辽宁省沈阳市郊联体2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省重点高中沈阳市郊联体2024—2025学年度上学期期中考试高三年级试题物理考试时间：75分钟试卷总分：100分注意事项：本试卷由两部分组成。第I部分为选择题部分，一律用2B铅笔按题号依次填涂在答题卡上；第II部分为非选择题部分，按要求答在答题卡相应位置上。第I卷选择题（共46分）一、选择题（本题共10小题，第1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；8-10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全得3分，选错不得分）1.在近代物理诞生的400多年间，涌现出如繁星般璀璨的物理学家，他们的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是（）A.牛顿在伽利略和笛卡儿等人的基础上，更加完整的阐释出惯性定律的内容B.笛卡儿理想斜面实验说明力不是维持运动的原因C.卡文迪什用扭秤实验测出了静电力常量的值D.富兰克林最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量【答案】A【解析】A．牛顿在伽利略和笛卡儿等人的基础上，更加完整的阐释出惯性定律的内容，故A正确；B．伽利略的理想斜面实验说明力不是维持运动的原因，故B错误；C．卡文迪什用扭秤实验测出了万有引力常量G的数值，故C错误；D．密立根最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量，故D错误。故选A。2.嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设月球半径为，质量为，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力月球的体积月球的平均密度联立可得故选D。3.将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）A.上升和下落两过程的时间相等B.上升和下落两过程损失的机械能相等C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度【答案】C【解析】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。故选C。4.游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，其中P为处于水平面内的转盘，可绕轴转动，圆盘半径，绳长。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角，座椅和人的总质量为60kg，则（sin37°=0.6cos37°=0.8g取）（）A.绳子的拉力大小为650NB.座椅做圆周运动的线速度大小为5m/sC.圆盘的角速度为0.5rad/sD.座椅转一圈的时间约为1.3s【答案】C【解析】A．座椅受力如图所示由平衡条件可得，在竖直方向上绳子拉力为故A错误；B．由牛顿第二定律得线速度为故B错误；C．转盘的角速度与座椅的角速度相等，角速度故C正确；D．座椅转一圈的时间，即周期故D错误。故选C。5.如图所示，电路中电源电动势为，内阻为，为电容器，为小灯泡，为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表、、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，则（）A.电源的输出功率一定增大B.保持不变，比小，且他们都保持不变C.灯泡逐渐变亮D当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭【答案】B【解析】A．设外电路总电阻，由题意得电源的输出功率上式整理可得由上式可知，当时，电源输出功率最大。因为定值电阻与电源内阻的阻值大小不确定，所以将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，电源的输出功率可能减小可能增大。故A错误；B．由图可知，电压表、、分别测定值电阻两端电压、电源路端电压、滑动变阻器及小灯泡总电压。电流表测的电流为流经电源内阻、定值电阻、滑动变阻器、灯泡的电流。由欧姆定律可得由图及题意可得由以上两式可得故B正确；C．滑动变阻器向左滑动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，闭合电路中的总电阻也变大，由闭合电路欧姆定律可得，电路的电流减小，即通过灯泡的电流减小，灯泡逐渐变暗。故C错误；D．当电路稳定后，由于电容器的两极板储存有电荷，所以在开关断开时，电容器、滑动变阻器、灯泡会形成回路使电容器两极板电荷中和，从而形成电流，所以小灯泡不会立刻熄灭。故D错误。故选B。6.如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（）A.在移动过程中，O点电场强度变小B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点【答案】D【解析】A．O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；B．移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；C．A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；D．A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。故选D。7.如图甲所示，自动炒菜机的电动铲子既可推动炒菜也可翻动炒菜。自动炒菜机的炒菜原理可简化为如图乙所示的模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个小球（可视为质点）放在容器的底部，竖直光滑挡板与其接触，挡板的上端刚好与圆心重合，有两种方式使小球到达容器口的点：方式一是将挡板缓慢水平向右推，在推动过程中挡板始终保持竖直，使小球到达点；方式二是让挡板绕点缓慢转动，使小球到达点。下列说法不正确的是（）A.方式一中，挡板对小球的弹力增大B.方式一中，内壁对小球的弹力增大C.方式二中，挡板对小球的弹力增大D.方式二中，内壁对小球的弹力增大【答案】D【解析】AB.小球受到竖直向下的重力G、垂直挡板向右的弹力和指向圆心的弹力，设与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可求得该过程中夹角增大，则可知和均增大故A、B正确；CD.小球受到竖直向下重力G、垂直挡板的弹力和指向圆心的弹力，在该过程中与始终垂直，将重力G沿着与分解，根据受力平衡可知该过程中夹角增大，则可知增大，减小。故C正确，D错误。本题要求选不正确的，故选D。8.据2024年9月24日《参考消息》报道，中俄“北部-联合-2024”第二阶段军事演习日前在日本海展开。其中一艘快艇在海面上运动的速度-时间图像如图所示，关于快艇下列说法正确的是（）A.在0～66s内做加速度减小的加速运动 B.在66s末开始调头C.在96s末开始调头 D.在96s～116s内做匀减速运动【答案】AC【解析】A．由速度-时间图像的斜率表示加速度可知，在0～66s内，图像的斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，方向不变，速度逐渐增大，因此在0～66s内快艇做加速度减小的加速运动，A正确；BC．由速度-时间图像可知，在96s末之前，速度均为正值，即速度方向不变，在96s末后速度为负值，即在96s末开始调头，B错误，C正确；D．由速度-时间图像的斜率表示加速度可知，在96s～116s内图像的斜率是负值，大小不变，速度是负值，可知加速度大小不变，方向与速度方向相同，则在96s～116s内做匀加速运动，D错误。故选AC。9.如图所示，传送带与地面倾角，从到长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上端无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，。（）A.煤块从到运动的时间为B.煤块从到的过程中传送带与黑色煤块因摩擦生热量为C.煤块从到的过程中传送带上形成划痕的长度为D.若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从点到达点的最短时间为【答案】ACD【解析】A．开始阶段，由牛顿第二定律得代入数据解得煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，由题意得则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得代入数据解得设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则代入数据解得煤块从A到B的时间为故A正确；C．第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为即煤块相对传送带下移1m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为故C正确；B．由B选项分析可知，煤块与传送带相对滑动的路程为则，传送带与黑色煤块因摩擦生热量为故B错误；D．若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短；则有代入数据解得故D正确。故选ACD。10.如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（）A.运动时间为B.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m【答案】BD【解析】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有，垂直方向根据对称性可得重物运动时间为重物离PQ连线的最远距离为故AC错误；B．重物落地时竖直分速度大小为则落地速度与水平方向夹角正切值为可得故B正确；D．从抛出到最高点所用时间为则从最高点到落地所用时间为轨迹最高点与落点的高度差为故D正确。故选BD。第II卷非选择题（共54分）二、非选择题（本题共5小题，第11题、第12题，每空2分共计16分，第13题10分，第14题11分，第15题17分，按要求答在相应位置上。）11.精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程，内阻约为、电流表（量程、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。考虑电流表内阻影响（1）用图所示电路测量电流表的内阻。从图电压表和电流表读数可得电流表内阻__________保留位有效数字）。（2）用图所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用、、和表示。则干电池电动势__________用、和表示）。（3）调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图所示的图像。则待测干电池电动势__________保留位有效数字）、内阻__________保留位小数）。【答案】（1）1.0（2）（3）14.01.0【解析】【小问1详析】由图2可知，电压表读数为电流表读数为根据欧姆定律可得电流表内阻为【小问2详析】由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势的表达式为【小问3详析】[1][2]根据变形为根据图像可知，纵截距斜率的绝对值所以待测干电池电动势为电源内阻为12.如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。（1）关于本实验，下列做法正确的是______（填选项前的字母）。A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平B.选用两个半径不同的小球进行实验C.用质量大的小球碰撞质量小的小球（2）图甲中点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为的小球从斜槽上的位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为的小球从位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，乙图中找到平均落点后从左到右依次记为、和（为单独滑落时的平均落点，为与另一个小球的碰后落点）。a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定某一个小球的平均落点______；b.分别测出点到平均落点的距离，记为、和。在误差允许范围内，若关系式______成立，即可验证碰撞前后动量守恒。（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的点和点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点与静止于点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点。测得小球1，2的质量分别为和，弦长、、。推导说明，、、、、满足______关系即可验证碰撞前后动量守恒。【答案】（1）AC（2）应画出尽可能小的圆把所有落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点（3）【解析】【小问1详析】A．为了确保小球飞出斜槽末端的初速度方向水平，实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；B．为了使小球发生对心正碰，实验中应选用两个半径相同的小球进行实验，故B错误；C．实验中为了避免碰撞过程发生反弹，应用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。故选AC。【小问2详析】[1]实验中，确定某一个小球的平均落点，应画出尽可能小的圆把所有落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。[2]P点为入射小球单独滚下的落地点，M、N分别为入射小球和被碰小球碰撞后的落地点，根据平抛运动规律有，，，碰撞过程动量守恒，则有解得【小问3详析】令三条弦、、对应的圆心角分别为、、，小球做圆周运动的半径为R，则有，，对m进行分析，根据动能定理有，对M进行分析，根据动能定理有m碰撞后发生了反弹，根据动量守恒定律有由三角函数知识解得13.如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：（1）电场强度E的大小。（2）小球在A、B两点的速度大小。【答案】（1）；（2），【解析】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为（2）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得A到B过程根据动能定理得联立解得14.如图，水平轨道左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于点，右端与一倾角为的光滑斜面在点平滑连接（即物体经过点时速度大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的顶端点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知光滑圆弧轨道的半径为，水平轨道部分长为，与滑块间的动摩擦因数为，光滑斜面部分的长度为，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：（1）滑块到达点时，弹簧具有的弹性势能；（2）滑块在水平轨道上停止的位置距点的距离及滑块经过点的次数。【答案】（1）（2），6次【解析】【小问1详析】滑块第一次到达点时，弹簧具有最大的弹性势能，从点到点，由动能定理可得根据功能关系可得解得【小问2详析】滑块只有在水平轨道上消耗能量，滑块最终停止在水平