山東省日照市2024-2025學年高三上學期校際聯(lián)合考試（期中）物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12022級高三上學期校際聯(lián)合考試物理注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題包括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。1.一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在時刻的波形如圖所示，質點P、Q的平衡位置分別位于和處。時質點P第一次到達波峰，下列判斷正確的是（）A.時，質點Q通過平衡位置向y軸負方向運動B.該波的波速為5m/sC.時，質點P的加速度最大D.0～1.2s的時間內，質點P運動的路程為6m【答案】B【解析】B．因為波沿軸負方向傳播，且時質點P第一次到達波峰，即時質點Q的振動傳播到質點P，所以，波速為故B正確；A．由圖可知，波長為，則周期為所以即，時間內，質點Q振動了個周期，此時通過平衡位置向y軸正方向運動，故A錯誤；C．當即，質點P振動半個周期，回到平衡位置，此時加速度最小，為零，故C錯誤；D．時間內所以，質點P運動的路程為故D錯誤。故選B。2.無人機在某次航拍過程中從地面上開始起飛，水平方向和豎直方向的速度隨時間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是（）A.0～2s內無人機做變加速直線運動 B.2s末無人機的速度大小為14m/sC.2s～4s內無人機做勻變速曲線運動 D.0～4s內無人機的位移大小為44m【答案】C【解析】A．根據圖像可知，0～2s內水平方向的加速度為根據圖像可知，0～2s內豎直方向的加速度為則0～2s內無人機的加速度為由于無人機在時刻的速度為0，則0～2s內無人機做勻加速直線運動，故A錯誤；B．2s末無人機的速度大小為故B錯誤；C．2s～4s內無人機水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，則無人機的合運動為勻變速曲線運動，故C正確；D．根據圖像可知，0～4s內無人機的水平位移大小為無人機的豎直位移大小為則0～4s內無人機的位移大小為故D錯誤。故選C。3.如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧上端固定，下端通過細線連接兩個質量均為m的小球a和b，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。時燒斷細線，時彈簧的彈力第一次為零。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.小球a做簡諧運動的振幅為 B.小球a做簡諧運動的周期為C.時，小球a的動能最大 D.時，小球a的回復力為零【答案】C【解析】A．根據可知，在平衡位置時，彈簧的伸長量為燒斷細線前所以，小球a做簡諧運動的振幅為故A錯誤；B．根據簡諧運動的對稱性可知，小球a運動到最高點時，彈簧的形變量為即，小球a運動到最高點時彈簧處于原長，所以，小球a做簡諧運動的周期為故B錯誤；C．根據簡諧運動的時間對稱可知，時，小球a運動到平衡位置，即小球a的動能最大，故C正確；D．時，小球a運動到最高點，位移最大，回復力最大，故D錯誤。故選C。4.關于質點做直線運動的圖像，下列說法正確的是（）A.甲圖中，質點在0～2s的時間內，平均速度大于3m/sB.乙圖中，質點做勻加速運動的加速度大小為C.丙圖中，若質點在時的速度為零，則其做往返運動D.丁圖中，在時，質點的運動方向發(fā)生改變【答案】A【解析】A．若質點做初速度為0、末速度為6m/s的勻加速直線運動，其平均速度為根據v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移，可知，0～2s該物體的位移大于勻加速直線運動的位移，所以物體在0～2s這段時間內的平均速度大于3m/s，故A正確；B．根據位移與時間的關系有，結合圖像斜率可知解得故B錯誤；C．根據可知，乙圖像中，陰影面積表示到時間內物體速度變化量，則質點的速度方向不變，不會做往返運動，故C錯誤；D．圖像的斜率代表速度，由圖可知質點做勻速直線運動，速度方向不變，故D錯誤；故選A。5.如圖所示，火星與地球在同一平面內沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動。已知地球的公轉周期為T，火星軌道半徑是地球軌道半徑的1.5倍。當火星、地球、太陽三者在同一直線上且地球位于太陽和火星之間時，稱為火星沖日。只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（）A.火星的公轉周期為B.相鄰兩次火星沖日的時間間隔為C.火星與地球繞太陽做勻速圓周運動的向心加速度大小之比為D.火星與地球繞太陽做勻速圓周運動的線速度大小之比為【答案】B【解析】A．設地球軌道半徑r，地球之為M，火星軌道半徑1.5r，由開普勒第三定律得解得故A錯誤；B．由萬有引力定律得角速度故火星的角速度小于地球的角速度，兩次火星沖日時，地球比火星多跑了一周，設故相鄰兩次火星沖日的時間間隔為t，則解得故B正確；C．由萬有引力定律得可知向心加速度大小之比為故C錯誤；D．由萬有引力定律得火星與地球繞太陽做勻速圓周運動的線速度大小之比為故D錯誤。故選B。6.2024年8月4日，樊振東贏得了巴黎奧運會乒乓球男子單打項目的金牌。某次發(fā)球時，樊振東以初速度豎直向上拋出乒乓球，乒乓球經過時間t到達最高點，落回拋出點之前已經勻速，勻速運動的速度大小為v。已知乒乓球的質量為m，重力加速度為g，乒乓球在運動過程中受到的空氣阻力大小與其速率成正比。下列說法正確的是（）A.上升過程中重力的沖量大于下降過程中重力的沖量B.上升過程中空氣阻力的沖量大于下降過程中空氣阻力的沖量C.空氣阻力與速率的比例系數為D.乒乓球從最高點落回到拋出點的時間為【答案】D【解析】A．由牛頓第二定律，上升過程隨著速度的減小，阻力逐漸減小，加速度逐漸減小，下降過程隨著速度的增大，阻力逐漸增加，加速度逐漸減小，可知上升過程的平均加速度大于下降過程的平均加速度，而上升過程中由于上升和下降過程中，位移大小相等，而上升過程的平均加速度大，所用時間短，則重力的沖量小于下降過程中重力的沖量，故A錯誤；B．做出小球的v-t圖像，如圖所示第一、第四象限中陰影部分的面積表示上升和下降過程的位移大小相等方向相反；若將縱坐標改為f，由于f∝v，因此第一、第四象限中陰影部分的面積仍相等，其物理意義為上升、下降過程阻力的沖量等大反向，故B錯誤；C．根據題意，落回拋出點之前已經勻速，勻速運動速度大小為v。由解得故C錯誤；D．對整個過程，設向下為正方向，根據動量定理由B選項可知上升、下降過程阻力的沖量等大反向，解得解得乒乓球從最高點落回到拋出點的時間為故D正確；故選D。7.2024年3月20日，長征八號火箭成功將鵲橋二號中繼衛(wèi)星送入預定地月轉移軌道。如圖所示，鵲橋二號沿地月轉移軌道運動到月球引力的范圍內，經過軌道控制進入周期為24小時的環(huán)月橢圓軌道（A為近月點，B為遠月點），再經過變軌繞月球做勻速圓周運動。已知地月轉移軌道、環(huán)月橢圓軌道、繞月圓軌道相切于點A，近月點A到月球中心的距離與遠月點B到月球中心的距離之比為。則鵲橋二號（）A.在A、B兩點的加速度大小之比為B.在繞月圓軌道上的運行周期為9小時C.在地月轉移軌道上奔月的過程中，所受的引力一直做正功D.在繞月圓軌道運動經過點A的速度大于在環(huán)月橢圓軌道運動經過點B的速度【答案】D【解析】A．由牛頓第二定律有解得可知在A、B兩點的加速度大小之比為。故A錯誤；B．根據開普勒第三定律解得故B錯誤；C．在地月轉移軌道上奔月的過程中，靠近地球位置附近，遠離地球，引力做負功，故C錯誤；D．從B點進入以月心和B連線為半徑的圓軌道需要在B點進行加速，而對于繞月圓軌道運動經過點A和以月心和B連線為半徑的圓軌道經過B點的速度，根據得可知，繞月圓軌道運動經過點A的速度大于以月心和B連線為半徑的圓軌道經過B點的速度，所以在繞月圓軌道運動經過點A的速度大于在環(huán)月橢圓軌道運動經過點B的速度，故D正確。故選D。8.如圖所示，一橫截面為三角形的水渠，在同一水平面上，且，從A點以不同的初速度水平拋出小石子，小石子落地后不反彈。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A.落到邊上的小石子，初速度越大，落地時的速度方向與水平方向的夾角越大B.初速度為的小石子能落到邊上C.落到O點的小石子，運動過程中離的最遠距離為D.能垂直打到邊上的小石子，初速度大小為【答案】B【解析】A．落到邊上的小石子，設斜面傾角為，由平拋運動的規(guī)律知設落在斜面上的小石子落地時的速度方向與水平方向的夾角為，則所以所有落到邊上的小石子落地時的速度方向與水平方向的夾角相等，故A錯誤；B．初速度越大的石子，飛行距離越遠，設最遠落在O點的石子用時為t，由平拋運動的規(guī)律知，解得B選項所給速度小于，故B正確；C．將小石子的速度分解為沿AO方向的和垂直AO方向的，將小石子的加速度分解為沿AO方向的和垂直AO方向的則有，，離斜面最遠時聯(lián)立解得最遠距離為故C錯誤；D．若水平拋出，并垂直撞擊在OB邊，則速度偏角滿足由平拋運動的規(guī)律知，由幾何關系可知聯(lián)立可得故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題包括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.如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t=0時的波形圖，虛線是這列波在t=1s時的波形圖。下列判斷正確的是（）A.x=0處的質點，在t=1s時的位移為?5cmB.若波沿x軸正方向傳播，波速可能為3m/sC.若波沿x軸負方向傳播，波速可能為11m/sD.若波沿x軸負方向傳播，x=0處的質點在t=2s時位于波峰【答案】BD【解析】A．由題意可知，x=0處的質點，在t=1s時的位移即為圖像中虛線在x=0處的位移，則根據波的傳播特點結合數學知識可知，此時x=0處質點的位移為故A錯誤；B．由圖像知，該列波的波長為λ=8m，若波沿x軸正方向傳播，經過t=1s則可得波速當n=0時，v=3m/s，故B正確；C．若波沿x軸負方向傳播，經過t=1s則可得波速顯然該情形下，波速不可能為11m/s，故C錯誤；D．若波沿x軸負方向傳播，則在t=2s內波向左傳播的距離為可知t=2s時的波形圖相當于t=0時的波形圖（實線）向左平移個波長，故此時x=0處的質點位于波峰位置，故D正確。故選BD。10.2023年華為問界M9新車發(fā)布。某次測試中，質量、額定功率的問界M9在平直路面上由靜止啟動。問界M9先做勻加速直線運動，當速度時達到額定功率，之后保持功率不變繼續(xù)加速，達到最大速度后勻速運動。問界M9從開始啟動到達到最大速度所用的時間為25s，整個運動過程中受到的阻力大小不變。下列說法正確的是（）A.問界M9運動中受到的阻力大小為8000NB.問界M9開始啟動時的加速度大小為C.問界M9從開始啟動到達到額定功率所用時間為15sD.問界M9從開始啟動到達到最大速度通過的位移大小為625m【答案】AC【解析】A．汽車達到最大速度后做勻速直線運動，牽引力等于阻力，有代入數據得阻大小為A正確；B．汽車勻加速直線運動結束時達到額定功率，此時速度為，有代入數據得汽車勻加速過程的牽引力大小為由牛頓第二定律得代入數據得加速度大小為B錯誤；C．問界M9從開始啟動到達到額定功率過程，汽車做勻加速直線運動，由運動學公式得代入數據得問界M9從開始啟動到達到額定功率所用時間為C正確；D．問界M9從開始啟動到達到最大速度過程中，由動能定理得代入數據得D錯誤。故選AC。11.如圖所示，質量均為m的小球a和b分別栓接在一根彈性繩的兩端，且處于同一位置。某時刻a球自由下落，同時將b球以速度水平向右拋出。當兩小球之間的距離第三次等于彈性繩的原長時，兩小球恰好落地，該過程中兩小球發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，不計一切阻力，兩小球可視為質點。兩球下落的過程中，下列說法正確的是（）A.兩小球和彈性繩組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒B.彈性繩的最大彈性勢能為C.彈性繩最長時，兩小球的速度大小均為D.a球落地時的速度小于b球落地時的速度【答案】BD【解析】A．由于a球是自由下落，而b球是以一定的速度水平拋出，所以兩小球和彈性繩組成的系統(tǒng)在豎直方向上的動量是不守恒的（因為重力作用會改變豎直方向上的動量）。同時，考慮到兩小球初始時的機械能不等（b球有動能，a球只有重力勢能），并且在碰撞過程中雖然機械能守恒，但整個過程中由于重力做功，系統(tǒng)總的機械能也是不守恒的，故A錯誤；B．水平方向上共速時彈性勢能最大，設此時兩小球豎直速度均為，根據水平方向上的動量守恒有根據能量守恒有兩小球在豎直方向上做勻變速直線運動，則有以上聯(lián)立方程得故B正確；C．水平方向上共速時彈性勢能最大，彈性繩最長，此時水平方向此時兩小球豎直速度均為＞0，則根據速度的合成可知兩小球的速度大小均大于，故C錯誤；D．兩個小球在水平方向的運動可看成小球b以速度在水平方向運動的彈簧模型，依題意分析可得，初始時兩小球在水平方向上的動量不為零，且方向向右，兩球形成的系統(tǒng)總體會朝著右側運動，當第一次等于彈性繩的原長時，水平方向a球靜止，b球的速度向右為，兩球相對遠離運動狀態(tài)，則=0＜；當第二次達到彈性繩的原長時，由，可得此時水平方向動量守恒水平方向為兩球相對靠近運動狀態(tài)，當第三次達到彈性繩的原長時，水平方向恢復為初始狀態(tài)故D正確。故選BD。12.如圖所示，傾角θ=30°，頂端固定光滑滑輪的斜面體放置在水平面上，一跨過滑輪的輕質細繩，一端懸掛質量為m的重物A，另一端與斜面上質量為2m的物塊B相連，滑輪與物塊B之間的細繩平行于斜面?，F用外力F緩慢拉動細繩上的結點O，使細繩OO′部分從豎直拉至水平，整個過程中始終保持外力F的方向與細繩OO′的夾角α=120°不變，且細繩OO′部分始終拉直，物塊B和斜面體始終處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）A.細繩OO′的拉力先增大后減小 B.斜面對物塊B的摩擦力一直增大C.外力F一直增大 D.地面對斜面體的摩擦力先增大后減小【答案】ACD【解析】AC．以結點O為研究對象，受到兩段細繩的拉力和外力F，其中OA段拉力大小等于mg，結點O轉動過程中，動態(tài)分析圖如下根據拉密定理有由于α保持不變，因此為定值。結點O轉動至水平的過程中，β角從鈍角一直減小到直角，可得F逐漸增大，γ角從60°一直增大到150°，繩子的拉力F1先增大后減小，故AC正確；B．對物塊B受力分析可知，物塊B受重力2mg、繩子的拉力F1、支持力NB和摩擦力fB的作用，則物塊B沿斜面方向，由平衡條件得由于繩子的拉力F1先增大后減小，所以斜面對B的摩擦力不可能一直增大，故B錯誤；D．對A、B及斜面整體受力分析，地面對斜面體的摩擦力大小等于外力F在水平方向的分力，外力F在水平方向的分力為利用數學的積化和差公式可得β角從180°一直減小到90°，F水平先增大后減小，所以摩擦力也是先增大后減小，故D正確。故選ACD。三、非選擇題：本題包括6小題，共60分。13.在“探究互成角度的兩個力的合成規(guī)律”的實驗中，步驟如下：①在桌面上平放一塊木板，在木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙固定在木板上。②把橡皮條的一端固定在木板上的一點，在橡皮條的另一端系上兩條細繩，細繩的另一端系有繩套。③用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使結點到達某一位置O點，在白紙上記錄O點的位置和兩細繩的方向，讀出兩個彈簧測力計的示數、。④只用一個彈簧測力計，通過細繩把橡皮條拉到步驟④中O點的位置，讀出并記錄彈簧測力計的示數F，同時記下細繩的方向。完成下列問題：（1）本實驗采用的科學方法是______（選填選項前的字母）。A．理想實驗法B.控制變量法C.等效替代法D.物理模型法（2）實驗中某次彈簧測力計的示數如圖甲所示，讀數為______N。（3）完成實驗后，取下白紙，用鉛筆和刻度尺在白紙上從O點沿著兩條細繩的方向畫直線，同學們按照一定的標度做出、和F的圖示，如圖乙所示。請你在答題卡上以、為鄰邊做平行四邊形，做出與的合力_____。（4）比較與F，得出實驗結論?！敬鸢浮浚?）C（2）3.70（3）【解析】[1]該實驗是用一個力作用產生的作用效果與兩個力共同作用產生的作用效果相同，來探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，所以使用的科學方法是等效替代法。故選C。[2]由圖可知，彈簧測力計的讀數為3.70N；[3]以、為鄰邊做平行四邊形，作出對角線，如圖所示14.某物理學習小組通過實驗驗證機械能守恒定律，實驗設計的思路是測出物體下落過程中減少的重力勢能和對應過程增加的動能，在實驗誤差允許的范圍內，若二者相等，從而驗證機械能守恒定律。（1）安裝實驗器材如圖甲所示，經檢查發(fā)現一處錯誤，錯誤是______。（2）糾正錯誤后順利完成實驗。圖乙是該實驗小組打出的一條點跡清晰的紙帶，紙帶上的O點是第一個點，測得第1個點和第2點之間的距離接近2mm。選取紙帶上連續(xù)的計時點A、B、C、D作為計數點，并測出各計數點到O點的距離分別為17.80cm，21.68cm、25.90cm、30.51cm。已知打點計時器所用電源的頻率是，重物的質量為，重力加速度，則打點計時器打下點O到點C的過程中，重物減少的重力勢能______J，增加的動能______J。（計算結果均保留三位有效數字）（3）重力勢能的減少量略大于動能的增加量，其原因可能是______?！敬鸢浮浚?）電磁打點計時器電源接得錯誤，應使用8V左右交流電源（2）0.2540.244（3）重物下落過程中受到空氣阻力，空氣阻力做負功，機械能減小?！窘馕觥浚?）由圖甲可以看出，電源使用電池組不合適，電磁打點計時器應使用8V左右交流電源。（2）[1]測得第1個點和第2點之間的距離接近2mm，表示O點為重物做自由落體運動初始時刻打下的點。則打點計時器打下點O到點C的過程中，重物減少的重力勢能為[2]打點計時器打下點C時的速度為打點計時器打下點O到點C的過程中，增加的動能為（3）重力勢能的減少量略大于動能的增加量，其原因可能是：重物下落過程中受到空氣阻力，空氣阻力做負功，機械能減小。15.一輛汽車在平直的公路上以的速度勻速行駛，司機發(fā)現正前方有一電動自行車以的速度同向勻速運動，司機經過的反應時間后開始剎車，汽車做勻減速運動，加速度大小為，恰好沒有撞上電動自行車。（1）求司機發(fā)現電動自行車時與電動自行車之間的距離；（2）若汽車減速的加速度大小為，求汽車減速過程中與電動自行車之間的最小距離s?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】汽車與電動自行車速度相等時到達同一位置，剛好不撞，設減速時間為，則到達同一位置時，汽車的位移為電動自行車的位移為司機發(fā)現電動自行車時與電動自行車之間的距離為以上各式聯(lián)立，解得小問2詳析】汽車與電動自行車速度相等時，間距最小，設汽車減速時間為，則汽車的位移為電動自行車的位移為汽車減速過程中與電動自行車之間的最小距離為聯(lián)立，解得16.如圖所示，半徑的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸重合，轉臺能以不同的角速度繞豎直軸勻速轉動。一小物塊隨陶罐一起轉動，且它和O點的連線與之間的夾角為60°，已知小物塊與陶罐間的動摩擦因數，重力加速度，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）若小物塊恰好不受摩擦力，求水平轉臺的角速度；（2）要使小物塊與陶罐相對靜止，求轉臺轉動的角速度范圍?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】若小物塊恰好不受摩擦力，物塊僅受到重力與指向球心彈力，根據牛頓第二定律有解得【小問2詳析】小物塊與陶罐相對靜止，當摩擦力達到最大靜摩擦力，且方向沿切線向上時，角速度達到最小值，對小物塊進行分析，如圖所示則有，其中解得當摩擦力達到最大靜摩擦力，且方向沿切線向下時，角速度達到最大值，對小物塊進行分析，如圖所示則有，其中解得綜合上述有17.如圖所示，傾角θ=37°的傳送帶以v0=10m/s的速率逆時針勻速轉動。質量為1kg的滑塊從傳送帶底端A處由靜止釋放，同時對滑塊施加平行于傳送帶向上、大小為12N的拉力F。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5，傳送帶底端A到頂端B的距離l=30m，重力加速度g=10m/s2。（1）若拉力F始終作用在滑塊上，求滑塊從A運動B的時間；（2）為使滑塊能從A運動到B，求拉力F作用的最短時間；（3）若拉力F作用的時間為，求滑塊離開傳送帶時的速度大小?！敬鸢浮浚?）（2）5s（3）12m/s【解析】【小問1詳析】滑塊在力F的作用下向上做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可得解得由題意可知解得滑塊從A運動B的時間為【小問