速运动，故速度与加速度方向相同，B错误；
C．由乙图可知，从t=0.5s开始x=0m处质点向平衡位置运动，在0.3s内质点速度先增大后减小，平均速度大于时间内的平均速度，故在0.3s内的路程大于振幅5cm，C错误；
D．由甲图可知
解得
由乙图可知
故波速大小为
D正确。
故选D。
3. 如图所示，在真空中a点固定正点电荷，电量为Q1，b点固定负点电荷，电量为-Q2，Q1>Q2。cd为ab的中垂线，M、N关于O点对称，下列说法正确的是（）
A. M、N两点的电场强度相同
B. a、b连线上O点的电场强度最小
C. M、N两点的电势相等
D. 将一正检验电荷从M沿直线移到N的过程中电势能先变小后变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电场的叠加原理可知，M、N两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．若两点电荷电荷量相等，则连线中点点场强度最小，而此时两电荷电荷量不相等，则a、b连线上电场强度最小的位置应在O点的右侧，故B错误；
C．M、N关于O点对称，则M、N两点电势相等，故C正确；
D．从M沿直线移到N的过程中，电势先升高后降低，所以将一正检验电荷从M沿直线移到N的过程中电势能先变大后变小，故D错误。
故选C。
4. 中国天眼 FAST 为我国探索外太空做出了巨大贡献。研究团队利用中国天眼发现了一个名为 PSR J1953 1844 （M71E）的双星系统，其运动周期仅为53 分钟，是目前发现运动周期最短的脉冲星双星系统。该双星系统由一颗质量较大的恒星a和一颗质量较小的脉冲星b组成，它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。观察发现脉冲星b在不断吞噬恒星a的物质，两者之间的距离在不断减小。若两星之间的距离变为原来的，运动轨道仍然为圆周，则运动周期变为原来的（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设恒星a的质量为，脉冲星b的质量为，它们做匀速圆周运动半径分别为、，两星之间的距离为，运动周期均为；以恒星a为对象，根据牛顿第二定律可得
以脉冲星b为对象，根据牛顿第二定律可得
又
联立可得
由于脉冲星b在不断吞噬恒星a的物质，两星的总质量不变，两星之间的距离变为原来的，则运动周期变为
联立可得
故选B。
5. 某同学设计了如下电路，已知滑动变阻器总阻值为R，电源电动势为E，内阻为r，开关闭合时小灯泡正常发光，现将滑片从右向左滑动，各元件均可安全工作，下列说法正确的是（）
A. 小灯泡变亮B. 电流表A示数先变小后变大
C. 电压表V示数先变小后变大D. 电源的总功率先变小后变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．依题意，将滑片从右向左滑动，滑动变阻器与小灯泡并联的部分电阻越来越大，由串联分压原理，可知小灯泡的电压一直增大，所以小灯泡将变亮。故A正确；
B．设滑动变阻器与小灯泡并联部分的电阻为R0，则剩余部分电阻为（R-R0）由闭合电路欧姆定律，可得
滑片从右向左滑动过程中，R0增加，则干路电流增大。故B错误；
C．根据
可知电压表V示数变小。故C错误；
D．根据
易知随着干路电流的增加，电源的总功率也在增加。故D错误。
故选A。
6. 如图所示，质量为m的小物块开始静止在一半径为R的球壳内，它和球心O的连线与竖直方向的夹角为30°。现让球壳随转台绕转轴一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为g，则（）
A. 静止时物块受到的摩擦力大小为
B. 若转台的角速度为，小物块不受摩擦力作用
C. 若转台的角速度为，小物块受到的摩擦力沿球面向下
D. 若转台的角速度为，小物块受到的摩擦力沿球面向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．静止时，对物块分析，根据平衡条件有
故A错误；
B．球壳随转台绕转轴一起转动，物块做匀速圆周运动，由沿圆周半径方向的合力提供向心力，若物块所受摩擦力恰好为0时，角速度为，对物块进行分析，则有
解得
故B错误；
C．若转台的角速度为，由于
可知，物块有沿球壳向下运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向上，故C错误
D．若转台的角速度为，由于
可知，物块有沿球壳向上运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向下，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m，由电动机驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A端，包裹和传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为g则包裹从A运动到 B的过程（）
A. 时间为 1s
B. 时间为 4s
C. 电动机多输出的电能为40J
D. 电动机多输出的电能为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．包裹加速度为
加速运动到与传送带共速经历的时间为
位移为
故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由
可得
AB错误；
CD．包裹从A运动到 B的过程传送带位移为
包裹位移为
摩擦生热为
包裹的获得的速度为
包裹获得的动能为
故电动机多做的功为
C错误，D正确。
故选D。
8. 小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为则他能拉动的重物质量最大为（）
A. 100kgB.
C. 200kgD.
【答案】C
【解析】
【详解】设F与斜面夹角为，则恰好拉动物体时有
整理可得
故当时，m最大
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 一带正电的粒子在匀强电场中仅在电场力作用下运动，如图所示Oab为运动轨迹的一部分，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，a、b点坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），粒子从O到a和从a到b的时间均为t，粒子的比荷为，则匀强电场的场强方向和大小应为（）
A. 方向与x轴正向夹角的正切值
B. 方向与x轴正向夹角的正切值
C. 大小为
D. 大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题意，根据逐差公式可得
因此，匀强电场的方向为
故A正确；
B．由A项可知，B错误；
C．因带电粒子仅受电场力，则由牛顿第二定律有
由矢量合成法则可知
联立解得
故C错误；
D．由C项可知，D正确；
故选AD。
10. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托盘，处于静止状态。现将一质量为m的粘性小球自距盘面高度为h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（）
A. 小球与盘运动最大速度为
B. 小球与盘碰后向下运动距离时，盘的速度达到最大
C. 小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小
D. 当小球与盘的加速度向上且大小为时，其速度大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．对小球下落h的过程应用动能定理
解得与盘碰撞前小球速度为
小球与盘碰撞过程动量守恒
解得碰后瞬间二者速度为
碰后小球与盘的重力大于弹簧弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零，弹力与二者重力相等时，速度达到最大，故最大速度大于，A错误；
B．设初始时刻弹簧形变量为，速度最大时弹簧形变量为，则有
下落距离为
联立可得
B正确；
C．碰后小球与盘做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可能处于压缩状态，故小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，C错误；
D．碰后瞬间，对小球与盘整体应用牛顿第二定律，有
解得
方向向下。由简谐运动对称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为时，小球速度大小为，D正确。
故选BD。
11. 如图所示为某款手机内部加速度传感器的俯视图， M、N为电容器的两极板，M板固定在手机上， N板通过两完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开，M、N间距离为d0，电压传感器示数为，已知弹簧的劲度系数为k， N板质量为m，不计摩擦，当手机在水平面内以加速度a沿 NM方向运动时（）
A. 电容器的电容变大
B. M、N板间的电场强度不变
C. 电压传感器示数为
D. 电压传感器示数为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当手机在水平面内以加速度a沿 NM方向运动时，N板所受合力方向向右，N板将压缩弹簧，两极板间距增大，令极板间距为d，根据
可知，电容器的电容变变小，故A错误；
B．电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量一定，根据
，
解得
可知，M、N板间的电场强度不变，故B正确；
CD．没有加速运动前有
，
加速运动之后有
，
N板所受外力的合力等于弹簧压缩后的弹力，则有
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
12. 竖直平面内有一匀强电场，以水平向右为正方向建立x轴，x轴上各点电势的变化规律如图所示。将一带正电的小球从原点O无初速释放，小球沿x轴运动，经0.4s到达x=6dm处。已知小球的质量为，，则（）
A. 匀强电场的场强大小为24V/m
B. 小球所带电荷量为
C. 电场强度方向沿x轴正方向
D. 小球运动到x=6dm处的电势能为
【答案】BD
【解析】
【详解】C．将一带正电的小球从原点O无初速释放，小球沿x轴运动，则竖直方向小球受平衡力，竖直方向上的电场强度方向竖直向上；水平方向带正电的小球受力方向沿x轴正方向，所以水平方向电场强度方向向右，所以电场强度的方向向右上方，故C错误；
B．带正电的小球从原点O无初速释放，小球沿x轴做匀速直线运动，由，解得
由牛顿第二定律可得
解得小球所带电荷量为
故B正确；
A．水平方向匀强电场的场强大小为
竖直方向小球受平衡力
解得
匀强电场的场强大小为
故A错误；
D．小球从原点O无初速释放，运动到x=6dm处电场力做功
所以小球从原点O无初速释放，运动到x=6dm处电势能降低，电势能为，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。
某同学的实验步骤如下：
（1）正确安装单摆，测出摆线长l；
（2）释放摆球，从摆球第1次经过平衡位置开始计时，第n次经过平衡位置结束计时，停表记录的时间为t，则单摆周期T=______。
（3）改变摆长，测出几组摆线长l和对应的周期T，作出图像，如图所示。
（4）测得图像的斜率为k，纵截距为-b，则重力加速度g=______，摆球的直径为______（用所测物理量符号表示）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（2）[1]球在一个周期内两次经过平衡位置，有
得周期为
故填；
（4）[2]单摆的周期公式为
摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和
得
则斜率
得重力加速度为
[3]由截距为-b，有
得
故填。
14. 小明同学用测电阻的方法测量一捆铜电线的实际长度，其标注长度为100m，已知纯铜的电阻率为小明同学从实验室找来了如下器材测量电线的电阻：
①量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表V；
②量程为0.6A、内阻约为0.1Ω电流表A；
③阻值为0~5Ω的滑动变阻器R；
④内阻较小，电动势为3V 的电源E；
⑤阻值为4.50Ω的定值电阻
⑥开关和导线若干。
（1）用螺旋测微器测量铜电线的直径，示数如图所示，则铜电线的直径为______mm。
（2）请帮小明同学设计实验电路，将电路图画到方框内，并标明各器材的符号______。
（3）正确测量后得到若干数据，在坐标纸上做出U-I图像，由图像结合已知数据测得电线长度为______m（保留三位有效数字）。
（4）再三检查上述仪表及实验操作均没有问题后，他又用其它方法准确测出该捆电线的实际长度是100m，导致本次测量偏差较大可能是______。
A. 实验存在系统误差，电阻的测量值偏大
B. 铜导线含有杂质，导线的电阻率比纯铜的大
C. 直径的测量值比实际值偏小
【答案】 ①. 3.989##3.988 ②. ③. 119 ④. B
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为
（2）[2]由电阻定律，可知，金属丝阻值大约为
阻值较小，直接选择伏安法，电流表量程不够，故应使与串联，电流表外界，电路图为
（3）[3]由图像可知
结合电阻定律可知
（4）[4]A．实验中电流表外接，会导致电阻测量值偏小，由可知，电阻测量值偏小，会导致l偏小。A错误；
B．由可知，铜导线含有杂质，导线的电阻率比纯铜的大，将纯铜电阻率代入表达式中会导致l偏大，B正确；
C．由可知，直径的测量值比实际值偏小，会导致l偏小，C错误。
故选B。
15. 如图所示，用长为l的绝缘细线把一个质量为m，电荷量为q的带正电小球悬挂在O点，现加一电场强度最小的匀强电场，使小球静止在A点，此时细线与竖直方向夹角重力加速度为g，求：
（1）电场强度大小及方向；
（2）要使小球能绕O点做完整的圆周运动，在A点沿切线方向给小球的初速度的最小值。
【答案】（1），方向与水平方向夹角45°，斜向右上方；（2）
【解析】
【详解】（1）如图所示，当电场力方向与细线垂直时电场力最小
由几何关系
解得
与水平方向夹角45°，斜向右上方。
（2）由（1）可知，在A点电场力与重力的合力为
故小球恰好通过等效最高点时有
从A到等效最高点应用动能定理有
解得
16. 如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与物块A 栓接。物块 A 用细线跨过光滑的定滑轮O连接球B，细线平行于斜面，A、B处于静止状态。此时球 B 与地面的距离为h，物块A 位于斜面上点。现用外力将球B 沿竖直方向缓慢拉至地面，无初速释放，物块A 在斜面上以点为中心做简谐运动，当A 运动到最低点时细线恰好无拉力。已知物块A、球B的质量均为m，重力加速度为g。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）运动过程中物块 A 的最大速度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）物块A、B处于静止状态时，对A受力分析，由平衡状态可知
此时弹簧伸长
在A上升到最高点时，对AB整体分析由牛顿第二定律可得
在A回到最低点时，对A分析由牛顿第二定律可得
联立求得
（2）由（1）分析可求得
从B刚离开地面到A回到时，由能量守恒可得
求得
17. 如图所示，在xOy平面内x轴上方的匀强电场沿y轴负方向，x轴与虚线ab间的匀强电场斜向下与x轴负方向夹角为θ（θ未知），场强沿y轴的分量与x轴上方的场强大小相等。一带正电的粒子沿x轴正方向从M点射出，已知粒子恰好垂直ab离开x轴下方电场；若仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴正方向的夹角为θ，场强大小不变，粒子再次从M点以相同的初速度射出，进入x轴下方电场后做直线运动，离开ab时粒子的动能是上次离开时的3倍。不计空气阻力和粒子的重力。求：
（1）粒子先后两次在x轴下方电场中沿x轴方向运动的位移之比；
（2）x轴下方电场沿y轴方向的宽度；
（3）粒子做直线运动离开ab时，x轴下方电场方向与x轴正方向的夹角θ的正切值。
【答案】（1）1：3；（2）3d；（3）
【解析】
【详解】（1）设初速度为v0，第一次进入第四象限的沿x轴方向运动的位移为x1，水平方向的加速度的大小为a1，第二次进入第四象限的沿x轴方向运动的位移为x2，水平方向的加速度的大小为a2，因为第一次粒子恰好垂直ab离开x轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是从v0匀减速到0的，由速度位移公式
速度时间公式
由于仅将x轴下方电场方向变为斜向下与x轴正方向的夹角为θ，场强大小不变，则第二次粒子竖直方向运动不变，则在x轴下方电场中的时间也为t，水平方向的加速刚好反向，即
则水平方向末速度
速度位移公式
综上可得
（2）设x轴上方电场的电场强度为E，x轴下方电场沿y轴方向的宽度为L，第一次粒子落到x轴上方时，竖直方向的速度为，则对竖直方向列动能定理
设第二次粒子进入x轴下方电场后做直线运动离开ab时的竖直方向的速度为，则对竖直方向列动能定理
综上可得
（3）设粒子第一次从M点到离开电场时的速度为，动能为，则粒子第二次从M点到离开电场时的竖直速度也为，设水平速度为，动能为，则
又因为
则求得
所以
18. 如图所示，长木板C放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别放有两滑块A、B，已知A、B、C的质量分别为、、，滑块A与C间的动摩擦因数为，B与C间的动摩擦因数为，木板长度，开始整个系统静止，某时刻敲击滑块A，使其立即获得的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取求：
（1）经多长时间滑块A、B发生碰撞；
（2）木板C运动的最大速度；
（3）碰后滑块A、B间的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）当A向右运动时，受到向左的摩擦力
加速度为
而B与C之间的滑动摩擦力
故C和B不会相对滑动，BC的加速度为
A向右做匀减速直线运动，BC向右做匀加速直线运动，设A的位移为，BC的位移为，则有
解得
或（舍）
故时间为；
（2）当A、B两物块碰撞时，设A的速度为，BC的速度为，则有
碰撞瞬间
解得
，
而此时C的速度，故C相对于A向右运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左的滑动摩擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律
则
B做匀减速运动，加速度为
当BC共速时有
解得
而此时
则
故B未出C板右侧，之后C做减速运动，此时C的速度为
（3）A做匀加速运动，当时
之后BC共速，一起做匀减速运动，A和BC速度相等时
解得
B的位移为
A的位移为
故A、B最远距离为