山東名?？荚嚶撁?024-2025學年高三上學期12月階段性檢測物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東名?？荚嚶撁?024年12月高三年級階段性檢測物理試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫。字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，在某次救援活動中，用四根完全相同且不可伸長的輕繩將重力為G的船吊起，每根輕繩與豎直方向的夾角均為θ。當船處于靜止狀態(tài)時，每根輕繩對船的拉力大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】在豎直方向上，由物體的平衡條件可得解得故選A。2.在2024中國自動化大會上，一款會踢足球的智能機器人受到參觀者圍觀。機器人接到沿水平地面運動過來的速度為2m/s、質量為400g的足球，并在0.2s內將足球以1m/s的速度反向踢出。忽略一切阻力，在機器人與足球接觸的過程中，下列說法正確的是（）A.足球動量變化量的大小為0.4kg?m/sB.機器人對足球的沖量大于足球對機器人的沖量C.機器人對足球平均作用力的大小為6ND.足球平均加速度的大小為1.5m/s2【答案】C【解析】A．以向右為正方向，足球的動量變化量為即足球動量變化量的大小為，故A錯誤；B．機器人對足球的作用力與足球對機器人的作用力是一對相互作用力，大小始終相等，作用時間相同，故機器人對足球的沖量等于足球對機器人的沖量。故B錯誤；C．對足球列動量定理有解得故C正確；D．由加速度定義式可知故平均加速度的大小為，故D錯誤。故選C。3.2024年11月3日，神舟十八號與空間站組合體成功分離。如圖所示，分離前組合體沿距地面約450km的軌道1做勻速圓周運動，分離后神舟十八號進入橢圓軌道2。下列說法正確的是（）A.在軌道1運行時神舟十八號中的宇航員處于平衡狀態(tài)B.組合體在軌道1的運行速度小于第一宇宙速度C.神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點火加速D.神舟十八號在軌道1的運行周期小于在軌道2的運行周期【答案】B【解析】A．神舟十八號在軌道1運行時做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，合力不為零，神舟十八號中的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；B．根據可得地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運動的速度大小由于近地衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運動的速度大小近似等于第一宇宙速度的大小，且組合體在軌道1的運行半徑大于地球半徑，可知其運行速度小于地球的第一宇宙速度，故B正確；C．神舟十八號由軌道1到軌道2變軌時需點火減速，使得萬有引力大于所需向心力，做近心運動，從而實現從高軌道運動到低軌道，故C錯誤；D．由于神舟十八號在圓軌道1上的運行半徑大于其在橢其圓軌道2上運行的半長軸，根據開普勒第三定律可知，神舟十八號在軌道1的運行周期大于在軌道2的運行周期，故D錯誤。故選B。4.在x軸上O、N兩點固定兩個點電荷，兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化圖像如圖所示，O、M兩點間距離大于M、N兩點間距離，取無窮遠處電勢為零。下列說法正確的是（）AO點處點電荷帶負電B.O點處點電荷的電荷量小于N點處點電荷的電荷量C.將一帶負電的試探電荷從M點由靜止釋放，僅在電場力作用下該電荷沿x軸正方向運動D.將一帶負電試探電荷從M點向N點移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加【答案】D【解析】A．由于越靠近正電荷電勢越高，越靠近負電荷電勢越低，結合題圖可知，O點處點電荷帶正電，N點處點電荷帶負電，故A錯誤；B．若O、N兩點處為等量異種點電荷，則二者連線的中點電勢為零，而電勢為零的點離O點較遠，說明O點處點電荷的電荷量大于N點處點電荷的電荷量，故B錯誤；C．O、N兩點間的電場強度方向沿x軸正方向，將一帶負電的試探電荷從M點由靜止釋放，試探電荷所受電場力沿x軸負方向，所以，僅在電場力作用下該電荷沿x軸負方向運動，故C錯誤；D．由O點到N點電勢越來越低，而負電荷所處位置的電勢越低其電勢能越大，所以，將一帶負電的試探電荷從M點向N點移動的過程中，該電荷的電勢能一直增加，故D正確。故選D。5.如圖所示為某種呼啦圈的簡化示意圖，可調節(jié)長度的輕繩下端連接配重，上端可沿水平固定的圓形腰帶自由滑動，配重（可視為質點）在水平面內做勻速圓周運動。若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長，配重做勻速圓周運動的（）A.線速度越大 B.角速度越大C.周期越小 D.加速度越小【答案】A【解析】以配重為對象，根據牛頓第二定律可得可得，，，若保持輕繩與豎直方向的夾角θ不變，輕繩越長，則配重做勻速圓周運動的半徑越大，可知線速度越大，角速度越小，周期越大，加速度不變。故選A。6.某同學探究小球的斜拋運動時，記錄小球水平方向的位移x、豎直方向的位移y以及運動時間t的數據，作出了、的圖像分別如圖甲、乙所示，下列說法正確的是（）A.t=0時小球速度的大小為3m/sB.t=0.8s時小球運動到軌跡的最高點C.t=0.8s時小球運動到與出發(fā)點等高處D.小球運動到與出發(fā)點等高處時，小球位移的大小為4.8m【答案】C【解析】A．小球做斜拋運動，水平方向和豎直方向分別有整理得結合圖甲和圖乙可知所以，t=0時小球速度的大小為故A錯誤；BC．有圖乙可知，t=0.8s時即即小球運動到與出發(fā)點等高處，故B錯誤，C正確；D．t=0.8s時小球運動到與出發(fā)點等高處，此時小球位移的大小為故D錯誤。故選C。7.某物流車間使用如圖甲所示的傾斜傳送帶運送包裹。包裹被輕放在長為10m、傾角為37°順時針傳動的傳送帶底端，以傳送帶底端為零勢能點，在到達傳送帶頂端的過程中，包裹的機械能E隨其位移x變化的圖像如圖乙所示，包裹和傳送帶間的動摩擦因數處處相等，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列說法正確的是（）A.包裹的質量m=10kgB.傳送帶傳動速度為2m/sC.包裹與傳送帶間的動摩擦因數為0.75D.包裹在傳送帶上運動的過程中系統(tǒng)因摩擦而產生的總熱量為310J【答案】B【解析】A．由圖乙可知，包裹在前5m做勻加速直線運動，在5-10m做勻速直線運動，故在5-10m時，對包裹受力平衡，沿斜面方向有根據圖乙和能量守恒可知故兩段運動過程中的摩擦力大小分別為聯立解得故A錯誤；C．0-5m過程中解得故C錯誤；B．0-5m內包裹做勻加速直線運動，滿足解得故B正確；D．在5-10m過程中包裹與傳送帶保持相對靜止，故不產生熱量，在0-5m過程中解得傳送帶位移為產生的熱量為故D錯誤；故選B。8.如圖甲所示，通過輕彈簧相連的物塊P和物塊Q靜置于光滑水平地面上，初始時彈簧處于原長。t=0時刻，物塊P獲得水平向右的速度v0，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊P的質量為m，0~t2時間內，關于物塊P和物塊Q運動的位移，下列說法正確的是（）A.物塊P位移的大小為 B.物塊P位移的大小為C.物塊Q位移的大小為 D.物塊Q位移的大小為【答案】D【解析】0~t1時間內，根據動量守恒定律有解得由于P、Q構成的系統(tǒng)從0時刻到任意時刻間的動量均守恒，則有即有在t2時刻，P的速度減至最小，Q的增加至最大，可知，此時刻，彈簧再一次恢復原長，由于0時刻彈簧處于原長，可知，t2時刻P、Q兩物塊的位移相等，即有結合上述解得故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.一新能源汽車在平直公路上勻速行駛，某時刻汽車駛入一段阻力更大的平直路段。已知汽車行駛過程中發(fā)動機的功率保持不變，下列關于汽車的速度v、牽引力F隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】開始的時候P=F0v0，阻力等于牽引力，當功率不變，阻力變大時，速度不能瞬間改變，根據P=Fv牽引力瞬間不變，根據可知加速度瞬時變大且與運動方向相反，汽車立即減速，速度逐漸減小，則牽引力逐漸變大，反向加速度逐漸減小，當牽引力與阻力相等時再次達到穩(wěn)定狀態(tài)。故選AD。10.如圖所示為某電容式位置傳感器的簡化示意圖，該傳感器由一對形狀和尺寸相同且互相絕緣的定極板與動極板組成，兩極板均豎直放置，寬度均為l1，長度均為l2，間距為d。當動極板沿x軸移動時，可通過電容器電容的變化計算動極板位移的大小，規(guī)定電容器電容的變化量與動極板的位移大小之比為該傳感器的靈敏度，的值越大，傳感器的靈敏度越高。已知動極板沿x軸移動過程中兩極板所帶電荷量不變，下列說法正確的是（）A.動極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電場強度變大B.動極板沿x軸向右平移一小段距離，電容器兩極板間的電壓變小C.兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高D.兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越高【答案】AC【解析】AB．動極板沿x軸向右平移一小段距離，根據可知，由于電容器的兩極板的正對面積減小，所以電容器的電容減小，根據，兩極板所帶電荷量不變，所以電容器兩極板間的電壓變大；根據，兩極板間的距離不變，所以電容器兩極板間的電場強度變大，故A正確，B錯誤；CD．則該傳感器的靈敏度為所以，兩極板的寬度l1越大，傳感器的靈敏度越高；兩極板的間距d越大，傳感器的靈敏度越低，故C正確，D錯誤。故選AC。11.如圖所示，電荷量為Q的帶負電小球乙固定在足夠長的豎直光滑直桿底端，質量為m、電荷量為Q的帶負電小球甲套在豎直桿上，初始時兩小球間的距離為L，將小球甲由靜止釋放，小球甲沿豎直桿運動。已知兩點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能可表示為（Q1、Q2為兩點電荷的電荷量，r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量），重力加速度為g。小球甲運動過程中，下列說法正確的是（）A.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大B.兩小球間的距離為時，小球甲的動能最大C.若小球甲釋放后向上運動，兩小球間的最遠距離為D.若小球甲釋放后向下運動，兩小球間的最近距離為【答案】AD【解析】AB．小球甲的動能最大時，小球甲所受庫侖力等于重力，即求得故A正確，B錯誤；C．若小球甲釋放后向上運動，設兩小球間的最遠距離為，則小球甲上升到最高點過程中根據能量守恒得求得故C錯誤；D．若小球甲釋放后向下運動，設兩小球間的最近距離為，則小球甲下降到最低點過程中根據能量守恒得求得故D正確。故選AD。12.如圖所示，輕彈簧一端固定在光滑轉軸O上，另一端與質量為m的小球（可視為質點）相連，小球套在粗糙程度處處相同的固定直桿上，直桿與水平方向的夾角為30°。若將小球由A點靜止釋放，下滑過程中小球經過B點時速度為v1，到達C點時速度減為0。若使小球從C點以初速度v上滑，上滑過程中經過B點時速度為v2，到達A點時速度減為0。已知AB=BC=L，，OB與彈簧原長相等，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.v1和v2的大小相等B.AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機械能減小量為C.小球在A點時彈簧的彈性勢能為D.小球從C點開始上滑的速度【答案】BD【解析】D．根據對稱性知，小球通過AB段與BC段關于B點對稱位置受到的摩擦力相等，則在兩段過程中摩擦力做功相等。設小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，小球A到C的過程和C到A的過程，分別運用動能定理得，聯立，解得，故D正確；AC．設彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，由能量守恒，可得，聯立，解得，可得故AC錯誤；B．根據聯立，解得可知AC段小球和彈簧系統(tǒng)的機械能減小量為。故B正確。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學依據系統(tǒng)機械能守恒定律，用如圖所示的裝置測量當地的重力加速度。主要實驗步驟如下：（1）將10個質量均為m的砝碼放入質量為M的盒子A中，在盒子A上固定一寬度為d的遮光片；（2）在鐵架臺上固定滑輪和光電門，用細繩跨過定滑輪連接裝有砝碼的盒子A和質量為M的盒子B；（3）在鐵架臺上標記遮光片的初始位置O，測出O點與光電門之間的距離L；（4）將盒子A由靜止釋放，測得遮光片經過光電門的時間為t0。盒子A經過光電門的速度大小v=_________（用d和t0表示）。適當_________（選填“增大”或“減小”）距離L可減小速度v的測量誤差；（5）在盒子A中保留n（n>5）個砝碼，將其余（）個砝碼放入盒子B中，重復步驟（4），記錄盒子A中有n（n>5）個砝碼時遮光片經過光電門的對應時間________；（6）根據記錄的數據作出圖像，若圖像斜率為k，則當地的重力加速度g=_________。（用d、k、L、M、m表示）【答案】①.②.增大③.④.【解析】[1][2]由很短時間內的平均速度近似等于瞬時速度可求得盒子A經過光電門的速度大小為距離L越大，遮光片到達光電門位置時的速度越大，遮光時間就越短，平均速度越接近瞬時速度，速度v的測量誤差就越小，所以，適當增大L可減小速度v的測量誤差。[3][4]在遮光片由初始位置O運動至光電門過程中，對于盒子A、B組成的系統(tǒng)（包括盒中的砝碼）由機械能守恒定律得又聯立求得整理得所以求得14.某同學想用如圖甲所示的電路測量一電壓表的內阻，并將其改裝成雙量程電流表。實驗室提供的器材有：待測電壓表（量程3.0V，內阻約為幾千歐）；電阻箱R（最大阻值為99999.9Ω）；滑動變阻器R0（最大阻值為50.0Ω）；電源E（電動勢約7.5V，內阻很?。婚_關S和導線若干。主要實驗步驟如下：（1）該同學根據如圖甲所示電路圖連接電路。請用筆畫線代替導線在答題紙上對應位置將實驗器材正確連接__________；（2）將電阻箱R的阻值調節(jié)為0，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器R0的滑片，使電壓表的示數為3.0V；（3）保持滑動變阻器R0的滑片位置不變，調節(jié)電阻箱R的阻值，使電壓表的示數為1.5V，此時電阻箱R的擋位如圖丙所示，則電壓表內阻的測量值為__________Ω，用此種方法測量的電壓表內阻的測量值_________（選填“大于”“等于”或“小于”）電壓表內阻的真實值；（4）按照如圖丁所示電路將該電壓表改裝成量程分別為0~0.6A，0~3.0A的雙量程電流表，圖丁中R2的阻值大小為_________Ω。（結果保留一位有效數字）【答案】（1）（3）2596.0大于（4）4【解析】[1]根據電路圖，實物圖連接如下[2]圖丙可知電阻箱阻值根據半偏法測電壓表內阻原理可知，電阻箱和電壓表的電壓共為3V，設電壓表內阻為，根據串聯關系得聯立解得[3]調節(jié)電阻箱R的阻值，則電阻總電阻變大，干路電流減小，內阻和滑動變阻器右部分電壓減小，電阻箱和電壓表的總電壓變大，即大于3.0V，當電壓表的示數為1.5V時，電阻箱的電壓大于1.5V，由于它們串聯，所以電阻箱的電阻大于電壓表的電阻，即電壓表內阻的測量值大于電壓表內阻的真實值；[4]圖丁可知，右接線柱接B時，改裝表量程為0.6A，即右接線柱接A時，改裝表量程為3.0A，即聯立解得15.機器人在快遞行業(yè)的使用大大提高了快遞效率。如圖甲所示，派件員將質量為m=1kg的包裹（可視為質點）置于機器人的水平托盤上，機器人沿水平地面將包裹運送至投遞口，為保證運送過程中包裹與水平托盤不發(fā)生相對滑動，機器人做直線運動的加速度大小不得超過a=7.5m/s2。機器人到達指定投遞口后停止運動，緩慢翻轉托盤，當托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，如圖乙所示，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑。已知包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為，重力加速度g取10m/s2，求（1）托盤與水平方向的夾角θ的正切值；（2）包裹由靜止開始沿托盤下滑位移為L=0.6m時的速度大小v（此時包裹仍在托盤上）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】由題意，設包裹與托盤間的動摩擦因數為，包裹與托盤不發(fā)生相對滑動時，機器人做直線運動的加速度大小不得超過，根據牛頓第二定律可知，該情形下若包裹滑動其與托盤間的滑動摩擦力為由于包裹和托盤間的最大靜摩擦力f1和滑動摩擦力f2的比值為即二者一起以最大加速度水平加速運動時聯立求得當托盤與水平方向的夾角為θ時，包裹恰好開始下滑，此后托盤與水平方向的夾角保持θ不變，包裹沿托盤勻加速下滑，此時有聯立求得即【小問2詳析】包裹由靜止開始沿托盤下滑時，根據牛頓第二定律可得可得根據代入數據可得16.如圖所示，質量為M的支架（包括底座）靜置于水平地面上，長為l且不可伸長的輕繩一端固定在支架上端O點，另一端連接質量為m的小球，小球恰好能在豎直面內完成圓周運動。已知在小球轉動過程中支架（包括底座）始終保持靜止，重力加速度為g，求（1）輕繩水平時小球速度大小v；（2）小球轉動過程中支架（包括底座）對地面壓力的最大值N；（3）請說明小球從最低點運動到最高點過程中，支架（包括底座）對地面壓力大小的變化情況（僅說明變化情況，不需要論證）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）支架對地面的壓力先減小后增大【解析】【小問1詳析】在最高點從最高點轉到水平位置時，根據機械能守恒可知輕繩水平時小球的速度大小【小問2詳析】當小球轉到最低點時，支架對地面壓力的最大，根據機械能守恒根據牛頓第二定律解得繩子拉力對支架進行受力分析，并根據牛頓第三定律可知對地面的最大壓力【小問3詳析】小球從最低點運動到最高點過程中，支架對地面的壓力先減小后增大。17.如圖所示，平面坐標系xOy的第一象限內有邊界均平行于x軸的區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合，兩區(qū)域足夠長且寬度均為L。區(qū)域Ⅰ內存在方向沿y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場，區(qū)域Ⅱ內存在方向沿y軸正方向、電場強度大小可調的電場（圖中未畫出）。坐標為（0，3L）處有一粒子源，該粒子源可沿xOy平面不斷射出質量均為m、電荷量均為q的同種帶正電粒子，射出粒子的速度方向與y軸負方向的夾角均為30°。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，忽略電場的邊界效應。（1）若所有粒子都不能進入區(qū)域Ⅱ，求粒子源射出粒子的最大速度v1；（2）若區(qū)域Ⅱ中電場強度的大小為，帶電粒子從粒子源射出開始沿y軸方向運動的最大位移為，求該帶電粒子運動到區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線上時，速度方向與x軸正方向夾角α的正切值；（3）若區(qū)域Ⅱ中縱坐標為y處電場強度的大小為，粒子源射出粒子速度的大小分布在范圍內，已知相同速率變化區(qū)間內的粒子數相同，求進入第四象限的粒子數與總粒子數之比?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】粒子在區(qū)域Ⅰ中運動時，根據牛頓第二定律有粒子源射出粒子的最大速度滿足聯立求得【小問2詳析】帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中運動時，根據牛頓第二定律有設帶電粒子穿過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時y方向的速度大小為，則帶電粒子穿過區(qū)域Ⅰ過程沿y方向有帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中沿y方向的速度減為零的過程中有聯立得所以【小問3詳析】設恰好進入第四象限的粒子從粒子源射出時的速度大小為，穿過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的邊界線時沿y方向的速度大小為，則有由于區(qū)域Ⅱ中的電場強度大小與y成正比，所以聯立得則18.如圖所示，一傾角為θ=37°的足夠長傳送帶固定在水平平臺上，傳送帶以v1=8m/s的速度順時針勻速傳動。物塊A放置在足夠長的木板B上，木板B和物塊C由