山东省青岛市2025-2026学年高三上学期1月期末调研物理试卷（含答案）

这是一份山东省青岛市2025-2026学年高三上学期1月期末调研物理试卷（含答案），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，小孩拉着轮胎在水平雪面上做曲线运动，当轮胎从M点加速运动到N点的过程中，轮胎在某位置受到的水平作用力符合实际的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，边长为R的正方形发光元件放在半径为R的半球体透明介质上表面，发光元件中心与半球体球心O重合，已知光在真空中传播的速度大小为c，介质的折射率为n，不考虑反射，则从发光元件顶点发出的光到达半球体底部O′的时间为( )
A. 5R2cB. 5nR2cC. 6R2cD. 6nR2c
3.某种无尾蝙蝠飞行速度可达惊人的44.5m/s。假设猎物一直在蝙蝠正前方，二者均做匀速运动，蝙蝠和其发出的超声波的位置−时间关系如图所示。已知▵OAB和▵CDE面积分别为S1、S2，下列说法正确的是( )
A. 若S1S2，说明猎物的速度大于蝙蝠的速度
D. 通过S1、S2无法判断猎物和蝙蝠的速度大小关系
4.某户外拓展基地人力升降机简化模型如图所示，椅子套在直杆上，一根非弹性轻绳绕过固定的大滑轮，左侧部分竖直拴在椅子上，右侧部分斜向左下被坐在椅子里的人拉住。不计轮轴、滑轮和绳子之间的摩擦力，当人和椅子匀速上升时，下列说法正确的是( )
A. 绳子拉力先变大再变小B. 绳子拉力先变小再变大
C. 椅子与杆之间摩擦力逐渐变大D. 椅子与杆之间摩擦力逐渐变小
5.我国计划2030年前实现载人登月科学探索。如图所示，某阶段着陆器a和飞船b在同一平面内绕月球做同向匀速圆周运动，相邻两次相距最近的时间间隔为t。已知b的轨道半径是a的2倍，不考虑a、b间的引力，则a的运行周期为( )
A. (2 2+1)tB. (2 2−1)tC. (4+ 2)4tD. (4− 2)4t
6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为8∶5，原线圈与理想二极管D和定值电阻R相连，副线圈两端接有额定电压为110V、额定功率为22W的灯泡L。当原线圈一侧接在如图乙所示的交流电源上时，灯泡L正常发光，则定值电阻R的阻值为( )
A. 137.5ΩB. 352ΩC. 352 2ΩD. 1210Ω
7.如图所示，轻杆AB中点固定一小球，B端在水平面上运动时A端不离开竖直墙面，当杆与水平面成θ角时，B端速度大小为v，则小球的速度大小为( )
A. v2sinθB. v2csθC. vsinθ2D. vcsθ2
8.如图所示，棱长L=1m的正四面体ABCD置于匀强电场中。已知E、F、G、H分别为棱AB、AC、AD、BD的中点，其电势为2V、1V、1V、3V，则匀强电场的电场强度大小为( )
A. 2V/mB. 4 33V/mC. 4V/mD. 4 3V/m
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.水波在不同深度的水区传播时，传播速度不同，我们可认为不同深度的水区传播介质不同。图甲为一列从深水区进入浅水区的平面水波，白色线为水波波峰；图乙中深水区有两个同步振动的振源S1、S1。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，水波波速变小
B. 图甲中，水波波速变大
C. 振源S1、S2形成的两列波会发生干涉现象
D. 振源S1、S2形成的两列波不会发生干涉现象
10.如图甲所示，边长为L的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、直径为L的圆形导体框放置于纸面内，其圆心O与bc边中点重合。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量，圆形导体框一直处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 0∼t0和t0∼3t0时间内，导体框中产生的焦耳热之比为4∶1
B. 0∼t0和t0∼3t0时间内，导体框中产生的焦耳热之比为2∶1
C. 0∼t0时间内，导体框受到的安培力冲量大小为πB02L38R
D. 0∼t0时间内，导体框受到的安培力冲量大小为πB02L316R
11.如图所示，某次运动过程中，运动员通过跨过两定滑轮的细绳和重物相连，沿倾角为37°的固定斜面下滑，到达A点时细绳与斜面垂直，速度大小为 7m/s，到达B点时，细绳竖直。已知A、B两点间距离为6m，运动员与重物在同一竖直平面内，运动员质量为60kg，重物质量为30kg，重力加速度大小g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 运动员从A点运动到B点，系统的重力势能减少1800J
B. 运动员从A点运动到B点，系统的重力势能减少1560J
C. 运动员在B点时，重物的速度大小为5 2m/s
D. 运动员在B点时，重物的速度大小为3 2m/s
12.图甲为建筑工地常用的吊装设备—塔吊。某次吊运货物的过程中，起重小车从某位置开始沿水平吊臂匀速远离塔体，同时吊臂绕塔体中心以角速度0.1rad/s匀速转动，起重小车运动过程中离塔体中心的距离r和吊臂转过的角度θ间关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 起重小车相对于吊臂的速度大小为0.5m/s
B. r=12m时，起重小车对地速度大小为 52m/s
C. r=12m时，起重小车的向心加速度大小为0.12m/s2
D. 运动过程中，合外力对起重小车做功的功率越来越大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某兴趣小组在测量圆柱形玻璃砖的折射率时，操作步骤如下：
①将白纸固定在木板上，在合适位置放置圆柱玻璃砖，贴着玻璃砖侧面间隔一定角度插入三枚大头针A、B、C。如图所示；
②用一束水平细激光射向玻璃砖侧面，在激光经过处的合适位置插入P1、P2、P3、P4四枚大头针；
③移走玻璃砖和大头针，利用尺规画出▵ABC的外接圆及其圆心O。
不考虑光线在玻璃砖内反射后再折射出的光线，请回答下面问题：
(1)为了避免光线被大头针遮挡，最先插入的大头针为 (选填“P1”或“P4”)；
(2)组员画出完整光路图后，标记第1折射点为M，第2折射点为N，延长入射光线和出射光线交于Q，用量角器测得∠MQN=134 ∘，∠MON=120 ∘。已知sin53 ∘=0.8，该玻璃砖的折射率n= ；
(3)若在步骤③中画圆时，圆心位置正确，但直径偏小，其它作图及测量严格进行，测得的折射率比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
14.小明将教材描述的电感式微小位移传感器改装成一个加速度测量仪，结构如图甲所示，滑块可在框架中左右平移，两侧与完全相同的弹簧连接，框架静止时弹簧处于原长状态，和滑块刚性连接的软铁芯可在线圈中随滑块左右平移。改装过程如下：
(1)为了使加速度测量仪正常工作，AB间应接入的是 。
A.直流恒压电源 B.交流恒压电源 C.交流电流表 D.直流电流表
(2)将框架和线圈固定在气垫导轨小车上，借助加速度传感器记录小车的加速度a和对应电流表的示数I。改变小车的加速度，重复实验，记录多组a、I数据，画出a−I图像，如图乙所示。所用电流表0刻线在表盘最左端，根据获得的数据，在电流表表盘相应刻度处标注加速度值，则加速度表盘中a1、a2两刻度正中央刻线对应的加速度值 。
A.大于a1+a22 B.小于a1+a22 C.等于a1+a22 D.等于a2−a12
(3)当被测物体向左加速时，线圈的自感系数 (选填“变小”“变大”或“不变”)，指针将向 (选填“左”或“右”)偏转。
四、计算题：本大题共4小题，共42分。
15.网球爱好者经常借助网球发球器进行训练。假设发球器发球口离地面高度h=1.8m，某时刻斜向上发射一速度大小v0=10m/s，方向与水平方向成θ=53°的网球，网球落地后反弹(碰撞时无机械能损失)，之后在距落地点水平距离Δx=1.2m处与竖直状态的球拍发生极短时间碰撞，碰撞后竖直方向速度不变，最终网球刚好直接击中发球口。已知网球质量m=0.06kg，重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)击球点离地面的高度H；
(2)球拍给网球的水平冲量大小I。
16.如图所示，间距L=1m、倾角θ=30 ∘的光滑金属导轨上端接有R0=0.5Ω的定值电阻，矩形EFGH区域存在方向竖直向下、磁感应强度B=4T的匀强磁场。质量m=3.6kg、阻值R=0.5Ω的导体棒从距磁场上边界EF为x0=0.1m处由静止释放，到达磁场下边界GH前已经匀速。已知EF和GH间距离x1=5.85m，重力加速度大小g=10m/s2，导轨电阻不计。求
(1)导体棒匀速运动时的速度大小v；
(2)导体棒穿过有界磁场的时间t。
17.如图所示的直角坐标系Oxy中，以O为圆心、R为半径的圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场(考虑左半边界磁场，不考虑右半边界磁场)；在x>R的区域内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。在圆与y轴负半轴的交点A处有一粒子源，t=0时刻粒子源向圆内各个方向同时发射若干速度大小均为v0的带正电粒子，粒子经磁场偏转后均平行x轴第一次离开磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用。求
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)最先第二次离开磁场的粒子，从发射到第二次离开磁场所经历的时间tmin；
(3)当最后一个粒子第二次离开磁场时，所有粒子所在位置的曲线方程。
18.如图所示，长l=1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ=30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动，到最低点与B发生弹性碰撞，之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m=0.4kg，D的质量为M=0.8kg，B、D与C间的动摩擦因数均为µ=0.4，重力加速度大小g=10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求：
(1)A与B碰撞前A的速度大小；
(2)C的长度；
(3)整个过程中B、C间因摩擦产生的热量。
参考答案
1.B
2.D
3.B
4.C
5.D
6.B
7.A
8.C
9.AD
10.BD
11.BD
12.ACD
13.P4
1.6
偏小

14.BC
B
变小
右

15.解：(1)网球离开发球口后做斜上抛运动，竖直方向，有 y1=v0sinθ⋅t1−12gt12
解得 t1=1.8s
水平方向，有 x1=v0csθ⋅t1
解得 x1=10.8m
根据速度时间关系可得 −vy=v0sinθ−gt1
解得落地时速度大小为 vy=10m/s
网球与地面弹性碰撞后做斜上抛运动，水平方向上，有 Δx=v0csθ⋅t2
解得 t2=0.2s
所以运动员击球点高度为 H=vyt2−12gt22=1.8m
(2)球离开球拍时竖直方向的速度大小为 v′y=vy−gt2=8m/s
球离开球拍至发球口的时间为 t3=2v′yg=1.6s
球离开球拍时的水平速度大小为 vx=x1+Δxt3=7.5m/s
由动量定理得网球拍给球的水平冲量大小 I=mvx+mv0csθ
解得 I=0.81N⋅s

16.解：(1)导体棒在磁场中匀速时速度为 v ，此时感应电动势 E=BLvcsθ
闭合回路中电流 I=ER0+R
导体棒受到的安培力 FA=BIL
导体棒在斜面受重力、支持力、安培力，根据平衡条件沿斜面方向有 FAcsθ=mgsinθ
解得 v=1.5m/s
(2)设导体棒进入磁场前加速度为 a ，由牛顿第二定律得 mgsinθ=ma
进入磁场时速度为 v0 ，由运动规律可得 v02=2ax
解得 v0=1m/s
导体棒穿过有界磁场所用时间为 t ，由动量定理得 mgsinθ⋅t−FAcsθ⋅t=mv−mv0
因为 I=ER0+R=BLcsθ⋅vR0+R
FA=BIL
vt=x1
联立上式解得 t=4s

17.解：(1)粒子都能水平射出磁场，轨迹圆的半径 r=R
根据牛顿第二定律有 qv0B=mv02r
联立解得 B=mv0qR
(2)假设粒子第1次在磁场中运动转过的角度为 α ，第2次在磁场中运动转过的角度为 β ，由几何关系可得 α+β=180 ∘ ，所有粒子两次在磁场中的运动时间相等。
粒子在磁场中运动的总时间 t1=180 ∘360 ∘⋅2πRv0=πRv0
粒子的运动轨迹如图所示
所有粒子在电场中运动的时间均相等，从图中看出粒子在电场中由N点运动到K点，再由K点返回到N点，由动量定理得 qEt2=mv0−−mv0
解得 t2=2mv0qE
粒子在电场和磁场之间做匀速直线运动，由M点运动到N点，再由N点返回到M点，粒子通过此区间的总时间为 t3=2x0v0
粒子从发射到第二次离开磁场所经历的总时间 t=t1+t2+t3=πRv0+2mv0qE+2x0v0 ，其中 2x0 为粒子通过电场和磁场之间区域的总路程。
当粒子沿 y 轴发射时，粒子通过电场和磁场之间区域的总路程 2x0=0 ，粒子所经历的时间最短 tmin=πRv0+2mv0qE
(3)设从 A 点入射的粒子速度方向与 x 轴成 θ 角，由上一问中的 α+β=180 ∘ 可知，第2次离开磁场时速度方向与入射的粒子速度方向平行，即第2次离开磁场时速度方向与 x 轴成 θ 角。
与 x 轴成 θ 角的入射粒子与最后一个粒子第2次离开磁场时的路程差，只与粒子通过电场和磁场之间区域的路程差有关，故路程差 2Δx0=2Rsinθ
当最后一个粒子第2次离开磁场时，与 x 轴成 θ 角入射的粒子已经离开磁场运动了一段时间 t=2Rsinθv0
所以与 x 轴成 θ 角的入射粒子，此时所在位置的纵坐标 y=2R+2Δx0sinθ=2R+2Rsin2θ=R3−cs2θ
整理得 cs2θ=3−yR
与 x 轴成 θ 角的入射粒子，此时所在位置的横坐标 x=2Δx0csθ=2Rsinθcsθ=Rsin2θ
整理得 sin2θ=xR
消去三角函数解得 x2+y−3R2=R2
所以此时所有粒子所在位置曲线是以 R 为半径的圆，圆心的横坐标为0，圆心的纵坐标为 3R

18.解：(1)A由静止开始自由下落，当绳再次绷紧时，有 vA2=2gl
绳绷紧后瞬间，A的速度变为 v′A=vAcs30 ∘
A从绳绷紧后运动到最低点，由动能定理得 mgl(1−sin30 ∘)=12mv02−12mv′A2
解得A与B碰撞前的速度 v0=5m/s
(2)A、B碰撞过程，有 mv0=mv1+mv2 ， 12mv02=12mv12+12mv22
解得 v2=5m/s
设B与D碰撞前速度为v，B在C上减速时加速度为 aB=μmgm=μg
由运动规律得 v2−v22=−2aBd
解得 v=3m/s
B、D碰撞过程，有 mv=mv′1+Mv′2 ， 12mv2=12mv′12+12Mv′22
碰后B、D的速度分别为 v′1=−1m/s ， v′2=2m/s
碰后D的加速度为 aD=μMgM=μg
对C，由牛顿第二定律得 μMg−μmg=maC
解得 aC=μg
设C加速后经过时间t与D共速，则 v共=v′2−aDt=aCt
解得 v共=1m/s ， t=14s
从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对距离 Δx1=v′22−v共22aD−v共22aC
解得 Δx1=0.25m
木板C的长度 L=Δx1+d=2.25m
(3)C、D共速时，B的速度 vB=v1′+aBt=0
从B、D碰撞到C、D共速，B相对C的距离 Δx2=−v1′+v共2t=0.25m
从C、D共速到B、C、D三者共速，对系统，由动量守恒定律得 (m+M)v共=(2m+M)v′共
对B，有 v′共=μgt′
B相对C的路程为 Δx3=v共+v′共2t′−v′共2t′=332m
B、C间由于摩擦产生的热量 Q=μmg(d+Δx2+Δx3)=3.75J