山东名校考试联盟2024-2025学年高三上学期12月阶段性检测物理试题（解析版）

这是一份山东名校考试联盟2024-2025学年高三上学期12月阶段性检测物理试题（解析版），共26页。试卷主要包含了4kg•m/s等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.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。
3.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. 如图所示，在某次救援活动中，用四根完全相同且不可伸长的轻绳将重力为G的船吊起，每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ。当船处于静止状态时，每根轻绳对船的拉力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在竖直方向上，由物体的平衡条件可得
解得
故选A。
2. 在2024中国自动化大会上，一款会踢足球的智能机器人受到参观者围观。机器人接到沿水平地面运动过来的速度为2m/s、质量为400g的足球，并在0.2s内将足球以1m/s的速度反向踢出。忽略一切阻力，在机器人与足球接触的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 足球动量变化量的大小为0.4kg•m/s
B. 机器人对足球的冲量大于足球对机器人的冲量
C. 机器人对足球平均作用力的大小为6N
D. 足球平均加速度的大小为1.5m/s2
【答案】C
【解析】A．以向右为正方向，足球的动量变化量为
即足球动量变化量的大小为，故A错误；
B．机器人对足球的作用力与足球对机器人的作用力是一对相互作用力，大小始终相等，作用时间相同，故机器人对足球的冲量等于足球对机器人的冲量。故B错误；
C．对足球列动量定理有
解得
故C正确；
D．由加速度定义式可知
故平均加速度的大小为，故D错误。故选C。
3. 2024年11月3日，神舟十八号与空间站组合体成功分离。如图所示，分离前组合体沿距地面约450km的轨道1做匀速圆周运动，分离后神舟十八号进入椭圆轨道2。下列说法正确的是（ ）
A. 在轨道1运行时神舟十八号中的宇航员处于平衡状态
B. 组合体在轨道1的运行速度小于第一宇宙速度
C. 神舟十八号由轨道1到轨道2变轨时需点火加速
D. 神舟十八号在轨道1的运行周期小于在轨道2的运行周期
【答案】B
【解析】A．神舟十八号在轨道1运行时做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，合力不为零，神舟十八号中的宇航员处于完全失重状态，故A错误；
B．根据
可得地球卫星环绕地球做匀速圆周运动的速度大小
由于近地卫星环绕地球做匀速圆周运动的速度大小近似等于第一宇宙速度的大小，且组合体在轨道1的运行半径大于地球半径，可知其运行速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确；
C．神舟十八号由轨道1到轨道2变轨时需点火减速，使得万有引力大于所需向心力，做近心运动，从而实现从高轨道运动到低轨道，故C错误；
D．由于神舟十八号在圆轨道1上的运行半径大于其在椭其圆轨道2上运行的半长轴，根据开普勒第三定律
可知，神舟十八号在轨道1的运行周期大于在轨道2的运行周期，故D错误。故选B。
4. 在x轴上O、N两点固定两个点电荷，两点电荷连线上各点电势φ随x变化图像如图所示，O、M两点间距离大于M、N两点间距离，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A O点处点电荷带负电
B. O点处点电荷的电荷量小于N点处点电荷的电荷量
C. 将一带负电的试探电荷从M点由静止释放，仅在电场力作用下该电荷沿x轴正方向运动
D. 将一带负电试探电荷从M点向N点移动的过程中，该电荷的电势能一直增加
【答案】D
【解析】A．由于越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，结合题图可知，O点处点电荷带正电，N点处点电荷带负电，故A错误；
B．若O、N两点处为等量异种点电荷，则二者连线的中点电势为零，而电势为零的点离O点较远，说明O点处点电荷的电荷量大于N点处点电荷的电荷量，故B错误；
C．O、N两点间的电场强度方向沿x轴正方向，将一带负电的试探电荷从M点由静止释放，试探电荷所受电场力沿x轴负方向，所以，仅在电场力作用下该电荷沿x轴负方向运动，故C错误；
D．由O点到N点电势越来越低，而负电荷所处位置的电势越低其电势能越大，所以，将一带负电的试探电荷从M点向N点移动的过程中，该电荷的电势能一直增加，故D正确。故选D。
5. 如图所示为某种呼啦圈的简化示意图，可调节长度的轻绳下端连接配重，上端可沿水平固定的圆形腰带自由滑动，配重（可视为质点）在水平面内做匀速圆周运动。若保持轻绳与竖直方向的夹角θ不变，轻绳越长，配重做匀速圆周运动的（ ）
A. 线速度越大B. 角速度越大
C. 周期越小D. 加速度越小
【答案】A
【解析】以配重为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
，，，
若保持轻绳与竖直方向的夹角θ不变，轻绳越长，则配重做匀速圆周运动的半径越大，可知线速度越大，角速度越小，周期越大，加速度不变。
故选A。
6. 某同学探究小球的斜抛运动时，记录小球水平方向的位移x、竖直方向的位移y以及运动时间t的数据，作出了、的图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. t=0时小球速度的大小为3m/s
B. t=0.8s时小球运动到轨迹的最高点
C. t=0.8s时小球运动到与出发点等高处
D. 小球运动到与出发点等高处时，小球位移的大小为4.8m
【答案】C
【解析】A．小球做斜抛运动，水平方向和竖直方向分别有
整理得
结合图甲和图乙可知
所以，t=0时小球速度的大小为
故A错误；
BC．有图乙可知，t=0.8s时
即
即小球运动到与出发点等高处，故B错误，C正确；
D．t=0.8s时小球运动到与出发点等高处，此时小球位移的大小为
故D错误。
故选C。
7. 某物流车间使用如图甲所示的倾斜传送带运送包裹。包裹被轻放在长为10m、倾角为37°顺时针传动的传送带底端，以传送带底端为零势能点，在到达传送带顶端的过程中，包裹的机械能E随其位移x变化的图像如图乙所示，包裹和传送带间的动摩擦因数处处相等，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 包裹的质量m=10kg
B. 传送带传动速度为2m/s
C. 包裹与传送带间的动摩擦因数为0.75
D. 包裹在传送带上运动的过程中系统因摩擦而产生的总热量为310J
【答案】B
【解析】A．由图乙可知，包裹在前5m做匀加速直线运动，在5-10m做匀速直线运动，故在5-10m时，对包裹受力平衡，沿斜面方向有
根据图乙和能量守恒可知
故两段运动过程中的摩擦力大小分别为
联立解得
故A错误；
C．0-5m过程中
解得
故C错误；
B．0-5m内包裹做匀加速直线运动，满足
解得
故B正确；
D．在5-10m过程中包裹与传送带保持相对静止，故不产生热量，在0-5m过程中
解得传送带位移为
产生的热量为
故D错误；
故选B。
8. 如图甲所示，通过轻弹簧相连的物块P和物块Q静置于光滑水平地面上，初始时弹簧处于原长。t=0时刻，物块P获得水平向右的速度v0，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知物块P的质量为m，0~t2时间内，关于物块P和物块Q运动的位移，下列说法正确的是（ ）
A. 物块P位移的大小为B. 物块P位移的大小为
C. 物块Q位移的大小为D. 物块Q位移的大小为
【答案】D
【解析】0~t1时间内，根据动量守恒定律有
解得
由于P、Q构成的系统从0时刻到任意时刻间的动量均守恒，则有
即有
在t2时刻，P的速度减至最小，Q的增加至最大，可知，此时刻，弹簧再一次恢复原长，由于0时刻弹簧处于原长，可知，t2时刻P、Q两物块的位移相等，即有
结合上述解得
故选D。
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. 一新能源汽车在平直公路上匀速行驶，某时刻汽车驶入一段阻力更大的平直路段。已知汽车行驶过程中发动机的功率保持不变，下列关于汽车的速度v、牵引力F随时间t变化的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】开始的时候P=F0v0，阻力等于牵引力，当功率不变，阻力变大时，速度不能瞬间改变，根据
P=Fv
牵引力瞬间不变，根据
可知加速度瞬时变大且与运动方向相反，汽车立即减速，速度逐渐减小，则牵引力逐渐变大，反向加速度逐渐减小，当牵引力与阻力相等时再次达到稳定状态。
故选AD。
10. 如图所示为某电容式位置传感器的简化示意图，该传感器由一对形状和尺寸相同且互相绝缘的定极板与动极板组成，两极板均竖直放置，宽度均为l1，长度均为l2，间距为d。当动极板沿x轴移动时，可通过电容器电容的变化计算动极板位移的大小，规定电容器电容的变化量与动极板的位移大小之比为该传感器的灵敏度，的值越大，传感器的灵敏度越高。已知动极板沿x轴移动过程中两极板所带电荷量不变，下列说法正确的是（ ）
A. 动极板沿x轴向右平移一小段距离，电容器两极板间的电场强度变大
B. 动极板沿x轴向右平移一小段距离，电容器两极板间的电压变小
C. 两极板的宽度l1越大，传感器的灵敏度越高
D. 两极板的间距d越大，传感器的灵敏度越高
【答案】AC
【解析】AB．动极板沿x轴向右平移一小段距离，根据可知，由于电容器的两极板的正对面积减小，所以电容器的电容减小，根据，两极板所带电荷量不变，所以电容器两极板间的电压变大；根据，两极板间的距离不变，所以电容器两极板间的电场强度变大，故A正确，B错误；
CD．则该传感器的灵敏度为
所以，两极板的宽度l1越大，传感器的灵敏度越高；两极板的间距d越大，传感器的灵敏度越低，故C正确，D错误。
故选AC。
11. 如图所示，电荷量为Q的带负电小球乙固定在足够长的竖直光滑直杆底端，质量为m、电荷量为Q的带负电小球甲套在竖直杆上，初始时两小球间的距离为L，将小球甲由静止释放，小球甲沿竖直杆运动。已知两点电荷组成的系统的电势能可表示为（Q1、Q2为两点电荷的电荷量，r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量），重力加速度为g。小球甲运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两小球间的距离为时，小球甲的动能最大
B. 两小球间的距离为时，小球甲的动能最大
C. 若小球甲释放后向上运动，两小球间的最远距离为
D. 若小球甲释放后向下运动，两小球间的最近距离为
【答案】AD
【解析】AB．小球甲的动能最大时，小球甲所受库仑力等于重力，即
求得
故A正确，B错误；
C．若小球甲释放后向上运动，设两小球间的最远距离为，则小球甲上升到最高点过程中根据能量守恒得
求得
故C错误；
D．若小球甲释放后向下运动，设两小球间的最近距离为，则小球甲下降到最低点过程中根据能量守恒得
求得
故D正确。
故选AD。
12. 如图所示，轻弹簧一端固定在光滑转轴O上，另一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，小球套在粗糙程度处处相同的固定直杆上，直杆与水平方向的夹角为30°。若将小球由A点静止释放，下滑过程中小球经过B点时速度为v1，到达C点时速度减为0。若使小球从C点以初速度v上滑，上滑过程中经过B点时速度为v2，到达A点时速度减为0。已知AB=BC=L，，OB与弹簧原长相等，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. v1和v2的大小相等
B. AC段小球和弹簧系统的机械能减小量为
C. 小球在A点时弹簧的弹性势能为
D. 小球从C点开始上滑的速度
【答案】BD
【解析】D．根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的摩擦力相等，则在两段过程中摩擦力做功相等。设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，小球A到C的过程和C到A的过程，分别运用动能定理得
，
联立，解得
，
故D正确；
AC．设弹簧具有的最大弹性势能为Ep，由能量守恒，可得
，
联立，解得
，
可得
故AC错误；
B．根据
联立，解得
可知AC段小球和弹簧系统的机械能减小量为。故B正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某同学依据系统机械能守恒定律，用如图所示的装置测量当地的重力加速度。主要实验步骤如下：
（1）将10个质量均为m的砝码放入质量为M的盒子A中，在盒子A上固定一宽度为d的遮光片；
（2）在铁架台上固定滑轮和光电门，用细绳跨过定滑轮连接装有砝码的盒子A和质量为M的盒子B；
（3）在铁架台上标记遮光片的初始位置O，测出O点与光电门之间的距离L；
（4）将盒子A由静止释放，测得遮光片经过光电门的时间为t0。盒子A经过光电门的速度大小v=_________（用d和t0表示）。适当_________（选填“增大”或“减小”）距离L可减小速度v的测量误差；
（5）在盒子A中保留n（n>5）个砝码，将其余（）个砝码放入盒子B中，重复步骤（4），记录盒子A中有n（n>5）个砝码时遮光片经过光电门的对应时间________；
（6）根据记录的数据作出图像，若图像斜率为k，则当地的重力加速度g=_________。（用d、k、L、M、m表示）
【答案】 ①. ②. 增大 ③. ④.
【解析】[1][2]由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可求得盒子A经过光电门的速度大小为
距离L越大，遮光片到达光电门位置时的速度越大，遮光时间就越短，平均速度越接近瞬时速度，速度v的测量误差就越小，所以，适当增大L可减小速度v的测量误差。
[3][4]在遮光片由初始位置O运动至光电门过程中，对于盒子A、B组成的系统（包括盒中的砝码）由机械能守恒定律得
又
联立求得
整理得
所以
求得
14. 某同学想用如图甲所示的电路测量一电压表的内阻，并将其改装成双量程电流表。
实验室提供的器材有：
待测电压表（量程3.0V，内阻约为几千欧）；
电阻箱R（最大阻值为99999.9Ω）；
滑动变阻器R0（最大阻值为50.0Ω）；
电源E（电动势约7.5V，内阻很小）；
开关S和导线若干。
主要实验步骤如下：
（1）该同学根据如图甲所示电路图连接电路。请用笔画线代替导线在答题纸上对应位置将实验器材正确连接__________；
（2）将电阻箱R的阻值调节为0，闭合开关S，调节滑动变阻器R0的滑片，使电压表的示数为3.0V；
（3）保持滑动变阻器R0的滑片位置不变，调节电阻箱R的阻值，使电压表的示数为1.5V，此时电阻箱R的挡位如图丙所示，则电压表内阻的测量值为__________Ω，用此种方法测量的电压表内阻的测量值
_________（选填“大于”“等于”或“小于”）电压表内阻的真实值；
（4）按照如图丁所示电路将该电压表改装成量程分别为0~0.6A，0~3.0A的双量程电流表，图丁中R2的阻值大小为_________Ω。（结果保留一位有效数字）
【答案】（1） （3）2596.0 大于 （4）4
【解析】[1]根据电路图，实物图连接如下
[2]图丙可知电阻箱阻值
根据半偏法测电压表内阻原理可知，电阻箱和电压表的电压共为3V，设电压表内阻为，根据串联关系得
联立解得
[3]调节电阻箱R的阻值，则电阻总电阻变大，干路电流减小，内阻和滑动变阻器右部分电压减小，电阻箱和电压表的总电压变大，即大于3.0V，当电压表的示数为1.5V时，电阻箱的电压大于1.5V，由于它们串联，所以电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即电压表内阻的测量值大于电压表内阻的真实值；
[4]图丁可知，右接线柱接B时，改装表量程为0.6A，即
右接线柱接A时，改装表量程为3.0A，即
联立解得
15. 机器人在快递行业的使用大大提高了快递效率。如图甲所示，派件员将质量为m=1kg的包裹（可视为质点）置于机器人的水平托盘上，机器人沿水平地面将包裹运送至投递口，为保证运送过程中包裹与水平托盘不发生相对滑动，机器人做直线运动的加速度大小不得超过a=7.5m/s2。机器人到达指定投递口后停止运动，缓慢翻转托盘，当托盘与水平方向的夹角为θ时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示，此后托盘与水平方向的夹角保持θ不变，包裹沿托盘匀加速下滑。已知包裹和托盘间的最大静摩擦力f1和滑动摩擦力f2的比值为，重力加速度g取10m/s2，求
（1）托盘与水平方向的夹角θ的正切值；
（2）包裹由静止开始沿托盘下滑位移为L=0.6m时的速度大小v（此时包裹仍在托盘上）。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
由题意，设包裹与托盘间的动摩擦因数为，包裹与托盘不发生相对滑动时，机器人做直线运动的加速度大小不得超过，根据牛顿第二定律可知，该情形下
若包裹滑动其与托盘间的滑动摩擦力为
由于包裹和托盘间的最大静摩擦力f1和滑动摩擦力f2的比值为
即二者一起以最大加速度水平加速运动时
联立求得
当托盘与水平方向的夹角为θ时，包裹恰好开始下滑，此后托盘与水平方向的夹角保持θ不变，包裹沿托盘匀加速下滑，此时有
联立求得
即
【小问2详解】
包裹由静止开始沿托盘下滑时，根据牛顿第二定律可得
可得
根据
代入数据可得
16. 如图所示，质量为M的支架（包括底座）静置于水平地面上，长为l且不可伸长的轻绳一端固定在支架上端O点，另一端连接质量为m的小球，小球恰好能在竖直面内完成圆周运动。已知在小球转动过程中支架（包括底座）始终保持静止，重力加速度为g，求
（1）轻绳水平时小球速度大小v；
（2）小球转动过程中支架（包括底座）对地面压力的最大值N；
（3）请说明小球从最低点运动到最高点过程中，支架（包括底座）对地面压力大小的变化情况（仅说明变化情况，不需要论证）。
【答案】（1）
（2）
（3）支架对地面的压力先减小后增大
【解析】【小问1详解】
在最高点
从最高点转到水平位置时，根据机械能守恒
可知轻绳水平时小球的速度大小
【小问2详解】
当小球转到最低点时，支架对地面压力的最大，根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得绳子拉力
对支架进行受力分析，并根据牛顿第三定律可知对地面的最大压力
【小问3详解】
小球从最低点运动到最高点过程中，支架对地面的压力先减小后增大。
17. 如图所示，平面坐标系xOy的第一象限内有边界均平行于x轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅱ的下边界与x轴重合，两区域足够长且宽度均为L。区域Ⅰ内存在方向沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，区域Ⅱ内存在方向沿y轴正方向、电场强度大小可调的电场（图中未画出）。坐标为（0，3L）处有一粒子源，该粒子源可沿xOy平面不断射出质量均为m、电荷量均为q的同种带正电粒子，射出粒子的速度方向与y轴负方向的夹角均为30°。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，忽略电场的边界效应。
（1）若所有粒子都不能进入区域Ⅱ，求粒子源射出粒子的最大速度v1；
（2）若区域Ⅱ中电场强度的大小为，带电粒子从粒子源射出开始沿y轴方向运动的最大位移为，求该带电粒子运动到区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界线上时，速度方向与x轴正方向夹角α的正切值；
（3）若区域Ⅱ中纵坐标为y处电场强度的大小为，粒子源射出粒子速度的大小分布在范围内，已知相同速率变化区间内的粒子数相同，求进入第四象限的粒子数与总粒子数之比。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
粒子在区域Ⅰ中运动时，根据牛顿第二定律有
粒子源射出粒子的最大速度满足
联立求得
【小问2详解】
带电粒子在区域Ⅱ中运动时，根据牛顿第二定律有
设带电粒子穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界线时y方向的速度大小为，则带电粒子穿过区域Ⅰ过程沿y方向有
带电粒子在区域Ⅱ中沿y方向的速度减为零的过程中有
联立得
所以
【小问3详解】
设恰好进入第四象限的粒子从粒子源射出时的速度大小为，穿过区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界线时沿y方向的速度大小为，则有
由于区域Ⅱ中的电场强度大小与y成正比，所以
联立得
则
18. 如图所示，一倾角为θ=37°的足够长传送带固定在水平平台上，传送带以v1=8m/s的速度顺时针匀速传动。物块A放置在足够长的木板B上，木板B和物块C由绕过光滑轻质滑轮的轻绳连接，轻绳不可伸长，t=0时刻将物块A、木板B无初速度置于传送带底端，物块A，木板B和物块C恰好能够保持静止状态。已知物块A的质量m1=4kg，木板B的质量m2=1kg，物块A和木板B间的动摩擦因数为，木板B和传送带间的动摩擦因数为，运动过程中物块A始终未从木板B上滑下，物块C始终未落地，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求物块C的质量m3；
（2）若初始时刻物块A、木板B均获得方向沿传送带向上、大小为v0=18m/s的初速度，经过时间t1后轻绳再次伸直，再经过一段时间物块A、木板B和物块C以相同的速度v沿传送带匀速向上运动，求
（i）t1的大小；
（ii）0~t1内木板B与传送带间因摩擦产生的热量Q；
（iii）v的大小。
【答案】（1）1kg （2）（ⅰ）2s；（ⅱ）120J；（ⅲ）
【解析】【小问1详解】
物块A、木板B和物块C恰好能保持静止状态，对物块A，木板B和物块C受力分析可知
解得
m3=1kg
【小问2详解】
（ⅰ）轻绳伸直前，物块C始终做自由落体运动，运动的位移
物块A、木板B先做匀减速直线运动，直到与传送带速度相同，由牛顿第二定律
解得
a1=10m/s2
此阶段所用时间和位移为
解得
t11=1s
x2=13m
物块A木板B与传送带共速后，继续做匀减速直线运动，直到轻绳伸直，由牛顿第二定律
解得
a2=2m/s2
此阶段的位移为
轻绳伸直时
解得
x3=7m
t1=2s
（ⅱ）在内，木板B与传送带之间的相对位移
在内，木板B与传送带之间的相对位移
内B与传送带之间的摩擦产生的热
解得
Q=120J
（ⅲ）轻绳甚至前瞬间，物块C的速度为
物块A木板、B的速度
解得
轻绳伸直时，将木板B和物块C视为一个系统，系统内力远大于外力，系统动量守恒
解得
轻绳伸直后，在木板B和物块C与传送带速度相同之前，对木板B和物块C受力分得，由牛顿第二定律
所用时间
解得
对物块A受力分析由牛顿第二定律
当木板B和物块C与传送带速度相同时，物块A的速度为
解得
当木板B和物块C与传送带共速后，对木板B和物块C受力分析，由牛顿第二定律
解得
当物块A、木板B与物块C到达共速时
解得