2024-2025学年山东省百师联考高三上学期11月考试物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年山东省百师联考高三上学期11月考试物理试卷（解析版），共28页。试卷主要包含了 如图所示为某景区的景观喷泉等内容，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. 半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。半导体传感器基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹。在指纹采集过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
B. 手指缓慢离开绝缘表面时，电容器所带电荷量减小
C. 手指用力挤压绝缘表面时，电容器存储的电能减少
D. 手指挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间的电场强度大小不变
【答案】B
【解析】A．根据平行板电容器电容的决定式，可知指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，故A错误；
B．手指缓慢离开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容减小，由Q = CU可知，U不变，则电容器所带电荷量减小，故B正确；
C．手指挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间的间距减小，电容变大，电容器所带电荷量增大，电容器存储的电能增加，故C错误；
D．电容器内部场强大小为，手指挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间的间距减小，内部场强大小变大，故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，火力发电厂排出的烟气带有大量的煤颗粒，如果不进行处理会对环境造成污染。该发电厂为处理烟气中的煤颗粒所使用的静电除尘装置的原理示意图如图乙所示，m、n为金属管内两点，在P、Q两点加高电压时，空气分子被强电场电离，产生的电子附着在煤颗粒上，煤颗粒在静电力的作用下，聚集到金属管壁上，然后在重力作用下下落到金属管底部，就可以有效去除煤颗粒，达到环保要求。若不考虑煤颗粒间的相互作用以及其电荷量的变化，则下列说法正确的是（ ）
A. Q接电源的负极 B. 电场强度
C. 煤颗粒做匀加速运动 D. 带上负电的煤颗粒在向管壁运动的过程中电势能增大
【答案】B
【解析】A．带负电的煤粉被吸附到管壁上，可知Q接电源的正极，A错误；
B．导线P周围形成类似于点电荷的辐向电场，距离导线P越近的位置电场线越密集，电场强度越大，可知电场强度，B正确；
C．由于电场强度大小由金属丝到金属管壁逐渐减小，电场力逐渐减小，可知煤颗粒所受的合力不断变化，煤颗粒做变加速运动，C错误；
D．带上负电的煤颗粒在向管壁运动的过程中电场力做正功，电势能减少，D错误。
故选B。
3. 2024年4月26日3时32分，我国神舟十八号载人飞船采用自主快速交会对接模式，成功对接于中国空间站天和核心舱径向端口（如图所示），随后3名航天员从神舟十八号载人飞船进入中国空间站开展为期六个月的太空工作与生活，这次太空远航，航天员们携带了一个叫做“小受控型生态生命模块”的装置及相关物品进入太空，其中的主要水生生命体就是斑马鱼和金鱼藻，实现我国在外太空培养脊椎动物的首次突破。已知空间站绕地球运行的轨道半径为r，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。则以下判断中正确的是（ ）
A. 空间站绕地球稳定飞行时，斑马鱼受到万有引力和浮力作用
B. 空间站绕地球飞行速度大于第一宇宙速度
C. 空间站运行的速度大小为
D. 质量为m的金鱼藻在空间站所受万有引力的大小为
【答案】D
【解析】A．空间站绕地球稳定飞行时，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，所以斑马鱼只受万有引力作用，不受浮力作用，故A错误；
B．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知空间站绕地飞行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C．根据万有引力与重力的关系有
根据万有引力提供向心力有
联立解得空间站的速度大小为
故C错误；
D．质量为m的金鱼藻在空间站所受万有引力的大小为
根据万有引力与重力的关系得
联立解得
故D正确。
故选D。
4. 已知通电长直导线周围空间某点的磁感应强度大小为，k为常量，I为电流，r为该点到导线的距离。b、c、d三根通电长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，ac垂直于bd且，b、c、d三根导线中电流大小分别为I、I、2I。已知导线c在a点的磁感应强度大小为B，则关于a点处的磁感应强度的说法正确的是（ ）
A. a点磁感应强度的方向为a→bB. a点磁感应强度的方向为a→c
C. a点磁感应强度的大小为2BD. a点磁感应强度的大小为
【答案】D
【解析】用安培定则判断通电长直导线在a点所产生的磁场方向，如图所示，设
其中
则导线c在a点产生的磁场方向从d指向b，大小为B，导线b在a点产生的磁场与导线d在a点产生的磁场方向相反，大小分别为B和2B，则合磁场的方向为斜向左上方，大小为
方向指向斜向左上方45°。故选D。
5. 如图所示，光滑斜面固定于箱子底部，轻弹簧上端固定，下端与物体m连接，当箱子处于静止状态时，物体m恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，当整体处于以下状态，可能使稳定后弹簧伸长且伸长量小于x的是（ ）
A. 使箱子水平向右做匀减速直线运动B. 使箱子做自由落体运动
C. 使箱子竖直向上做匀加速直线运动D. 给物体m施加竖直向下的外力
【答案】A
【解析】A．设物体重力为mg，当箱子处于静止状态时，物体恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，由胡克定律和平衡条件得
使箱子水平向右做匀减速直线运动，加速度水平向左，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
可知
故A正确；
B．使箱子做自由落体运动，则弹簧处于原长，故B错误；
C．使箱子竖直向上做匀加速直线运动，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
可知
故C错误；
D．给物体m施加竖直向下的外力，弹簧伸长量变大，故D错误。
故选 A。
6. 如图所示为某景区的景观喷泉。喷嘴喷出速度随着音乐节奏变化的水柱，其中两束水柱喷射的最大高度之比为3:1，水平射程之比为4:1，若喷出的水做斜抛运动，则两束水柱在最高点的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据
可得
结合题意，可知两束水柱在最高点的速度大小之比为
故选B。
7. 如图甲所示，波源、相距5m，且，，时刻两波源同时开始振动，振动图像均如图乙所示，形成的两列简谐横波在均匀介质中传播，波速均为，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两列波的波长为1m
B. 在时，A处质点处于波谷
C. A点为振动加强点，且始终处于波峰位置
D. 在0~18s内，A处质点运动的路程为32cm
【答案】D
【解析】A．由图可知波的传播周期，波速为，则波长
故A错误；
B．处波传播至A点用时
处波传播至A点用时
因此在时，只有处波到达A点，并且使A处质点振动，所以此时A处质点应该处于波峰，故B错误；
C．由于
所以A点为振动加强点，但A点是处于振动状态，并非一直处于波峰，故C错误；
D．在12~16s内，A处质点运动的路程
在16~18s内，A处质点的振幅，运动的路程
则在0~18s内A处质点运动的路程
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，设小环与圆心O的连线跟竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 当小环经过上半圆某点且满足θ = 30°时，小环受到的弹力为零
B. 当小环经过上半圆某点且满足θ = 45°时，小环的向心加速度大小为g
C. 当θ = 90°时，小环的加速度大小为2g
D. 当小环经过下半圆某点且满足时，重力的功率最大
【答案】D
【解析】A．设大圆环半径为R，根据机械能守恒定律得
在弹力为零的点，根据牛顿第二定律得
联立解得
A错误；
B．小环的向心加速度
即
由机械能守恒定律得
解得
B错误；
C．当θ = 90°时，由机械能守恒定律得
则小环的向心加速度
切线方向上小环的加速度
则小环的加速度
C错误；
D．重力的功率最大时小环竖直分速度最大，小环竖直方向的合力为0，即小环受到弹力的竖直分力刚好与重力平衡，则有
根据机械能守恒可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
（舍去）
D正确。
故选D。
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. 如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子做简谐运动，取小球平衡位置为x轴原点O，竖直向下为x轴正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，已知小球质量，时弹簧弹力为0，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A. 该弹簧劲度系数为100N/m
B. 时弹簧弹力大小为40N
C. 时间内，回复力冲量为0
D. 时间内，小球动能与重力势能之和减小
【答案】AD
【解析】A．时弹簧处于原长，时刻，小球经过平衡位置，由二力平衡可知，此时弹力等于重力，形变量大小为一倍振幅，即A=0.4m，故由胡可定律得弹簧劲度系数
故A正确；
B．结合以上分析可知，时弹簧的伸长量为0.8m，由胡可定律可知弹力大小为80N，故B错误；
C．时间内，小球的始末速度等大反向，根据动量定理，合力的冲量不为0，则回复力的冲量不为0，故C错误；
D．时间内，小球从最高点下降到最低点，弹性势能不断变大，小球的机械能不断减小，故D正确。
故选 AD。
10. 如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻的阻值等于，滑动变阻器的总阻值等于r。滑动变阻器滑片刚开始位于中点位置，闭合开关S，将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表、、的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数变小B. 增大
C. D. 电源的输出功率变小
【答案】CD
【解析】A．将滑动变阻器滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值增加，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律
可知电流减小，由图可知，理想电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
可知电压表的示数增大，故A错误；
BC．理想电压表测量定值电阻两端的电压，根据欧姆定律可得
理想电压表测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
理想电压表测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律可得
则有
，，
可知、、均不变，由于定值电阻的阻值等于，则有
故B错误，C正确；
D．电源的输出功率
可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于定值电阻的阻值等于，滑动变阻器的总阻值等于r，闭合开关S，滑动变阻器滑片刚开始位于中点位置，将滑动变阻器滑片向上滑动，则电路的外电阻大于内阻r且在增大，则电源的输出功率变小，故D正确。
故选CD。
11. 如图甲所示，长为L、倾角为θ的斜面放在水平地面上，一物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，斜面一直保持静止，物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 若k = 1，物块下滑的加速度先减小后增大
B. 若k = 2，水平地面对斜面的摩擦力先减小后增大
C. 若k > 1，物块沿斜面下滑的最大速度为
D. 若k > 2，物块沿斜面下滑的最大距离为
【答案】BC
【解析】A．若k = 1，即物块与斜面间的动摩擦因数
根据牛顿第二定律有
解得
由此可知物块做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．若k = 2，从开始到过程中，物块与斜面间的动摩擦因数小于tanθ，根据牛顿第二定律有
解得
由此可知物块做加速度减小的加速运动，从到L过程中，物块与斜面间的动摩擦因数大于tanθ，根据牛顿第二定律有
解得
由此可知物块做加速度增大的减速运动，水平地面对斜面的摩擦力
先减小后增大，故B正确；
C．物块沿斜面下滑速度最大时，加速度为零
则物块沿斜面下滑的距离
根据动能定理，有
其中
联立可得
故C正确；
D．若k > 2，设物块沿斜面下滑的最大距离为x，则根据动能定理，有
解得
故D错误。
故选BC
12. 如图所示，竖直平面内固定一光滑绝缘的四分之一圆弧轨道AB，空间存在水平向右的匀强电场，以与底端B相切的水平直线建立x轴，顶端A在x轴上的投影O为坐标原点，一带负电的小滑块由静止开始从顶端A下滑到底端B，运动过程中重力势能、电势能、动能、机械能随滑块在x轴上投影位置坐标x的变化关系图像，下列可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】A．采用微元法，运动过程中取一小段，设这一小段在x轴上的位置坐标变化为，这一小段与x轴的夹角为，则根据功能关系可得
即
随着小滑块从顶端A下滑到底端B，逐渐减小，即图线的斜率为负且逐渐减小，A正确；
B．根据功能关系可得
即
即图线的斜率为正且保持不变，B正确；
C．根据功能关系可得
即
随着小滑块从顶端A下滑到底端B，逐渐减小，即图线的斜率先为正且逐渐减小，后为负且逐渐增大，C错误；
D．根据功能关系可得
即
即图线的斜率为负且保持不变，D错误。
故选AB。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某实验小组利用图甲所示的双线摆来测量当地的重力加速度。
（1）图甲中两根细线系在摆球表面同一点，长度均为L，与水平方向夹角均为，摆球的直径为d，则摆长______（用上述物理量符号表示）；如图乙所示，用螺旋测微器测得摆球的直径______mm。
（2）关于本实验，下列说法正确的是______。
A. 为使单摆做简谐运动，图甲中应小于
B. 为便于观察摆球的运动，摆球应选择质量和体积都大些的球
C. 测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间
D. 把n次摆动的时间误记为次摆动的时间，会使测得的重力加速度的值偏小
（3）用该双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验有何优点？____________（回答一点即可）。
【答案】（1） 5.980
（2）C （3）可使小球更好地同一平面内摆动
【解析】【小问1详解】
[1]摆长指的是悬点到球心的距离，细线长度均为L，与水平方向夹角均为，摆球的直径为d，则摆长
[2]摆球的直径
小问2详解】
A．为使单摆做简谐运动，单摆在摆动过程中的摆角要小于，图甲中不是摆角，故A错误；
B．摆球应选择质量大、体积小的，故B错误；
C．测量周期时应从摆球通过最低点开始计时，并记录多次全振动所用的总时间，故C正确；
D．根据周期公式
解得
把n次摆动的时间误记为次摆动的时间，则测得的周期T偏小，测得的重力加速度的值偏大，故D错误。
故选C。
【小问3详解】
双线摆装置测重力加速度较传统的单摆实验的优点是可使小球更好地在同一平面内摆动。
14. 某实验小组用普通的干电池、直流电流表G和电阻箱、等组装成如图甲所示电路，图中的a、b端分别与黑、红表笔连接，回答下列问题：
（1）断开S，将红黑表笔短接，调节的阻值，使电流表G满偏；保持的阻值不变，闭合S，调节，当电流表G示数为满偏电流的时，的阻值为。忽略S闭合前后电路中总电阻的变化，可得电流表内阻______。
（2）断开S，将红黑表笔短接，记录多组的阻值和相应的电流表示数I，作出图线，若所得图线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，电流表内阻用表示，则电源的电动势______、内阻______。（均用k、b、表示）
（3）已知图甲中电池的电动势，直流电流表G的量程，电流表内阻，将电流表的刻度盘改装为欧姆表的刻度盘。
①断开S，在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图乙所示，则被测电阻的阻值为______。
②若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.45V，但此表仍能进行欧姆调零，用此表测量某电阻读数为，则该电阻真实值为______。
③闭合S，利用电阻箱给欧姆表增加一个“×1”倍率，则电阻箱的阻值______。（结果保留一位小数）
【答案】（1）
（2）
（3） 160 145 1.0
【解析】【小问1详解】
[1]忽略S闭合前后电路中总电阻的变化，则总电流不变，由于电流表G示数为满偏电流的，则的电流为满偏电流的，根据并联电压相同，知的阻值为电流表内阻的2倍，故电流表内阻为。
【小问2详解】
[1][2]由闭合电路欧姆定律有
化简可得
根据表达式可得，斜率
纵截距
联立解得，电源的电动势
内阻
【小问3详解】
[1]先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻
即表盘刻度为15时代表，倍率为“×10”，故被测电阻阻值为；
[2]若电源电动势为1.45V，满偏电流不变，则欧姆调零后中值电阻为，所以用此表测量某电阻读数为时半偏，电阻真实值为；
[3]倍率为“×1”时，中值电阻为，即内阻为，由此可知，满偏电流变为原来10倍，即0.1A，则
解得
15. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，B板接地，两板间的距离。电源电动势，电阻，滑动变阻器接入电路的阻值。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以的初速度竖直向上射入两板间，小球恰能到达A板。若小球带电荷量，质量，不考虑空气阻力，取。求：
（1）电容器A板的电势；
（2）电源内阻及电源的输出功率。
【答案】（1）8V （2）1Ω，23W
【解析】【小问1详解】
设两板间电压为UAB，由动能定理得
又
由于B板接地，则
解得
【小问2详解】
滑动变阻器两端电压
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得
由闭合电路欧姆定律得
解得
电源的输出功率
解得
16. 如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，同种材质构成的质量分布均匀的光滑球A、B放在容器内处于平衡状态，已知容器、A、B半径之比为，B球的质量为m，重力加速度为g，半径为R的球的体积为。
（1）若用沿水平方向且延长线过A球球心的力缓慢推动A球，当A球的球心与半球形容器的球心在同一竖直线上时，求水平力的大小；
（2）若用沿水平方向且延长线过B球球心的力缓慢推动B球，当B球的球心与半圆形容器的球心在同一竖直线上时，求水平力的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
对B球受力分析如图1所示
图1
设B球的半径为r，结合题意得，，
即是直角三角形，根据力的平衡可知，A球对B球的弹力大小为
根据牛顿第三定律可知，B球对A球的弹力大小为
由于A球受力平衡，则有
【小问2详解】
球的体积公式为
设球密度，则球体质量为
题意知A、B半径之比为，联立以上分析可知，A质量关系
对A球受力分析如图2所示
图2
与图1中三角形全等，根据力的平衡可知，B球对A球的弹力
由于B球受力平衡，则有
根据牛顿第三定律可知
联立解得
17. 如图甲所示，质量的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方处。A、C间的动摩擦因数，B、C间及C与地面间的动摩擦因数。时刻给C施加一水平向右、大小可调的恒力F。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。
（1）若，求滑块A、B的加速度大小；
（2）若，求A、B第一次相遇的时刻；
（3）设A、B第一次相遇的时刻为t，在如图所示坐标系中画出与F的关系图像（写出推导过程）。
【答案】（1），
（2）2s （3）见解析
【解析】【小问1详解】
当BC之间即将发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得
解得
对整体由牛顿第二定律得
解得
由于，则A、B、C相对静止，一起向右加速，则对整体由牛顿第二定律得
解得
即滑块A、B的加速度大小均为。
【小问2详解】
当A、C之间即将发生相对滑动时，对A由牛顿第二定律得
解得
则对A、C整体由牛顿第二定律得
解得
由于，则B与C之间出现了相对运动，B的加速度大小为
A、C相对静止，对A、C由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式可得
解得从刚开始施加力至A、B第一次相遇所用时间
【小问3详解】
若，对A、C由牛顿第二定律得
解得
由
得
若，由
可知
画出与F的关系图像如图所示
18. 如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量分别为3m和m的小球A和B，两小球相距，A球所带电荷量为＋q，B球不带电。现在A球右侧区域加上水平向右的匀强电场，电场强度大小为，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞时间极短，取重力加速度，求：
（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（2）从静止释放到第三次碰撞前，A运动的时间；
（3）从静止释放到第次碰撞前，A运动的位移大小。
【答案】（1）0.25m/s，0.75m/s
（2）1s （3）
【解析】【小问1详解】
对A根据牛顿第二定律得
A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得
解得
A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
【小问2详解】
A从静止释放后，经过时间与B发生第一次碰撞，有
之后B以做匀速直线运动，A以初速度，加速度A做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有
解得
此时，B以做匀速直线运动，A的速度
解得
之后A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
之后B以做匀速直线运动，A以初速度，加速度A做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有
解得
显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度、加速度A做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s，故从A开始运动到A、B发生第3次碰撞前所用的时间
解得
【小问3详解】
从开始至第一次碰撞
从第一次碰撞至第二次碰撞
从第二次碰撞至第三次碰撞
同理可知从第三次碰撞到第四次碰撞
从第次碰撞至第n次碰撞
A从静止释放到第n次碰撞前瞬间运动的总位移
联立解得