2024~2025学年山东省威海市文登区高三上学期第一次高考模拟物理试卷（解析版）

这是一份2024~2025学年山东省威海市文登区高三上学期第一次高考模拟物理试卷（解析版），共25页。试卷主要包含了15s时运动员的机械能最大等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。
3.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，字体工整、笔迹清楚。
4.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. 一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；
CD．同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。
故选C。
2. 春秋战国时期，《墨经》记载了利用斜面来运送货物的方法。如图所示，用平行于斜面的推力将货物从地面匀速推到货车上。若货物与斜面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是（ ）
A. 斜面越短，推力对货物做的功越多
B. 斜面越长，推力对货物做的功越多
C. 斜面越短，推力越大
D. 斜面越长，推力越大
【答案】B
【解析】CD．对货物进行受力分析，如图所示
则有
，，
解得
令其中
，
则有
可知，当有
推力F有最大值
可知，斜面倾角在0°到90°之间变化的过程中，推力F先增大后减小，由于斜面顶端的高度一定，可知，斜面在由足够长逐渐变短的过程，推力F先增大后减小，反之，斜面在由足够短逐渐变长的过程，推力F也是先增大后减小，故CD错误；
AB．斜面顶端高度一定，令高度为h，结合上述可知，推力做的功
当斜面越长时，斜面倾角越小，根据上述表达式可知，推力对货物做的功越多，故A错误，B正确。
故选B。
3. 如图所示，固定的光滑斜面上有两点A、B ，A到斜面顶端的距离为L 。可视为质点的小球从斜面顶端由静止释放，若A、B间的距离为L，小球通过A、B的时间为Δt1；若A、B间的距离为2L，小球通过A、B的时间为Δt2。Δt1：Δt2为（ ）
A. ：
B. （）：（）
C. （）：（）
D. （）：（）
【答案】B
【解析】小球做初速度为零的匀加速直线运动，通过第一个L、第二个L、第三个L所用的时间之比为
所以
故选B。
【点睛】若物体做初速度为零的匀加速直线运动，将位移从开始分为相邻相等的若干段，每段为L，则由
得
所以，物体通过前L、前2L、前3L所用的时间之比为
物体通过第一个L、第二个L、第三个L所用的时间之比为
4. 如图所示，倾斜传送带以恒定速率v0逆时针转动。t=0时刻在传送带顶端无初速轻放一小物块。t0时刻物块运动到传送带中点，速度达到v0。不计空气阻力，物块重力沿传送带向下的分力大于其与传送带间的最大静摩擦力。则物块从传送带顶端运动到底端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】物体轻放在传送带上，物体相对于传送带向上运动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，设传送带倾角为，物体与传送带间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
可知在时间内，物体做匀加速直线运动；时刻物体与传送带达到共速，由于物块重力沿传送带向下的分力大于其与传送带间的最大静摩擦力，可知物体继续向下做匀加速直线运动，物体受到的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得
根据图像的斜率表示加速度，可知时刻之前的图像斜率大于时刻之后的图像斜率。
故选D。
5. 如图所示，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端自由下滑至其底部。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A. 一直增大B. 一直减小
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】令小环与大环之间作用力为0时的位置所在半径与竖直方向夹角为，则有
，
解得
可知，该位置处于圆周右上方四分之一圆弧间，在小环滑至该位置之前，小环速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而重力沿半径的分力逐渐减小，可知，在小环滑至该位置之前，大圆环对小环的弹力方向背离圆心，令此过程小环所在位置的半径与竖直方向夹角为，则有
结合上述，小环速度增大，夹角增大，则大环对小环的作用力一定减小。结合上述可知，当小环越过对应位置后，大环对小环的作用力方向指向圆心，在越过圆环右上方四分之一圆弧时，小环速度增大，所需向心力增大，小环重力沿半径的分力进一步减小，则大环对小环的作用力增大，之后，小环在圆周右下方的四分之一圆弧运动，令此时小环所在位置的半径与竖直向下方向的夹角为，则有
小环速度增大，减小，则大环对小环的作用力增大。综合上述可知，大环对小环的作用力先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选D。
6. 蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. t=0.15s时运动员的机械能最大
B. t=0.30s时运动员的速度大小为20m/s
C. t=1.30s时运动员距蹦床的高度为5m
D. 0-0.30s内，运动员对蹦床的平均作用力大小为4000N
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，机械能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t=1.30s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速度大小为
m
故C正确，B错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D错误。故选C。
7. 木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1：2：4。木卫二的周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，下列说法正确的是（ ）
A. T与T0之比为
B. 木卫一的轨道半径为
C. 地球质量与木星质量之比为
D. 木卫一与木卫三的向心力之比为
【答案】C
【解析】A．木卫二围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故A错误；
B．根据题意可得，木卫二的轨道半径为
根据万有引力提供向心力
可得
木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为，可得
木卫一轨道半径为
故B错误；
C．对木卫二和月球，根据万有引力提供向心力分别有
联立可得地球质量与木星质量之比为
故C正确。
D．木卫一与木卫三的向心力分别为，
由于不知道木卫一与木卫三的质量关系，故无法比较木卫一与木卫三的向心力的关系，故D错误。故选C。
8. 如图所示，小明到峰山公园取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为0.5m，直径为0.2m，重力加速度取10m/s2，则水离开出水口的速度大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令桶高为h，桶直径为d，水离开出水口的速度大小为v0，出水口到桶口中心的水平间距为x，由于水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A，水到达桶口中心过程，根据平抛运动规律有
，
水到达桶底A点过程，根据平抛运动规律有
，
解得
故选A。
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. 如图甲所示，在均匀介质中有A、B、C、D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC=BC=4m，CD=3m，CD垂直AB。t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图乙所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4 m。下列说法正确的是（ ）
A. 这三列波的波速均为2m/s
B. t=3s时，D处的质点开始振动
C. t=4.5s时，D处的质点正向y轴正方向运动
D. t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm
【答案】BD
【解析】A．波速由介质决定，由图（乙）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速均为
A错误；
B．由图（甲）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动的时间为波源C处的横波传播到D处所需的时间，则有
B正确；
C．由几何关系可知
波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为
故t=4.5s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为
即C处质点的振动形式经过1.5s传播到D点，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C错误；
D．t=6s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知，此时波源C的振动形式波谷传播到处D；t=6s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间
由振动图像可知此时波源A、B的振动形式波峰传播到处D处。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为
D正确。
故选BD。
10. AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0 × 10−8 C、质量为3.0 × 10−4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（图中未标出），下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度大小为
B. MC的距离为
C. 减小R的阻值，MC的距离将变小
D. 小球的电势能增加了
【答案】AB
【解析】B．剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示
根据几何关系可得
故B正确；
D．根据几何关系可得，电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得
可得电场力大小为
逆电场线方向位移
x = d − Lsin30°
其中
d = 10 cm = 0.1 m，L = 5 cm = 0.05 m
解得
x = 0.075 m
克服电场力做的功为
所以电势能增加了，故D错误；
A．电场强度的大小为
故A正确；
C．电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故C错误。
故选AB。
11. 如图所示，质量为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为µ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力的瞬间，Q恰好能保持静止。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，在随后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. P、Q将离墙越来越远
B. 任意一段时间内Q的动量变化均为0
C. 弹簧的最大形变量为
D. P的最大动能为
【答案】BCD
【解析】AB．剪断细线前后，由于Q始终处于静止状态，任意时间段动量变化量为0，离墙的位置保持不变；P与弹簧组成的系统机械能守恒，故P在弹簧弹力的作用下做简谐振动，A错误，B正确；
C．细线未剪断时，设弹簧的伸长量为（也是弹簧的最大压缩量），由于Q处于静止状，则有
解得
C正确；
D．根据上述分析可知，弹簧的弹性势能全部转化为P的动能时，P的动能最大，则有
D正确。
故选BCD。
12. 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（ ）
A. 子弹的初速度大小为
B. 子弹在木块中运动的时间为
C. 木块和子弹损失的总动能为
D. 木块在加速过程中运动的距离为
【答案】BC
【解析】AC．要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v；取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
据能量守恒定律得
解得
，
子弹和木块损失的总动能
故A错误，C正确；
B．取初速度方向为正方向，根据动量定理得
解得
故B正确；
D．木块在加速过程中做匀加速直线运动
故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连，能在很短的时间内画出电流随时间的变化图像。将电流传感器接入图甲所示电路，提供8V的直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S拨向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图乙所示。（计算结果保留两位有效数字）
(1)图乙中画出的竖直狭长矩形（图乙最左端），其面积表示的物理意义是：_______。
(2)根据图乙估算，电容器在全部放电过程中释放的电荷量是________C。
(3)根据以上数据估算，电容器的电容是________F。
【答案】 (1)内电容器的放电电荷量 (2)（均可） (3)（均可）
【解析】(1)[1]题图乙中纵坐标为电流I，横坐标为时间t，由公式可知，矩形面积为内电容器的放电电荷量。
(2)[2]每个小方格的面积代数和表示电容器的总放电电荷量，又
共有75格，则全部放电电荷量
(3)[3]由
可知
14. 某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示，示数为________ mm；
（2）用多用电表“×1”倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示，示数为_____ Ω；
（3）用电流表（内阻约为5 Ω）、电压表（内阻约为3 kΩ）测量该电阻丝阻值Rx，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_____；
A. B.
C. D.
（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R－l图像，如图丙所示，符合实验结果的图线是____（选填“a”“b”或“c”）。
【答案】（1）2.820##2.819##2.821
（2）7.0##7 （3）D
（4）a
【解析】【小问1详解】
螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，因此螺旋测微器的读数为2.5mm+32.0×0.01mm=2.820mm。
【小问2详解】
欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值。
【小问3详解】
实验中需要获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法。而待测电阻满足：，即待测电阻为小电阻，因此用电流表的外接法减小系统误差，因此选择D电路实验。
故选D。
【小问4详解】
根据电阻定律可知，R－l图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分压导致电阻的测量值偏大，有，故测量图线不过原点，而有正的纵截距，故选a图线。
15. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s、波源的振幅均为2cm。 图示为0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m 和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。 质点M的平衡位置处于x=0.5m处。
（1）求两列波相遇的时刻。
（2）求1.5s后质点 M运动的路程。
【答案】（1）0.75s
（2）12cm
【解析】【小问1详解】
两列波在x=0.5m处相遇，则相遇时刻
【小问2详解】
由题意
两列波在0.75s同时传播到质点M处，在0.75s~1.2s，左右两侧波传到M，振动加强，则经过0.75s通过的路程
s2=3=12cm
M点通过的总路程12cm。
16. 如图所示，桌面上固定一半径为R的水平光滑圆管轨道，O为圆轨道圆心，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器（大小可忽略），小球经过P点后，其速度大小增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略碰撞的时间。求：
（1）碰撞前瞬间小球1对轨道的压力；
（2）碰撞后瞬间两球的速度。
【答案】（1），与OM成
（2）两球的速度大小为v0 ，方向相反
【解析】（1）设1与2碰前1的速度为，由题意知
根据



解得
方向与OM成角，且满足
由牛顿第三定律得碰撞前瞬间1对轨道的压力大小为，方向：与OM成 。
（2）取碰撞前瞬间球1的速度方向为正方向，设2的质量为M，碰后两球速度大小为v，有


求得
即碰后两球的速度大小为v0 ，方向相反。
17. 如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层电场的高度均为d，电场强度的大小均为E，方向沿图中竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从AB边中点射入电场，入射角为θ，粒子的初动能为Ek，粒子在纸面内运动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。
（1）若粒子能从CD边射出，求粒子通过电场的时间；
（2）当Ek2qEd时，粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离不大于d，求入射角θ的最值；
（3）当EkqEd时，粒子在θ为范围内均匀射入电场，求从CD边射出的粒子的入射角θ的范围。
【答案】（1）
（2）
（3）（）
【解析】【小问1详解】
电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据
可知
解得
【小问2详解】
粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从边射出电场时与轴线的距离不大于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
故入射角θ有最大值
【小问3详解】
设粒子从O点射入，恰好从D点射出，粒子入射角为θ′，根据题意
解得粒子的速度
粒子在水平方向匀速运动，运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的减速运动，加速运动，位移、时间、速度都具有对称性，粒子通过每段电场的时间t0相等，则
又
则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）
或
故
故入射角的范围为（）。
18. 如图所示，质量均为m的物块A、B和木板E静止在水平地面上，质量分别为3m、2m的物块C、D静止在E上，一根轻绳跨过光滑定滑轮M、N，左右两端分别与B、C竖直连接，距E右端距离为L处固定一挡板P。刚开始B与地面刚好接触不挤压，整个系统静止。现给A一水平向右的初速度，A与B碰后粘在一起。从A与B碰后瞬间到E与P第一次碰撞前瞬间，给E施加水平向右的外力F1=3mg。此后在E每次速度为0的瞬间立即给E施加水平向右的F1，到E与P发生下一次碰撞前瞬间再撤掉F1，且在E向左运动的所有时间内均分别给D、E施加水平向左的外力F2=2mg、F3=mg。已知：D与E、E与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），M到地面的距离为L，E与P的碰撞无能量损失，所有物块均视为质点，D始终没有从E上掉落，不计其他摩擦及空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）A与B碰撞过程损失的机械能；
（2）A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差；
（3）E向左运动的最大距离；
（4）整个过程D、E之间产生的热量。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
AB碰撞过程，AB物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒可知由于碰撞损失的机械能为
解得
【小问2详解】
A、B碰撞前B刚好与地面接触不挤压，由受力平衡有绳的拉力大小为
C静止在木板上，对C受力分析由受力平衡有
解得C与E的弹力大小为
对AB碰后瞬间，由牛顿第二定律有
解得
此时绳的拉力大于物块C的重力，即C与E的弹力大小为
所以由以上分析及牛顿第三定律可知A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为
【小问3详解】
D、E一起向右加速 ，对D、E整体由牛顿第二定律可知
由运动学公式得
E、P第一次碰后，D、E分别以v1向右、左匀减速;
对D 由牛顿第二定律得
对E 由牛顿第二定律得
解得
对E，由运动学知识得
解得
【小问4详解】
E与P第一次碰后，D与E同时减速到0，二者减速的位移大小相等均为，即
在作用下D与E再一次一起向右加速，加速度仍为，加速到，接着E与P发生第二次碰撞，碰后重复前面的运动，直到二者静止，由运动学知识可知第一次碰后D、E的相对位移
E、P第二次碰前D、E的速度为 ，由运动学知识有
第二次碰后D、E速度减为0的位移大小为
第二次碰后D、E的相对位移
第三次碰后D、E的相对位移
……
第n次碰后D、E的相对位移
整个过程D、E之间产生的热量
解得