山东省泰安市新泰中学2024届高三下学期第一次模拟考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份山东省泰安市新泰中学2024届高三下学期第一次模拟考试物理试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．“嫦娥三号”探测器在月球软着陆并释放了玉兔号月球车，玉兔号配备的核电池是我国自主研发的放射性钚电池，其在发生衰变过程中放出能量，通过热电偶产生电能给月球车上的设备供电，给休眠中的月球车保温，并维持与地面的通讯。已知钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（ ）
A．其衰变后的原子核内质子数比中子数多50个
B．衰变后原子核的质量与粒子的质量之和等于衰变前钚238的质量
C．经过一段时间，随着钚238的减少，电池内钚238的半衰期变短
D．经过88年，该核电池内的钚238还剩一半
2．中国传统工艺——榫卯结构出现在当下流行的拼插玩具中，如图甲所示。凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用。图乙是一种榫卯连接构件，相互连接的两部分，其中构件固定在水平地面上，榫、卯接触面间的动摩擦因数均为，沿的轴线用大小为的力才能将从中缓慢拉出。可认为各接触面间的弹力大小均为，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，的下表面与水平地面未接触，则榫、卯接触面间的动摩擦因数为（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，用某种频率的激光垂直照射双缝，光屏上是中央亮条纹中心，是上方第2条亮条纹中心，距离为，双缝间距为，双缝到光屏的距离为，光速为，下列说法正确的是（ ）
A．该激光的频率为
B．到双缝的距离之差为
C．光屏上方的暗纹是因为光不能经缝衍射到该区域
D．若将缝遮住，光屏上不再有明暗相间的条纹
4．如图所示为电影《流浪地球》中我国歼击机垂直起降的剧照。假设该歼击机的质量为25吨，起飞时，单位时间竖直向下喷出气体的质量为300千克，喷气速度为。重力加速度取，则起飞瞬间该歼击机的加速度大小约为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，质量为的物块与质量为的物块用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度。在桌面的上方，在桌面上，初始时在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为。撤去控制，用大小恒为的力水平向右拉开始运动，均可看作质点，始终未离开桌面，重力加速度取。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为。在此瞬间，的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，半圆形玻璃砖的半径为为圆心，为直径上的一点，为半圆的顶点，让一细激光束从点沿纸面射入，当时，光线恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当时，光线从玻璃砖圆形表面的顶点射出，且射出的光线与从点入射的光线平行。已知真空中的光速为，则（ ）
A．点到点的距离为
B．玻璃砖的折射率为
C．当光在玻璃砖中的传播时间为
D．光在玻璃砖中发生全反射的临界角为
7．两列沿轴传播的简谐横波，实线波的波源在的点，虚线波的波源在的点，从时刻两波源从平衡位置开始振动，产生的机械波沿轴传播，在时两波源间的波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．波源的起振方向相同均沿轴向下
B．两波的波速大小均为
C．在时处质点的振动速度大于处质点的振动速度
D．处的质点在前内运动的路程为
8．一质量的球从地面竖直向上抛出，利用传感器测出球上升过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机绘出球整个上升过程的图像如图所示。重力加速度取，运动过程中阻力大小恒定，则（ ）
A．上升过程机械能减少
B．上升过程重力势能增加
C．上升过程重力的冲量比下落过程重力的冲量小
D．上升过程合外力的冲量比下落过程合外力的冲量小
二、多选题
9．如图所示，嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。探测器完成对月球表面的取样任务后，样品将由上升器携带升空进入环月轨道，与环月轨道上做匀速圆周运动的轨道器返回器组合体（简称“组合体”）对接。为了安全，上升器与组合体对接时，必须具有相同的速度。已知上升器（含样品）的质量为，月球的半径为，月球表面的“重力加速度”为，组合体到月球表面的高度为。取上升器与月球相距无穷远时引力势能为零，上升器与月球球心距离时，引力势能为为引力常量，月球的质量为（未知），不计月球自转的影响。下列说法正确的是（ ）
A．月球的质量
B．组合体在环月轨道上做圆周运动的速度的大小为
C．上升器与组合体成功对接时上升器的能量为
D．上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为
10．如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，四点共线，若在、点固定电荷量为的正点电荷，一带负电的试探电荷从点由静止释放，仅在静电力作用下运动。下列说法正确的是（ ）
A．两点的电场强度相同
B．试探电荷从点运动到点的过程中，其电势能先减小后增大
C．试探电荷在两点间往复运动
D．若在点也固定电荷量为的正点电荷，试探电荷由静止释放后将向点运动
11．如图所示，一理想变压器，原线圈匝数为1000匝，闭合铁芯上绕有一个带有中心抽头的副线圈，从中心抽头1处将副线圈分成匝数相同的两部分，变压器原线圈两端接电压为的交流电源，已知电流表和电压表均为理想电表，单刀双掷开关合向时电流表示数分别为和，下列说法正确的是（ ）
A．整个副线圈的总匝数为250匝
B．开关接2时电压表示数为
C．开关接2时电流表示数为
D．开关接与接相比，电压表与电流表示数的比值不变
12．如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为边长均为，线圈电阻为。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为，其中分别为边的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由均匀地增大到，在此过程中（ ）
A．线圈中的磁通量增加量为
B．线圈中产生的感应电动势大小为
C．线圈中产生的感应电流大小为
D．线圈整体所受安培力大小增加了
三、实验题
13．某实验小组利用手机内置的加速度传感器探究碰撞中的动量是否守恒，主要实验步骤如下：
①将两手机放入防撞包内，然后用等长的轻细绳分别悬挂在同一高度处的点，静止时A、B刚好接触，如图甲所示；
②将手机拉高至某一位置，然后由静止释放，手机摆动到最低点时与手机发生碰撞，如图乙所示；
③利用电脑软件远程控制手机并记录两手机水平方向的加速度随时间变化图像，如图丙（a）、丙（b）所示；
④将图像进一步处理，如图丁所示，根据图像数据进行分析，从而验证手机碰撞过程中是否满足动量守恒。
分析实验，回答以下问题：
（1）为达到实验目的，本实验还必须测量的物理量有
A．手机的质量B．细绳的绳长C．手机拉高的高度
（2）软件中设置加速度水平向左为正，图丙________（填“（a）”或者“（b）”）图为手机的图像；
（3）若测得手机的质量为，手机的质量为，根据图丁所示数据可知，碰撞过程中手机的动量变化量大小为________，手机的动量变化量大小为________，由实验结果可知两手机在碰撞过程中满足动量守恒。（结果保留3位有效数字）
14．为了能够准确地测量某电池组的电动势及内阻，提供的器材如下：
A．电压表（，内阻未知）
B．电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）
C．定值电阻（阻值）
D．滑动变阻器若干（最大阻值为）
E．电池组一组、开关与导线若干
（1）图甲是小田同学根据选用的仪器设计测量该电池组的电动势和内阻的电路图。调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数，在坐标纸上描点连线作出图像，如图乙所示，则该电池组的电动势________，内阻________。（结果均保留两位有效数字）
（2）小文同学则设计了图丙所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应电压表的示数和电流表的示数；根据实验记录的数据绘制图线如图丁中所示的两条图线。可以判断图线是利用单刀双掷开关接________（填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析图丁可知，此电池组电动势的真实值为________，内阻的真实值为________．
四、解答题
15．如图所示，横截面积均为的两导热气䍂中装有同种气体，通过一段体积可忽略的细管相连接，在细管中间安装有一个阀门，两气缸中各有一个质量为的活塞，气䍂中的活塞与一个轻弹簧相连接。阀门关闭时，轻弹簧处于原长，气䍂中气柱长度为，气缸中的活塞处于静止状态，气柱长度为。将一个质量为的重物轻轻地放到气䍂中的活塞上，稳定后中气柱长度变为。打开阀门，保持环境温度不变，待系统稳定后，关闭阀门。已知弹簧的劲度系数，重力加速度为，活塞可在气缸内无摩擦滑动且不漏气。求：
（1）此时弹簧的形变量；
（2）最后关闭阀门时气缸中气体与打开阀门前相比减少的百分比。
16．玩滑板是一项青少年酷爱的运动。一滑板训练场地如图所示，斜坡与光滑竖直圆轨道相切于点，圆轨道半径，圆心为，圆弧最低点与水平地面相切，斜坡倾角为轨道左侧有一高出地面的平台，平台右端到光滑圆轨道最高点的水平距离为。一运动员连同滑板的总质量为，从右侧斜坡上距点处的点无初速度滑下，其运动可简化为滑块在轨道上的匀加速直线运动，其通过光滑圆弧轨道的点后落在了左侧平台上，滑板和人可视为质点，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）滑板和人通过圆弧轨道最低点时，对点的压力大小；
（2）平台上的落点到点的距离。
17．如图甲所示的空间坐标系轴、轴、轴交于点。空间存在如图乙所示的周期性匀强电场以及如图丙所示的周期性匀强磁场，电场与磁场均沿轴正方向，大小未知，。时刻，一质量为、电荷量为的粒子自点沿轴正方向以速度射入，时粒子到达坐标点。粒子重力忽略不计，忽略一切阻力。
（1）求电场强度的大小；
（2）求时粒子的位置坐标；
（3）求粒子再次回到轴时的轴坐标；
（4）如果保持电场规律不变，磁场的方向改为沿轴正方向，求时粒子的位置坐标。
18．如图所示，天花板上的点悬挂一圆锥摆，摆长，摆线与竖直方向的夹角为，摆块（可视为质点）的质量。圆锥摆右下方某位置固定一光滑圆弧轨道，圆弧半径，对应圆心角。道末端点与一质量的木板紧靠且与上板平齐，木板与地面间摩擦力不计。木板左端上方放置一质量的滑块，滑块与木板上表面间的动摩擦因数满足，其中为滑块所在位置到木板左端的距离。摆块滑块均可看作质点。地面右端足够远处有一竖直墙，木板及滑块与墙壁碰撞后均可原速率反弹。某时刻，摆线断裂，摆块做平抛运动，一段时间后，摆块由点沿切线进入圆弧轨道，摆块与滑块碰撞时为弹性碰撞。已知重力加速度。求：
（1）摆块在做圆锥摆动时的速度大小；
（2）圆锥摆悬挂点到圆弧轨道点间的距离大小；
（3）与墙壁碰撞前滑块刚好不脱离木板，木板的长度大小为多少；
（4）满足（3）条件下，木板及滑块与墙壁碰撞后，木板左端再次到达点时，迅速被锁定静止，滑块继续减速前进，判断滑块能否再与摆块相撞？如果能发生碰撞，此后摆块能否飞出点？如果能飞出点，求摆块能够到达的最大高度。如果不能飞出点，判断滑块能否离开木板，如果能离开，求滑块离开木板时的速度。如果不能离开，求滑块静止时的位置。
新泰中学2021级高三高考模拟测试（一）
物理答案
1．D 【详解】A．衰变使钚238减少两个质子和两个中子，变为新核。则质子数变为92，中子为可知衰变后的原子核内质子数比中子数少50个，故A错误；
B．由于衰变中有质量亏损，所以衰变后原子核的质量与粒子的质量之和不等于衰变前钚238的质量，故B错误；
C．半衰期由元素种类决定，随着钚238的减少，半衰期不会变短，故C错误；
D．经过一个半衰期，大约一半的钚衰变称为其他元素，该核电池内的钚238还剩一半，故D正确。
2．C 【详解】缓慢拉出，所以处于平衡态，榫卯结构有4个接触面，则解得故选C。
3．B 【详解】AB．根据题意可知之间的距离为
可得该激光的波长为根据可得该激光的频率为
由于是上方第2条亮条纹中心，根据叠加原理可知，到双缝的距离之差为
C．光屏上方的暗纹是因为激光透过双缝的光形成相干光源，在光屏相遇，叠加后振动减弱，故C错误；
D．若将缝遮住，根据衍射现象可知，光屏上仍有明暗相间的条纹，故D错误。
4．B 【详解】设向下为正，对喷出气体列动量定理有
根据牛顿第三定律有，气体对飞机的作用力大小与大小相等，设向上为正，对飞机受力分析，有解得
5．C【详解】夹角由变化为，如图所示
由几何关系得到，故在竖直方向上升了
在水平方向前进了的水平速度沿绳方向的分量为，
即此速度为的速度，由功能关系得
代入数据解得故选C。
6．C 【详解】A．当时，光线恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；设长度为，如图所示
当时，光线从玻璃砖圆形表面的顶点射出
由几何关系知联立得
B．由临界角公式知代入得
C．当光在玻璃砖中的传播时间为
由折射率关系知代入得
D．由临界角公式知
7．D 【详解】A．根据“上下坡”规律可得，的起振方向相同沿轴向上，的起振方向相同沿轴向上，故A错误；
B．由图可知，实线波的波长为，再内波传播了个波长，故周期为，故波速为
虚线波的波长为，再内波传播了个波长，故周期为，故波速为
C．在时和处质点的振动速度为两波的加强，故振动速度相同
D．处的质点在前内质点没有质点，此后到波此质点一直振动，后此质点向下振动到最大位移处，故处的质点在前内运动的路程为故D正确。
8．C【详解】AB．根据题意，由图可知，上升的最大高度为
上升过程重力势能增加动能减小为
则上升过程机械能减少故AB错误；
C．根据题意可知，由于运动过程中阻力大小恒定，则上升过程的加速度大于下降过程的加速度，由可知，上升过程的时间小于下降过程的时间，则上升过程重力的冲量比下落过程重力的冲量小，故C正确；
D．根据题意可知，由于运动过程中阻力大小恒定，则球下落到底端时，速度的大小一定小于初速度，则上升过程的动量变化大于下降过程的动量变化，由动量定理可知，上升过程合外力的冲量比下落过程合外力的冲量大，故D错误。
9．AD【详解】A．月球表面的“重力加速度”为，根据解得月球的质量
B．根据结合上述，解得组合体的线速度
C．上升器与组合体成功对接时上升器的动能为
引力势能则上升器的能量为
D．上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为
结合上述解得
10．BC【详解】A．点固定电荷量相等的正点电荷，根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，两点位置对称，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，带负电的试探电荷从点运动到点过程中，电场力先做正功后做分功，则电势能先减小后增大，故B正确；
C．根据等量同种点电荷的电电势分布规律可知，点和点电势相等，带负电的试探电荷在两点间往复运动，故C正确；
D．根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，若在点也固定电荷量为的正点电荷，则点电场强度向上，带负电的试探电荷向下运动，故D错误。
11．BC 【详解】A．根据电流与匝数的关系可得故匝
故整个副线圈的总匝数为匝故A错误；
BC．当开关合向1时，根据解得故电阻为
变压器原线圈两端接电压有效值为，则开关接2时，根据可得
示数为故根据
解得示数为故BC正确；
D．当开关合向1时，电压表与电流表示数的比值为
故比值不相等，故D错误。
12．BD 【详解】A．根据可知，线圈中的磁通量增加了
B．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为
故B正确；
C．根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为
D．根据安培力的计算公式可知，安培力增加了
13．A （a） 0.265 0.263
【详解】（1）[1]若验证动量守恒，则碰撞前后两手机的动量变化量大小相等，即
即，需要通过实验等到两手机的质量和速度变化量，速度变化量可通过图丁得到，故需要测量两手机的质量。
（2）[2]碰撞瞬间A手机受到的作用力水平向左，故加速度水平向左，为正方向，故（a）图为A手机的图像；
（3）[3]由丁图可得，图线与坐标轴围成的面积表示速度变化量，通过数格子的方法，则A手机的速度变化量为
则A手机的动量变化量为
[4]B手机的速度变化量为
则B手机的动量变化量为
14．2.9 1.1 1
【详解】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得
整理得
结合图像可知，电池组的电动势为
由图中直线和纵轴截距可得
解得电源内阻
（2）[3]根据实验原理可知
可知，单刀双掷开关接1时，系统误差在于电流表的分压，将电流表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是串联等效，可知，此时电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，单刀双掷开关接2时，系统误差在于电压表的分流，将电压表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是并联等效，可知，此时电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值，即单刀双掷开关接1时，电动势的测量值大于单刀双掷开关接2时的测量值，可知，图线是利用单刀双掷开关接1；
[4][5]结合上述可知，当单刀双掷开关接1时，误差在于电流表的分压，当断路时，干路电流为0，电流表分压为0，即断路时的测量值等于真实值，当单刀双掷开关接2时，误差在于电压表的分流，当短路时，路端电压为0，电压表分流为0，即短路时的测量值等于真实值，结合上述可知，图像纵轴交点与图像横轴交点没有误差，将这两点连接起来的图像即为真实图像，可知
15．（1）；（2）
【详解】（1）未放重物时气缸中气体的压强
放上重物后中气体压强变为
对中气体，根据等温变化规律解得
打开阀门，气缸中活塞平衡时解得
（2）取气缸中气体为研究对象，将其看成等温变化，当被压缩到压强为时设其压缩后的长度为，则得
可知进入中的气缸中的气体体积减少部分为
减少量占比
16．（1）；（2）
【详解】（1）设到达点的速度为，滑板从到过程由动能定理知
在最低点由向心力公式知
代入得由牛顿第三定律知
（2）滑板到达的速度大小为，由机械能守恒知
代入得
斜抛落到平台上的过程，水平方向的位移为，竖直位移为
水平方向上有竖直方向有代入得
故落点距点为
17．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）在平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，则有
解得
（2）在到时间内，在平行于平面内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量为，由牛顿第二定律有解得由圆周运动周期为
则在该平面内，刚好转半圈，即轴坐标为轴坐标为，在方向，分速度为，
粒子做匀速直线运动，沿轴运动的距离为
即在时粒子的位置坐标为。
（3）在至时间内，在平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，则沿轴有
此时，轴方向的分速度为
在至时间内，平行于平面内，粒子仍旧在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量仍然为，则该段时间结束时，回到轴，该段时间内，在方向，分速度为，粒子做匀速直线运动，则有
则此时轴坐标为
（4）在到时间内，磁场方向变化后，在轴方向做匀速直线运动，该方向速度分量依然为，该段时间内
则轴坐标变为
在平行于平面内做匀速圆周运动，半径依然为轴坐标为不变，轴坐标为。在至时间内，在平面内，在粒子在电场力作用下做类斜抛运动，方向减速为零，则轴坐标不变仍为轴坐标减为零，方向速度不变，该段时间内
则轴坐标变为
在至时间内，只在方向有速度，此时速度方向与磁场方向平行，
粒子做匀速直线运动，该段时间内
则轴坐标变为
轴坐标仍为零，轴坐标仍为，在至时间内，在平面在内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，方向匀加速直线运动，轴坐标再次变为，则轴坐标不变仍为方向速度不变，该段时间内
则轴坐标变为
在至时间内，在平行于平面内做匀速圆周运动，半径依然为，轴坐标为不变，轴坐标为轴方向，粒子做匀速直线运动，该段时间内则轴坐标变为
因此，在时粒子的位置坐标为。
18．（1）；（2）；（3）；（4）能再次碰撞，不能飞出点，滑块不能离开木板，滑块静止时距离点距离为
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得代入数据得
（2）摆块沿切线进入圆周轨道，则由几何关系得到达点时的速度与水平方向的夹角，则有竖直方向速度
平抛过程时间水平方向位移
竖直方向位移相对于悬挂点，竖直方向距离为
由空间几何关系得
（3）摆块由点到点过程中，由动能定理得解得
在点摆块与滑块发生弹性碰撞，则
解得
滑块刚好不脱离木板，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得因摩擦产生的热量解得
因摩擦产生的热量等于平均摩擦力与相对位移的乘积
其中 联立解得
（4）滑块与木板同时撞墙，同时反弹，之后同时向左匀速直线运动，木板左端再次到达点时，迅速被锁定静止，滑块继续减速前进，到达点时，速度变为，由能量守恒定律得解得
滑块与摆块弹性碰撞，摆块的速度又变为，假设减速到点能够飞出，
由动能定理得
无解，故摆块不能由点飞出，之后返回点，再次与滑块弹性碰撞，此时滑块的动能为，故滑块不能滑离木板，设前进距离后速度减为零，由能量守恒定律得
联立解得即滑块停在距点处。