2024~2025学年山东省百师联考高三(上)期中考试物理试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年山东省百师联考高三(上)期中考试物理试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了6m等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为90分钟，满分100分
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. 2024年6月2日6时23分，我国自主研制的嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功软着陆于月背的南极—艾特肯盆地。如图所示，嫦娥六号正在进行采样工作，下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥六号绕月飞行时处于平衡状态
B. 组合体减速着陆时，其惯性变小
C. 嫦娥六号进行采样工作时，不可以将其看成质点
D. 嫦娥六号对地面的压力和地面对它的支持力是一对平衡力
【答案】C
【解析】A．嫦娥六号绕月飞行时做匀速圆周运动，加速度不为零，不是平衡状态，故A错误；
B．惯性与速度无关，只取决于质量，则组合体减速着陆时，其惯性不变，故B错误；
C．嫦娥六号进行采样工作时，它的大小和形状不能忽略不计，不可以将其看成质点，故C正确；
D．嫦娥六号对地面的压力和地面对它的支持力是一对作用力和反作用力，故D错误。
故选C。
2. 如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.40kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N，取则挡板对球体支持力的大小为（ ）
A. B. 1.0NC. D.
【答案】D
【解析】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得挡板对球体的支持力与斜面对球体的支持力与竖直方向的夹角均为，根据正交分解法可得
解得
故选D。
3. “祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日，已知一个火星日的时长约为一个地球日，该飞船的轨道半径为地球同步卫星的轨道半径的0.74倍，则火星质量与地球质量的比值约为（ ）
A. 10B. 5C. D.
【答案】C
【解析】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
则
由此可知
故选C。
4. 在众多的娱乐设施中，滑梯深受孩子们的喜爱。甲、乙两个小朋友分别从两个完全相同的滑梯顶端同时往下滑，其运动的v-t图像如图所示，甲、乙分别在两时刻滑到底端。下列说法中正确的是（ ）
A. 下滑过程中，甲、乙均处于超重状态
B. 下滑过程中，乙所受的摩擦力大于甲所受的摩擦力
C. 下滑过程中，乙与滑梯之间的动摩擦因数比甲与滑梯之间的动摩擦因数大
D. 滑到底端时，甲的动量大于乙的动量
【答案】C
【解析】A．下滑过程中，两人均处于失重状态，故A错误；
BD．质量关系未知，两人所受的摩擦力大小无法判定，同理，滑到底端时两人的动量大小也无法判定，故BD错误；
C．根据牛顿第二定律
可得
由图可知，甲的加速度大于乙的加速度，可知乙与滑梯之间的动摩擦因数更大，故C正确。
故选C。
5. 2024年10月27日，“好运山东健行大运”自行车运动联赛（泰安站）在泰安汶河新区鸣枪开赛。在赛前训练中，运动员沿平直道路骑行，某时刻发现前方有障碍物，便立即刹车，其运动可视为匀变速运动，刹车后，在0~t时间内位移大小为2x，在t~3t时间内位移大小为x。则运动员的加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】若足球在3t时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为，由0~t时间内位移大小为2x，则在t~3t时间内位移大小应为1.6x，而题干为x，则说明在3t之前足球就已经停止运动，设t时刻速度大小为v，根据逆向思维法则有
联立解得
故选C。
6. 如图所示，“神舟十五号”返回舱返回地面过程中，在距地面约10公里的地方打开降落伞，引导伞、减速伞和主伞相继打开，返回舱速度从200m/s降低到7m/s，此时到达距离地面1m处，返回舱上4台反冲发动机同时点火提供恒力，使返回舱到达地面时速度减为1m/s，从而保障航天员安全。设返回舱的质量为8×103kg，取g=10m/s2，忽略反冲发动机点火后主降落伞对返回舱的作用和空气对返回舱的作用。下列说法正确的是（ ）
A. 发动机点火后，返回舱的动量变化率越来越小
B. 反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为24.5m/s2
C. 每台反冲发动机的推力约为6.8×104N
D. 反冲发动机对返回舱的冲量大小为4.8×104N·s
【答案】C
【解析】A．匀减速的过程中，合外力是不变的，根据动量定理有
可知返回舱的动量变化率即为合外力，所以是不变的，故A错误；
B．根据匀变速直线运动规律有
可得
则反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为24m/s2，故B错误；
C．返回舱减速的时间
以竖直向下为正方向，根据动量定理有
解得发动机总的推力
则每台反冲发动机的推力约为6.8×104N，故C正确；
D．反冲发动机对返回舱的冲量
故D错误。故选C。
7. 如图所示，三个等量点电荷固定在正三角形三个顶点上，其中A、B带正电，C带负电。O点为BC边的中点，P、Q两点关于O点对称，下列说法正确的是（ ）
A. P、Q两点电势相同
B. P、Q两点电场强度相同
C. 试探电荷-q沿直线由O向A运动，电势能减少
D. 试探电荷-q沿直线由O向A运动，所受电场力不做功
【答案】C
【解析】A．在只有B、C点电荷所形成的电场中，P点电势高于Q点电势，在只有A点电荷所形成的电场中，P、Q两点电势相同，则P点电势高于Q点电势，故A错误；
B．由平行四边形定则可知，P、Q两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
CD．在只有B、C点电荷所形成的电场中，OA是一条等势线，A电荷的电场中O点到A点电势升高，因此试探电荷-q沿直线由O向A运动，电势升高，电势能减少，所受电场力做正功，故C正确，D错误。故选C。
8. 如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，B点对应的坐标为（，v1），第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标（，v2）对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。重物在前两个时间段内的总位移为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】BC段的拉力功率不变，则
第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即
则重物质量
第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物加速度大小为
第一个时间段内的位移
设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有
解得
所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。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. 在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，t=0时刻的波形如图所示，甲波恰好传至x=0处，乙波恰好传至x=5m处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（ ）
A. t=0时刻x=-2.6m处质点与x=5.1m处质点的振动方向相同
B. x轴上第一个位移到+6cm的质点的横坐标为x=2.75m
C. 较长时间后x=2.5m处的质点是振动减弱点
D. 0~50s内，x=2m处质点的路程为0.6m
【答案】AC
【解析】A．根据题意，由图可知，甲在轴左侧的波长为4m，则甲的频率为
乙的波长为2m，则乙的频率
甲、乙频率相同，可以发生干涉现象，根据题意，由同侧法可知，x=-2.6m处质点与x=5.1m处质点的振动方向都向下，相同，故A正确；
B．根据题意可知，甲的波峰传到x=0时，需要的时间为
此时，乙的波峰传到x=6m处，由于波速相等，两个波峰同时到达x=3m处，两列波在此处叠加，使该点的位移为+6cm，故B错误；
C．根据题意可知，t=0时，x=0处质点开始向上振动，x=5m处的质点开始向下振动，则距两处相等位置x=2.5m处的质点，在较长时间后是振动减弱点，故C正确；
D．x=2m处的质点是振动加强点，根据题意可知，甲波x=2m处的质点在0~50s内，振动周期，则路程为
乙波x=2m处的质点在0~50s内，振动周期，则路程
则0~50s内，x=2m处质点路程
故D错误。
故选AC。
10. 如图甲所示，战国时期开始出现的拨浪鼓现在成为一种小型儿童玩具，其简化模型如图乙所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、B，其中LAA. α>βB. α<βC. FA>FBD. FA【答案】BD
【解析】AB．设拨浪鼓半径为R，细绳长为l，小球在水平面内做匀速圆周运动，设细绳与竖直方向夹角为θ，则有
解得
由题意可知两小球角速度相同，由于
则根据公式可知
故A错误，B正确；
CD．绳子的拉力可表示为
由于
则可得
故C错误，D正确。故选BD。
11. 从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度为3m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，取重力加速度g=10m/s2，规定地面为重力势能参考平面，下列说法正确的是（ ）
A. 小球抛出时的速度大小为10m/sB. 小球的质量为0.3kg
C. 小球运动过程中受到的阻力大小为2ND. 小球下落过程的时间是上升过程的倍
【答案】BD
【解析】BC．根据动能定理
可知Ek-h图像斜率的绝对值表示合力大小，则上升过程有
下落过程有
联立解得
，
故B正确，C错误；
A．小球抛出时，由图像可知
解得小球抛出时的速度大小为
故A错误；
D．根据牛顿第二定律可知，小球下落过程的加速度大小与上升过程的加速度大小之比为
根据
可知时间之比为
故D正确。
故选BD。
12. 如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁定，时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a－t图像如图乙，表示O到时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。时刻，A、B系统的总动量大小为p，弹簧的弹性势能为下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】A．图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，时刻解除球锁定，时刻解除B球锁定，说明时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为，则有
时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于时刻A球的动量，则有
故A错误；
B．由图像可知时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即时刻两球具有相同的速度，设时刻A、B两球的速度为，从到过程，A球的速度变化量大小为
B球的速度变化量大小为
从到过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有
可得
联立可得
故B错误；
C．根据上述分析可知
故C正确；
D．从到时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有
解得
故D正确。故选CD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 用如图甲所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、理想电压表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。
（1）闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。关于此过程的说法正确的是（ ）
A. 电容器在放电
B. 电容器的电容增大
C. 通过定值电阻R的电流先增大后逐渐减小为零
（2）再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向为_______（选填“a→b”或“b→a”），通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I-t图像，如图乙，t=2s时，I=1.20mA，图中M、N区域面积比为8:7，可求出R=______kΩ（保留两位有效数字）。
【答案】（1）C （2）b→a 4.8
【解析】【小问1详解】
AB．闭合开关S2，将S1接1，电容器正在充电，电容器的电容不变，故AB错误；
C．当电路刚接通后，通过定值电阻的电流从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向为b→a；
[2]由t=2s时，I=1.20mA，可知此时电容器两端的电压
电容器开始放电前两端电压为12.3V，根据I-t图像与横轴围成的面积表示放电电荷量可得0~2s间的放电电荷量为
2s后到放电结束放电电荷量
根据题意
解得
14. 某实验小组利用图甲所示装置测量重力加速度。摆线上端固定在О点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
（1）关于本实验，下列说法正确的是_______。（多选）
A. 小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B. 应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C. 小钢球可以换成较轻的橡胶球
D. 应无初速度，小摆角释放小钢球
（2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用游标卡尺测量小钢球直径d。游标卡尺示数如图乙所示，小钢球直轻d=_________cm，记摆长。
（3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长Ⅰ对应的小钢球摆动周期T，并作出图像，如图丙所示。
①利用、AB两点的坐标可得重力加速度的表达式g=_________；
②图像没有过坐标原点，分析其原因是摆球质量分布不均匀，小球的重心位于其几何中心的________（选填“上”或“下”）方，若只考虑摆长测量造成的影响，则由①计算得到的重力加速度的测量值_______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）ABD （2）1.66
（3） 下 等于
【解析】【小问1详解】
A．使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，A正确；
B．测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，B正确；
C．单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，C错误；
D．无初速度，小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，D正确。
故选ABD。
【小问2详解】
10分度的游标卡尺的精度为0.1mm，则小钢球直径为
d=16mm＋6×0.1mm=l.66cm
【小问3详解】
①[1]根据单摆周期公式，变形有
根据图俊的斜率可知
解得
②[2][3]根据图像可知，摆长的测量值偏小，则小球的重心位于其几何中心的正下方，表达式变为
若只考虑摆长测量偏小造成的影响，则图像的斜率不变，测量值等于真实值。
15. 如图所示，用电动机带动传送带将货物从A点运送到B点，AB长L=8m，传送带以v0=2m/s的速度顺时针转动，其与水平面夹角θ=37°。将质量m=1kg的货物轻放在传送带A处，已知货物与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
（1）货物开始向上运动时的加速度大小；
（2）货物运动到B端的时间。
【答案】（1）1m/s2
（2）5s
【解析】【小问1详解】
对货物，根据牛顿第二定律，有
解得
【小问2详解】
设货物加速到传送带速度的时间为t1，则
可得
货物加速过程的位移
解得
货物匀速运动的时间
解得
运动的总时间
16. 某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率P=960W，喷灌机所做功的80%转化为水的动能，喷口的横截面积S=30cm2，喷口距离地面的高度h=0.45m，水的密度ρ=1×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，π=3.14，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：
（1）喷灌机的最大喷水速度v；
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。（保留三位有效数字）
【答案】（1）8m/s
（2）122m2
【解析】【小问1详解】
设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则
由能量关系有
解得
【小问2详解】
喷口出水速度方向与水平面夹角30°时，有
该喷灌机的最大喷灌面积
解得
17. 如图所示，半径R = 0.2 m的光滑圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E = 1 × 103 V/m，物体甲的质量m1 = 0.2 kg，带电荷量q = +1 × 10−3 C在P点右侧L1 = 0.5 m处有一不带电的物体乙，质量m2 = 0.2 kg，物体乙右侧L2 = 0.5 m处有一竖直固定挡板。物体甲从圆弧轨道与圆心O等高的A点以竖直向下、大小为的初速度沿轨道滑动，甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为µ = 0.2，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。求：
（1）在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小；
（2）甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；（结果可用根式表示）
（3）整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
【答案】（1）10 N
（2）0，
（3）4.5 m
【解析】【小问1详解】
对物块甲，从A点到P点，由动能定理得
解得
在P点，根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
物块甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理
解得
甲乙碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
，
【小问3详解】
对物块甲受力分析有
则物块甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律有
解得
18. 如图所示，半圆形轨道的直径PQ与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面有一与台阶齐平的足够长的长木板C。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不栓接），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离。释放后，铁块A恰好沿半圆形轨道运动到最高点P（被取走）。铁块B滑上木板C的上表面，当B、C恰好速度相同时，木板与弹性挡板碰撞。已知B、C接触面间的动摩擦因数，其余摩擦均不计，木板C与弹性挡板在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径R=0.5m，木板C的质量m=0.1kg，铁块A、B与木板C的质量之比是mA:mB:mC=4:2:1，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）铁块A经过Q点时的速度大小；
（2）释放前，微型弹簧的弹性势能；
（3）木板C的右端到挡板的距离；
（4）从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程。
【答案】（1）5m/s
（2）15J （3）2.5m
（4）8.125m（或）
【解析】【小问1详解】
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
解得
【小问2详解】
铁块A、B弹开过程，根据动量守恒有
解得
释放前，微型弹簧的弹性势能
解得
【小问3详解】
设木板C与弹性挡板碰撞前瞬间的速度为v1，铁块B滑上木板C后，铁块B和木板C整体动量守恒，有
解得
对木板C从开始运动到第一次碰撞弹性挡板的过程，由动能定理有
解得
【小问4详解】
由于木板C与弹性挡板碰撞过程没有能量损失，碰撞前后瞬间C的速度大小不变，方向相反，木板C第一次与弹性挡板碰撞后以大小为v1的速度返回，在摩擦力的作用下，木板C先向左减速到零再向右加速到与铁块B共速；铁块B则一直向右匀减速到与木板C再次共速，根据
可得木板C向左减速路程大于向右的加速路程，即木板C再次与弹性挡板碰撞之前已经与铁块B共速，依此类推，木板C每次与弹性挡板碰撞之前均已经与铁块B共速，对木板C与挡板第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的过程，由动量守恒定律有
（n=1，2，3……）
解得
设木板C与挡板第n次碰撞后，木板C在速度减为0的过程中运动的位移大小为xn，则由动能定理有
解得
所以
即xn是公比的等比数列，其中
则从铁块B滑上木板C到C停止运动，木板C运动的总路程
解得