山东省部分知名高中2023-2024学年高三下学期开年质量检测物理试题

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单选题（共8小题，每小题3分，共24分）
1.B
解析：经过一个半衰期，有一半的氘核发生衰变，当剩余量为初始值的25%时，需要两个半衰期的时间，即25年，B正确。
故选B
2.D
解析：由于五根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于550N，则每根弹簧产生的弹力均为110N，
F1=kx1=kl1−l0
三根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于270N，则每根弹簧产生的弹力均为90N，
F2=kx2=kl2−l0
解的：k=100N/m ；l0=50cm ，D正确。
故选D
3.A
解析：设地球上某物体的质量为m，地球质量为M，地球半径为R，根据牛顿第二定律有：GMmr2=mg
设月球的质量为m月，根据牛顿第二定律有：GMm月r2=m月r4π2T2，得
,A正确。
故选A
4.D
解析：乘客随吊箱匀速运动，吊箱对乘客的作用力等于乘客的重力，故A项错误；
由于是上山，重力对乘客做负功，W=−mgvtsinθ，故B项错误；
在时间t内，索道钢绳对吊厢的冲量M+mgt，故C项错误；
上山过程中，索道钢绳对吊厢做功功率为P= , D正确。
故选D
5.A
解析：相邻条纹对应空气膜厚度的差值为光在介质中波长的14；
tanθ=λ4Δx 即Δx=λ4tanθ
换用波长较小的光照射时，条纹间距将减小，即Δx2>Δx3；当介质的折射率变大后，会导致光在介质中的波长将减小，即Δx1>Δx2；综上所述，Δx1>Δx2>Δx3。A正确。
故选A
6.C
解析：由题意，OA段的平均速度为1m/s，BC段平均速度为7m/s，BC间距是OA间距离的7倍，根据平均速度公式v=xt，可得 tOA=tBC；根据初速度为0的匀加速运动的结论，相邻的相同时间段内的位移之比一定是xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ…=1∶3∶5∶7…，可知tAB=2tOA，根据v=v0+vt2，vA=2m/s，根据v=at,可得vB=6m/s，所以AB段的平均速度为vAB=vA+vB2=4m/s，
C正确。
故选C
7.B
解析：设交变电源输出电压为U，原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2，副线圈所在电路的电阻为R´，
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I1I2=n2n1，
根据能量定律I1U=I12R+I22R´
得，I1=UR0+4R´
当开关S断开时，R´=2R，I0=U9R
当开关闭合时，R´=2R，I0'=U5R
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U1=2U2
由于 U=I1R+U1
得，U2=U−I1R2
当开关S断开时，U2=4U9
当开关闭合时，U2=2U5
B正确。
故选B
8、D
解析：根据匀加速直线运动公式：得v1=a1t1
根据牛顿第二定律：F1-mg=ma1
根据功率公式：P=F1v1
解得 v1=0.5m/s，a1=1 m/s2
故A项错误；
货物在匀速运动时，P=mgv2
得v2=1.02 m/s，故B项错误；
由于货物最终减速到0，根据能量守恒定律
W=mgH=1360kg×9.8 m/s2×20m=2.6656×105J
故C项错误；
在匀速上升时，根据能量守恒定律，得IU=I2r+P
解得I=40A IU=40×380W=15.2kw
故D项正确。
多线选择题（共4小题，每小题4分，共16分）
9、BD、
解析：A项，一定质量的理想气体内能只与温度有关，所以BD状态温度相同，内能也相同。
B项，直线AB过V- T图像原点，从A到B发生等压变化。由于温度升高，气体分子平均速度变大，单个气体分子与器壁碰撞的平均作用力变大，但压强不变，所以单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减小。
C项，由理想气体状态方程可知，V- T图像某点与原点连线的斜率与压强成反比，因此该过程压强先不变后减小。
D项，C到D过程，压强不变，温度降低，体积减小，因此气体内能减小，外界对气体做正功，由热力学第一定律U=W+Q可知气体对外界传热大于自身内能减少量。
10、AC
解析：
质点M在波峰位置，质点N在x轴上方与x轴相距的位置，可知
若简谐波从M向N传播，设波速为，可得0时刻距N点最近的波谷到N点的距离为
解得
若简谐波从N向M传播，设波速为，可得0时刻距N点最近的波谷到N点的距离为
解得
CD
解析：A项，由可知，因为上的点距离+q近，距离-q远，所以侧棱aa’上不存在电势为零的点
B项，a与a'电场强度不同
C项，由库伦定律可分别算出正负电荷在d点产生的场强大小，两个场强互相垂直，再由勾股定理可算出合场强大小为
D项，初始位置距离正电荷较近，电势大于零。末位置距离负电荷距离较近，电势小于零。故该正试探电荷电势能减小，电场力做正功。
12、ACD解析：
AB. 对MN分析可得
解得
由于，所以
解得
对PQ分析可得
解得
C．由于重物，导体棒和导轨速度均不变，故系统动量守恒
D．由能量守恒定律可知，重物减少的机械能等于导体棒产生的焦耳热和导轨与板面摩擦产生的热量之和。
实验题（共14分）
13、（6分）——每空2分
答案：（1）变大 （2）0.8 （3）最大值
解析：（1）由图像可知第2阶段为手机下落阶段，对第2阶段分析，由牛顿第二定律可知
由于加速度逐渐减小，所以空气阻力变大；
（2）第2阶段的时间约为t=0.4s，所以手机下落的高度约为
（3）第2阶段开始空气阻力最小，加速度最大，最接近当地重力加速度。
14、（8分）——每空1分
答案：（1） ，E1，400，偏小， （2）A1，R2，1052.6，偏小
解析：（1） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①为了在闭合前后，干路电流变化较小，需保证，所以可以选用电源，电路最小总电阻
则滑动变阻器可以选用。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②闭合，微安表G的示数为400μA时，流过的电流为100μA，则有
解得
因为闭合后，总电阻减小，所以干路电流大于，可知流过的电流大于，所以
则
即测量值比微安表的实际内阻偏小。
（2） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①待测电阻的阻值约，微安表满偏时，干路电流约为
所以电流表选A1。电路中电流表A1、待测电阻、电阻箱、微安表的总电阻为
所以滑动变阻器选用调节较为方便。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②微安表示数为400μA时，毫安表示数为2.3mA，则流过的电流为
则待测电阻的阻值为
由于微安表的内阻，所以，故测电阻的测量值比真实值偏小。
解答题（共46分）
15、（8分）
（1）2.57×105Pa；（2）
解析：（1）轮胎内气体发生等容变化，初态：p1=2.4×105Pa，T1=280K，末态：T2=300K
由查理定律有
p1T1=p2T2 ………………………………………………………………………………………2分
解得
p2=2.57×105Pa …………………………………………………………………………4分（2）设轮胎内的气体的体积原来为V0，后来轮胎内气体的体积为V=2524V0。
假设在压强为1.5×105Pa时，充入气体的体积为ΔV，则气体初态：p3=1.5×105Pa，末态：p4=2.4×105Pa，气体发生等温变化，由玻意耳定律有
p3（ΔV+V0）=p4V ……………………………………………………………………6分
解得
ΔVV=23 ………………………………………………………………………………………7分
即充入的气体与轮胎中原有气体的质量比23. ………………………………………………8分

（8分）
(1)10m/s；（2）314m2
解（1）研究单位时间的能量转化
……………………………………………………………………2分
代入数据有v=10m/s。…………………………………………………………………………3分
（2）设当喷灌头与地面夹角为θ时对应射程为x，水在空中的运动时间为t。
竖直方向有 ……………………………………………………………………4分
水平方向有 ……………………………………………………………………5分
联立得 ………………………………………………………………………6分
则当且v取最大值时，x有最大值10m。…………………………………………7分
则最大喷灌面积为 …………………………………………………8分

（14分）
（1）恰好不从侧面离开时，
水平方向有 ……………………………………………………………………1分
竖直方向有 ………………………………………………………………2分 联立解得………………………………………………………………………3分
（2）分析沿水平方向发射的粒子
恰好不从侧面飞出时，由几何知识得粒子的运动半径 …………………………4分
由 ……………………………………………………………………5分
解得 …………………………………………………………………………6分
其他方向的发射的粒子垂直于B的分量必定小于v，
由得其运动半径 ………………………………………………7分
故不可能从侧面飞出
综上所述， ………………………………………………………………8分
（3）粒子在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向做匀加速直线运动
设粒子做匀速圆周运动的半径为r’
由
解得 …………………………………………………………………………9分
由几何知识易得，粒子转过的圆心角 ……………………………………10分
粒子在磁场中的运动时间 ……………………………………11分
粒子在z轴负方向运动的距离为 ………………………12分
故粒子应从侧面离开
由几何知识得，对应坐标为（，，）
若要恰好从底面离开，
则有 ……………………………………………………………………13分
代入数据解得 …………………………………………………………14分
（16分）
（1）物块D从M到N的过程中，由动能定理可得
………………………………………………………1分
物块D运动到N点时，由牛顿第二定律得
…………………………………………………………2分
解得
……………………………………………………………………3分
由牛顿第三定律可得，对圆弧轨道的压力大小为 ………………………………4分
（2）设物块D与A板碰后，速度大小分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
…………………………………………………………5分 …………………………………………………………6分
解得

从木板A开始运动到右端运动至P点的过程中，对A、B分别分析，由牛顿第二定律可得
可得A、B加速度大小分别为
， ………………………………………………………………7分
A做减速运动，B做加速运动，设经过时间t1木板右端运动至P点，速度分别为、，则在时间t1内有
，
，
解得
，，， ………………………………8分
则从释放物块D到木板右端运动到P点的过程中损失的机械能为
…………………………………………9分
（3）木板右端运动到P点时，由于P点右侧地面光滑，可知只有P点左侧地面对木板产生摩擦力，摩擦力大小与木板在P点左侧的长度成正比。设木板左侧滑过P点时的速度为，则由动能定理可知
………… ……………………………………10分
解得
此后A匀速运动，经过一段距离x-L与物块C发生碰撞，设A与C碰后的速度分别为、，则有
………………………………………………………………11分
…………………………………………………………12分
解得
，
可知A与C碰后瞬间，速度反向，速度大小为，此后A向左匀速运动一段距离x-L后左端到P 点，然后做减速运动，地面对木板的摩擦力与左端到P点的距离成正比，设木板停止时左端距离P点的距离为d，由动能定理可得

解得…………………………………………………………………………13分
物块B从木板滑落后，在地面上做减速运动的加速度大小为
………………………………………………………………14分
则物块B滑动的距离为
……………………………………………………………………15分
木板停止运动时，左端距物块B的距离为
……………………………………………………………16分
1
2
3
4
5
6
7
8
B
D
A
D
A
C
B
D
9
10
11
12
BD
AC
CD
ACD