74，山东省聊城市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题

这是一份74，山东省聊城市2023-2024学年高三上学期期末考试物理试题，共27页。试卷主要包含了答题前，考生务必用0，第Ⅱ卷必须用0，125秒，P点走过的路程为， 如图甲所示，小木块和， 飞盘是一项新兴运动项目等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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。
3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题（1—8题为单项选择题每题3分共24分，9—12题为多项选择题每题4分）
1. 如图，在虎年春节晚会上，舞蹈《只此青绿》凭借优美舞姿使我国山水画传世佳作《千里江山图》重回大众视野。甲图中舞蹈演员正在做一个后仰身体的舞蹈动作，静止时的简化模型如图乙所示，肌肉对头部的拉力与水平方向成角，脖颈弯曲与水平方向夹角为，已知，，据此可估算脖颈受到的压力约为直立时脖颈受到压力的多少？（ ）
A. 2倍B. 5倍C. 8倍D. 11倍
【答案】B
【解析】
【详解】设肌肉对头的拉力为F1，颈椎支持力为F2，根据平衡条件
水平方向竖直方向
解得
结合牛顿第三定律和题意可知颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的5倍。
故选B。
2. 电荷耦合原件（CCD）被普遍使用在数码相机中，CCD通过光电效应使光信号转化为电信号。CCD发明者被授予2009年的诺贝尔物理学奖。现有一个蓝色光源以的功率均匀地向各个方向发射波长为的蓝光，某数码相机使用圆形CCD拍摄蓝色光源，该CCD直径为，该相机距离光源为，拍摄时间为，则CCD拍摄到的该光源的光子数约为多少？（ ）已知光速为，普朗克常量为，不计空气对光的吸收。
A. 4B. 400C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】蓝光按照球面模型辐射，，，，，则相机接收到的能量为
设CCD拍摄到的该光源的光子数约为，有
联立解得
故选B。
3. 如图所示，正方形四个顶点固定四个等量点电荷，其中A、B带正电，C、D带负电，O、M、N为边的四等分点，E、F分别为、的中点，L为的中点，下列说法不正确的是（ ）
A. M、N两点电场强度大小相同
B. M、N两点电势相同
C. E、F、L三点电势相同
D. 将试探电荷从E沿直线移动到F，电场力做负功
【答案】D
【解析】
【详解】根据电场的叠加及对称性可知，M、N两点电场强度大小相同，电势相同，E、F、L三点在同一条等势面上，三点电势也相同，将试探电荷从E沿直线移动到F，电场力不做功。
本题选择不正确的，故选D。
4. 如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场E，质量为M的劈形木块静止在粗糙水平面上，在劈形木块上有质量为m带电量为的光滑小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，绳子处于伸直状态，已知绳子与竖直方向的夹角为，斜面倾角为，重力加速度为g，整个装置处于平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A. 小球一定受到四个力的作用
B. 木块对地面的摩擦力可能水平向左
C. 木块对地面的摩擦力可能为零
D. 撤去斜面，将电场由如图所示位置顺时针缓慢旋转至竖直向上，过程中细绳与竖直方向角度始终为，则此过程中绳上的拉力最小值为
【答案】C
【解析】
【详解】A. 对小球受力分析，小球受到电场力，重力，支持力和细线拉力，如果重力和电场力和拉力三力平衡，则没有支持力，故A错误；
BC. 对小球，斜面体整体分析，因为拉力在水平方向的分力要么大于电场力，要么等于电场力，所以地面对物块的摩擦力要么水平向左，要么没有摩擦力，由牛顿第三定律可知，木块对地面的摩擦力可能水平向右，可能没有。故B错误，C正确；
D.撤去斜面，将电场由如图所示位置顺时针缓慢旋转至竖直向上，过程中细绳与竖直方向角度始终为30°，则此过程中当绳上的拉力一直减小，当电场线方向竖直向上时，拉力最小，由于条件不足，求不出最小值。
故D错误。
故选C
5. 我国航天事业持续飞速发展，2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。为了简化问题，可以认为探测器A、B在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知探测器A的运行周期为，探测器B的运行周期为。则下列说法正确的是（ ）
A. 探测器A的运行周期大于探测器B的运行周期
B. 从图1所示位置再经过的时间，探测器A、B将再次处于相同的位置关系
C. 若图1中探测器A要与探测器B对接，探测器B可减速后实现对接
D. 图2中，质量为火星探测器经过B点时速度为，在极短的时间内喷出部分气体，喷气后探测器质量变为、速度变为与垂直的。则喷出气体速度u的大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律有
解得探测器A的运行周期小于探测器B的运行周期为，A错误；
B．设探测器A、探测器B运行角速度分别为、，有
，
根据运动关系
解得
B错误；
C．探测器B减速后做向心运动，轨道半径减小，速度会增大，运行轨道半径难以控制，故图1中探测器A要与探测器B对接，应使A加速后运行到高轨道后与B对接，C错误；
D．喷出气体质量为
喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量
喷出气体后探测器末动量为
喷出气体前后、方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系
喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为ux、uy，根据动量守恒定律
x方向有
y方向有
喷出气体速度满足
联立可得
D正确。
故选D。
6. 某列沿x轴正方向传播的简谐横波，在时的波形图如图所示，P为平衡位置在处的质点。已知该波在此介质中的传播速度为，关于该波，下列说法正确的是（ ）
A. 从时刻开始再经过0.125秒，P点走过的路程为
B. P点沿y轴做简谐运动的表达式为
C. 从时刻开始，经0.25秒质点P沿x轴正方向传播了
D. 该波在传播过程中，若遇到长的障碍物，不能够发生明显的衍射现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知波长为4m，则周期为
s
从时刻开始再经过0.125s= T，P点走过的路程为，故A正确；
B．波向右传播，根据平移法可知P点从平衡位置向上振动，则P点沿y轴做简谐运动的表达式为
C．P点只能在平衡位置附近振动，不能“随波逐流”，故C错误；
D．由图可知波长为4m，该波在传播过程中，若遇到长的障碍物，能够发生明显的衍射现象，故D错误；
故选A。
7. 浦耳弗里许折射计的原理图如图所示。会聚光照射载有待测物质的折射面，然后用望远镜从棱镜的另一侧进行观测。由于棱镜的折射率大于待测物的折射率，即，所以在棱镜中将没有折射角大于的光线（是棱镜一待测物界面的全反射临界角）。由望远镜观察到的视场是半暗半明的，中间的分界线与折射角为的光线对应。n与与和的关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】CD．在棱镜中将没有折射角大于的光线，根据光的折射互逆可知在AB分界面上，入射角为，折射角为90°，刚好发生全反射，有
解得
故CD错误；
AB．在分解面AC上发生折射，入射角为，折射角为，由折射定律有
联立解得
可得
故A错误，B 正确。
故选B。
8. 如图甲所示，小木块和（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，的质量为，的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，、与盘间的动摩擦因数相同且均为。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。表示圆盘转动的角速度，在角速度增大到一定值的过程中，、与圆盘保持相对静止，所受摩擦力与满足如图乙所示关系，图中。下列判断正确的是（ ）
A. 图线（1）对应物体aB.
C. D. 时绳上张力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a有
对b有
则角速度较小时，b的静摩擦力较小，则图（1）对应物体b，故A错误；
B．当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
解得
故B错误；
C．当角速度达到时，b受最大静摩擦力提供向心力，有
当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
解得
故C错误；
D．由上述分析可知
联立解得
故D正确；
故选D。
9. 飞盘是一项新兴运动项目。在某场比赛中，运动员甲以大约的速度带飞盘沿直线进攻，他的队友乙正以的速度同向奔跑，时刻，两人恰好齐头并进且相距。从该时刻起，乙的速度保持不变，甲由于受到对方队员的围堵，以大小为的加速度做匀减速直线运动直至停止。若甲根据经验判断自己与乙之间的距离在以内才有把握成功的将球传给乙，从时刻开始，甲在哪些时刻伺机把飞盘传出，可以顺利传给乙（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】由题意可知甲要想把飞盘传给乙，则两人沿同一方向的位移之差小于
设当经过时间为t时两人之间的距离恰好为6m，则
解得
t=2s或t=6s
甲停止运动的时间为
则两人间距小于10m时应该在0~2s和6s~10s之间。
故选AC。
10. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，、接一输出电压恒为U的正弦交流电源，其中为滑动变阻器，、为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表的示数为
B. P向下缓慢滑动的过程中，变小，变大
C. P向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大
D. P向下缓慢滑动的过程中，，
【答案】BD
【解析】
【详解】A．变压器原线圈两端的电压为
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
电压表的示数为
故A错误；
BC．设副线圈总电阻为，则副线圈的等效电阻为，P向下缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻的阻值增大，副线圈等效电阻增大，原线圈中电流减小，变小，原线圈两端的电压增大，原副线圈匝数不变，则副线圈两端的电压增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，副线圈中电流减小，消耗的功率减小，故B正确，C错误；
D．P向下缓慢滑动的过程中，根据欧姆定律
可得
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
可得
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
可得
可得
故D正确。
故选BD。
11. 如图甲，为农民用水泵抽取地下水灌溉农田的场景，灌溉系统由电动机、水泵、输水钢管组成。图乙为灌溉系统示意图，地下水源水面距地表，安装水泵时将输水钢管竖直插入水井与地下水源连通，水管横截面积，水泵出水口离地表高度，水从管口以恒定速度沿水平方向喷出，管口截面上各处水流速相同，大小均为，水落到水平地面瞬间竖直速度减为零，水平速度保持不变。已知该灌溉系统的抽水效率，水的密度，取重力加速度大小，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为
B. 水泵每秒对水流做的功为
C. 水流对水平落地点的冲击力大小为
D. 电动机的输入功率为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．水流由出水口水平喷出到落地时间满足
因此喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为
故A错误；
B．每秒内水流质量
水泵每秒对水流做的功等于水机械能增加量
代入数据解得
W=185J
故B正确；
C．水落地时竖直方向上满足
极短时间内，落地水的质量
对水由动量定理
得
故C正确；
D．对电动机，每秒输出能量
则输入功率满足
解得
故D错误。
故选BC。
12. 如图所示，宽度为的水平宽导轨左侧平滑连接倾斜导轨，右侧连接宽度为的水平窄导轨，宽窄导轨区域分别有竖直向上的匀强磁场和，。一质量为、电阻为的导体棒静止在窄导轨区域，另一质量为、电阻为的导体棒由倾斜导轨h高处静止滑下。宽窄导轨长度足够，不计导轨电阻和一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒进入水平宽导轨时的速度
B. 两导体棒达到稳定状态后，导体棒的速度
C. 整个过程在导体棒上产生的焦耳热
D. 整个过程通过导体棒的电荷量
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
BD．两导体棒达到稳定状态时，设a、b导体棒的速度分别为，，则有
对a、b导体棒根据动量定理有
解得
，
由于
解得
故B错误，D正确；
C．根据能量守恒定律有
整个过程在导体棒上产生的焦耳热
解得
故C正确；
故选ACD。
二、实验题（13题6分，14题8分）
13. 甲乙两位同学利用手机的连拍功能和平抛演示仪研究平抛运动特点及当地重力加速度。设连拍的时间间隔为T秒，甲同学以竖直墙为拍照背景，在墙上用胶带贴上一张白纸，通过铅垂线找出了竖直方向，在白纸上画一竖直线，并垂直该竖线画一水平线，并在水平直线上标记两个记号A点和B点，测得间距为L。将一个平抛演示仪放在一张桌子上紧靠墙放置，轨道末端水平。将手机固定好并调整好高度，乙同学将小钢球从一个固定位置释放时，甲同学开始连拍，从连拍图中挑选4张连续的图片并用纸打印出来，如图所示，测得打印纸上两点距离为d。甲同学测得第三、第四幅照片中小钢球离竖直线距离为和，测得第二、三、四幅照片中小球中心离水平线的距离分别为、和，求：
（1）小钢球做平抛运动的水平速度大小为______，当地的重力加速度大小为______。
（2）甲同学拍第三张照片时小球的速度大小为______。
（3）若甲同学画好竖直线后，画水平线时导致斜向下倾斜，测量小球到水平线距离时，保证毫米刻度尺与竖直线平行，在不考虑空气阻力的情况下，由于此操作导致所测出来的重力加速度______（填偏大、偏小或不变）。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]实际间距为L，打印纸上两点距离为d，则实际值与照片上测量值的比例为
即题中给出的照片上的数据的实际值分别为、、、、，第三、第四幅照片中小钢球离竖直线距离为和，小钢球水平方向做匀速直线运动，则有
解得
[2]第二、三、四幅照片中小球中心离水平线的距离分别为、和，小球在竖直方向做自由落体运动，则有
解得
（2）[3]甲同学拍第三张照片时小球的竖直分速度大小为
第三张照片时小球的竖直分速度大小为
结合上述解得
（3）[4]若甲同学画好竖直线后，画水平线时导致斜向下倾斜，令倾角为，水平方向相邻小钢球照片间距为，此时第二、三、四幅照片中小球中心离水平线的距离分别为、和，对应的长度分别为、、，则有
由于
解得
可知，重力加速度的求解与画水平线时导致斜向下倾斜无关，即测量小球到水平线距离时，保证毫米刻度尺与竖直线平行，在不考虑空气阻力的情况下，由于此操作导致所测出来的重力加速度不变。
14. 某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。
（1）使用螺旋测微器测定金属丝直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为______，然后用游标卡尺测量其长度L如图乙所示，可知其长度为______。
（2）用欧姆表粗测其电阻，把选择开关置于“”挡，用正确的测量方法，粗测时的读数如图丙所示，该读数为______。
（3）用伏安法测圆柱体电阻的阻值，提供如下器材：
电池组E：电动势，内阻不计；
电流表：量程，内阻约；
电流表：量程，内阻为；
滑动变阻器：阻值范围，额定电流为；
电阻箱：阻值范围，额定电流为；
开关S，导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量的阻值，请回答下列问题：
①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表______（填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______，改装成一个量程为的电压表。
②在方框中画出测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号______。
（4）金属丝的电阻率为______（用、d、、L表示）。
【答案】 ①. 7.520 ②. 22.7 ③. 190 ④. ⑤. 9000 ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1] 螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为
7.5mm+0.01mm=7.520mm
[2]游标卡尺的精度为0.1mm，读数为
22mm+mm=22.7mm
（2）[3]指针指向“19”刻度，选择开关置于“×10”挡，则读数为190Ω；
（3）①[4] [5] 根据电表的改装原理可知，应将电流表与电阻箱串联，改装成一个量程为0∼3.0V的电压表，根据欧姆定律有
=9000Ω
②[6]待测电阻较小，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图
（4）[7]根据电阻定律有
其中
解得
三、计算题（15题8分、16题10分、17题12分、18题16分）
15. 我国某科技公司研发了一种新型无人潜艇，该潜艇既可以深入北极低温领域，也可以抵达海底火山口等高温领域。潜艇外置一可形变气囊，该气囊的容积与气囊内气体的压强成正比，已知该气囊内气体的压强为，容积，。
（1）现保持温度不变，向气囊内充入压强为的气体，气囊的体积变为多少？
（2）然后在（1）基础上潜艇缓慢移动至水温的水域，那么体积又变为多大？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）以最后气囊内的全部气体为研究对象，则以压强在时的气体为初状态，以最后气体全部进入气囊时研究对象的状态为末状态，于是有初状态，，末状态有，，根据玻意耳定律得
又根据题意“气囊的容积跟球内气体的压强成正比”可得
则有
所以
根据题中的初始条件可得
于是
代入数据解得
，
（2）由理想气体状态方程得
且
联立可得
，
16. 如图所示，光滑轨道1、2固定放置于同一竖直面内。轨道1是一半径为的固定圆弧，段为圆弧，段圆心角为。轨道2为抛物线形状的光滑细杆，与光滑地面交于F点。有孔小球2和小球3通过轻杆相连，小球2穿在轨道2上，球2、球3恰好保持竖直。球3位于光滑地面E处，间距离为，间距离为。球1自A点正上方处自由释放，从C点飞出后恰好可以击中球2，二者之间为弹性碰撞。球2沿轨道2运动到F点，球3一直在水平面上运动。已知三个小球均可看作质点，质量均为m，重力加速度为g。求：
（1）小球1经过C点时对轨道的压力。
（2）当小球2刚到达F点时，小球3的速度大小。（计算结果可用根式表示）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对球1由动能定理
根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律知
（2）从C点飞出后，根据运动学公式有
解得
可知球1在最高点水平撞击球2，小球1与小球2发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒定律可知
解得
，
由于轨道2为抛物线形状的光滑的细杆，设小球2运动到地面时速度与地面的夹角为，则
设当小球2刚到达F点时，小球2球速度大小为，小球3的速度大小为，则
由机械能守恒定律可得
解得
17. 如图为竖直平面内的直角坐标系，x轴上方存在无穷大的竖直向上的匀强电场区域，电场强度为（大小未知）。x轴上方有矩形区域，下方有矩形区域，边与x轴重合，边的中点与坐标原点重合，矩形区域内存在水平向右的匀强电场，电场强度为，矩形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。P点在a点正上方高h处，Q点与P点在同一水平线上，先将一质量为m的带电荷量的小球A，从Q点以某一初速度水平抛出，小球可以从Q匀速运动到P点进入磁场区域，经磁场偏转后从边进入矩形电场区域，在电场中做直线运动，速度方向与x轴正方向夹角为；又有另一质量仍为m的带电荷量的小球B，从边同一位置以相同的速度射入矩形电场，从边离开矩形区域时速度方向竖直向下。（已知重力加速度为）
（1）求匀强电场的大小。
（2）求小球在抛出点Q的初速度。
（3）求矩形边高度L；
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）匀速射入磁场，匀速过程中
故
（2）在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知
故
又有
联立解得
（3）对A球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方向共线，故有
由于小球B离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球B水平方向速度为零，小球B在水平方向上只受水平向左的电场力，水平初速度为
在竖直方向只受重力，竖直初速度为
可知小球B在水平方向做初速度为
加速度为g的匀减速直线运动，在竖直方向做初速度为
加速度为g的匀加速直线运动
由此可得
18. 如图所示，一水平传送带以的速度逆时针转动，其左端A点、右端B点分别与两光滑水平台面平滑对接，已知A、B两点间的距离，质量的小车放在光滑水平地面上，小车左端上表面与传送带右侧的光滑平台平滑对接，小车右端不远处是一固定的挡板。左边水平台面上有一质量的小物块，将小物块从压缩弹簧的右端由静止释放（小物块与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。小物块以水平速度滑上小车，小车与右侧挡板发生弹性碰撞。物块与传送带之间、物块与小车之间的动摩擦因数均为0.3，重力加速度取，如果小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，求：
（1）弹簧最初储存的弹性势能；
（2）小车右端与挡板的距离；
（3）若物块始终未从小车上掉下，小车的最短长度是多少？
（4）若不改变其他条件，让质量为的小物块将弹簧压缩到相同位置由静止释放，传送带改为顺时针转动，求小车停下来时运动的总路程。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）物块在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到B点，由动能定理有
代入数据解得
弹簧最初储存的弹性势能
（2）滑块滑上小车
运动过程中二者动量守恒，有
因为小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，所以碰后滑块与小车动量大小相等，方向相反，则碰前滑块与小车动量相等，有
且碰前小车还加速，代入数据解得
对小车，根据动能定理
解得小车右端与挡板的距离为
（3）设小车的长度的最小值为，自滑块A滑上小车至停止运动，由能量守恒
代入数据解得
（4）更换物块后，传送带顺时针转动，有
滑块滑上小车时初速度为
物块更换之后对小车
解得
第1次碰撞前小车的速度
根据动量守恒定律有
代入数据解得
第1次碰后小车向左匀减速，所受滑动摩擦力不变，则加速度不变，向左运动一段位移后速度减为0，然后再向右匀加速，假设小车与挡板发生第2次碰撞前，物块与小车已达到共速，则从第1次碰后到共速，根据动量守恒定律，有
代入数据解得
由于
可知假设成立，在共速前，滑块一直向右匀减速直到二者速度相等；从第1次碰后到第2次碰前此过程小车的路程为
从第2次碰后到第3次碰前，此过程小车的路程为
第3次碰后，根据动量守恒定律得
代入数据解得
第3次碰后到第4次碰前，则有
小车通过的路程
根据数学知识，当无限大时，可得小车通过的总路程为。