山东省烟台市莱州市一中2024年高三（最后冲刺）物理试卷含解析

山东省烟台市莱州市一中2024年高三（最后冲刺）物理试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其图像如图所示，下列判断正确的是（）A．过程ac中气体内能的增加等于吸收的热量B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ab中气体吸收的热量大于气体内能的增加D．a、b和c三个状态中，状态a气体的内能最小2、我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”发射升空。已知引力常量为G，地球半径为R，“墨子号”距地面高度为h，线速度为，地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为，下列说法正确的是A． B．卫星距离地面的高度h可用来表示C．地球的质量可表示为 D．此卫星角速度大于3、一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是（）A． B．C． D．4、如图，一两端封闭的玻璃管在竖直平面内倾斜放置，与水平面间的夹角为θ，一段水银柱将管内一定质量气体分割成两部分。在下列各种情况中，能使管中水银柱相对玻璃管向a端移动的情况是（）A．降低环境温度 B．在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管C．保持θ角不变，使玻璃管减速上升 D．使玻璃管垂直纸面向外做加速运动5、我国计划于2020年发射火星探测器，如图是探测器到达火星后的变轨示意图，探测器在轨道Ⅰ上的运行速度为，在轨道Ⅱ上P点的运行速度为v2，Q点的运行速度为，在轨道Ⅲ上P点的运行速度为v4，R点的运行速度为v5，则下列关系正确的是A． B．C． D．6、如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F1作用下匀速下滑，某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（）A．仍匀速下滑 B．匀加速下滑C．匀减速下滑 D．不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，一段均匀带电的绝缘圆弧，所带电荷量为。圆弧圆心为O，两端点分别为P、Q、M、N为圆弧上的两点，且PN和MQ均为直径。已知O点场强大小为，电势为。则圆弧PM在圆心O点处产生的场强E的大小和电势分别为（）A． B． C． D．8、如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，，下列说法正确的是A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sC．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·sD．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点9、如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是A．小球在D点时速度最大B．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v=C．弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功D．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v=10、如图所示，水平传送带以恒定的速度v运动，一质量为m的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()A．物块加速运动时的加速度为μgB．物块加速运动的时间为C．整个过程中，传送带对物块做的功为mv2D．整个过程中，摩擦产生的热量为mv2三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A．10Ω2.5WB．100Ω1.0WC．200Ω1.0WD．2000Ω5.0W本实验应选哪一种规格？答______．(2)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图(b)所示的图线（已知该直线的截距为0.1V-1)．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为_____V，内阻r为______Ω.（结果保留三位有效数字）12．（12分）某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：电压表V1(量程0~3V，内阻等于3kΩ)电压表V2(量程0~15V，内阻等于15kΩ)电流表A1(量程0~200mA，内阻等于10Ω)电流表A2(量程0~3A，内阻等于0.1Ω)滑动变阻器R1(0~10Ω，额定电流2A)滑动变阻器R2(0~1kΩ，额定电流0.5A)定值电阻R3(阻值等于1Ω)定值电阻R4(阻值等于10Ω)定值电阻R5(阻值等于1kΩ)电源E(E=6V，内阻不计)（1）请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁__________．（2）该同学描绘出的I–U图象应是下图中的___________．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，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，且碰撞过程时间极短，求：(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。14．（16分）如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁相连，在B点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦),杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重物的质量,加速度大小,人的质量，求此时:(1)地面与人之间的弹力的大小;(2)轻绳AB的弹力大小．15．（12分）如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长，宽度m的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=0.4T，一带正电粒子质量m＝3.2×10－4kg、带电量q＝0.16C，从y轴上的P点以v0=1.0×103m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的Q点进入磁场，已知OP=9m，粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角θ=，不计粒子重力，求：(1)OQ的距离；(2)粒子的磁场中运动的半径；(3)粒子在磁场中运动的时间；（π值近似取3）

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、D【解析】

A．过程ac为等压变化，由可知，温度升高，体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体内能的增加等于吸收的热量与气体对外做功之差，则气体内能的增加小于吸收的热量，故A错误；B．过程bc为等温变化，△U=0，但气体压强减小，由知V增大，气体对外做功，W＜0，由△U=Q+W可知Q＞0即气体吸收热量，故B错误；C．过程ab为等容变化，温度升高，内能增大，体积不变，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体内能的增加，故C错误；D．理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，a、b和c三个状态中，状态a温度最低，则理想气体的内能最小，故D正确。故选D。2、C【解析】

A．由万有引力提供向心力，有，联立得选项A错误；B．对量子卫星有得代入，得，选项B错误；C．对量子卫星有得选项C正确；D．对量子卫星有代入，得此卫星角速度为<选项D错误。故选C。3、D【解析】

依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动。根据速度－时间图象的斜率等于加速度可知，v－t图象的斜率先增大后减小，故ABC错误，D正确。故选D。4、C【解析】

A.假定两段空气柱的体积不变，即V1，V2不变，初始温度为T，当温度降低△T时，空气柱1的压强由p1减至p′1，△p1=p1−p′1，空气柱2的压强由p2减至p′2，△p2=p2−p′2，由查理定律得：，，因为p2=p1+h>p1，所以△p1<△p2，即水银柱应向b移动。故A错误；B.在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管，使θ角变大，若水银柱相对玻璃管不动，则增大了水银柱对下部气体的压力，水银柱向b端移动，故B错误；C.玻璃管竖直向上减速运动，加速度向下，水银柱失重，若水银柱相对玻璃管不动，水银柱对下部气体压力减小，水银柱向a端移动，故C正确；D.使玻璃管垂直纸面向外做加速运动不会影响水银柱竖直方向上的受力，水银柱的位置不变，故D错误。5、C【解析】

A．在轨道Ⅰ上P点的速度小于轨道Ⅱ上P点的速度，选项A错误；B．在轨道Ⅰ上的速度大于经过Q点的圆轨道上的速度，即大于轨道Ⅱ上Q点的速度，选项B错误；C．探测器在轨道Ⅰ上运行，若经过P点时瞬时加速，就变成椭圆轨道，而且在P点加速时获得的速度越大，椭圆轨道的远火星点就越远，轨道Ⅲ的远火星点R比轨道Ⅱ上的远火星点Q更远，因此，选项C正确；D．设P点到火星中心的距离为r，Q点到火星中心的距离为r1，R点到火星中心的距离为r2，由开普勒第二定律有：，，，则，选项D错误.故选C.6、C【解析】

设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，以物体为研究对象进行受力分析如图所示：沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：F1+mgsinθ=μmgcosθ所以μtanθ；当物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则有：F2sinθμF2cosθ所以某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2后，物块将匀减速下滑，故ABD错误、C正确。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【解析】

AB．根据对称性可知圆弧PM和QN在0点的合场强为0，圆弧MN在O点的场强为整个圆弧所带电荷在O点处的场强，又圆弧PM、MN和NQ在O点处的场强大小相等，则圆弧PM在圆心处的场强大小，选项A错误，B正确；CD．电势为标量，圆弧PM、MN和QN在O点的电势相等，，选项C正确，D错误。故选BC。8、BCD【解析】

弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于B的冲量大小，故A错误；由动量守恒定律，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为，故B正确；设A球运动到Q点时速率为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律可得，解得：v=4m/s，根据动量定理，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，故C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，解得，小于小球到达Q点的临界速度，则A球不能达到Q点，故D正确。故选BCD。9、ABD【解析】

A.对小球分析可知，在竖直方向由与，故支持力为恒力，即，故摩擦力也为恒力大小为从C到E，由动能定理可得由几何关系可知，代入上式可得在D点时，由牛顿第二定律可得由，将可得，D点时小球的加速度为故小球在D点时的速度最大，A正确；B.从E到C，由动能定理可得解得故B正确；C.由于弹力的水平分力为，和均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；D.将小球电荷量变为，由动能定理可得解得故D正确；故选ABD。10、AC【解析】

A．物块加速运动时，由牛顿第二定律得μmg=ma可得a=μg故A正确；B．物块加速运动的时间为t=故B错误；C．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为W=mv2-0=mv2故C正确；D．物块加速运的动时间内传送带的位移为x带=vt物块的位移为x物=物块与传送带间相对位移大小为△x=x带-x物=整个过程中摩擦产生的热量为Q=μmg△x=mv2故D错误。故选AC。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、C1041.7【解析】

(1)[1]当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：，所以定值电阻R0应选C．(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律：E=U+，变形得：=+，结合与的图像可知，截距为=0.1，电源电动势E=10V；斜率k===4.17，所以内阻：r=41.7Ω。12、B【解析】

①用电压表V1和R5串联，可改装成量程为的电压表；用电流表A1与R4并联可改装为量程为的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法；为使曲线完整，滑动变阻器应采用分压接法，故选择总阻值小的R1，电路如图：②小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I–U图线应该是B．【点睛】此题考查了探究小灯泡的伏安特性曲线的实验；此题的难点在于题中所给的电表量程都不适合，所以不管是电流表还是电压表都需要改装，所以要知道电表的改装方法；改装成电压表要串联分压电阻；改装成电流表要并联分流电阻；其他部分基本和课本实验一样．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）（2）5qEx0（3）8x0<d≤18x0【解析】

（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。

对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma

由运动学公式有：v02=2ax0。

解得：v0=

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv0=mvA1+mvB1

mv02=mvA12+mvB12。

解得：vB1=v0=，vA1=0

（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．