山东省泰安第二中学2024-2025学年高三下学期开学检测物理试题

2024-2025学年高三开年检测 物理答题卡 1 2 9 5 6 11 7 8 12 3 4 10 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,只有一个选项是符合题目要求的。 二、多项选择题：本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对 得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 三、非选择题：本题共6小题,共60分。 物理 第1页 共4页 物理 第2页 共4页 13.（6分） 15.（7分） （1）（2分） （3）（2分） （4）（2分） （1）（2分） （2）（1分） （1分） （3）（2分） （2分） 16.（9分） 14.（8分） 选择题答题区域(40分) 非选择题答题区域(60分) 17.（14分） 18.（16分） 物理 第3页 共4页 物理 第4页 共4页 座 位 号 密 封 线 内 不 要 答 题 考 场 号 准 考 证 号 姓 名 班 级 联 考 试 卷 中 昇 教 育 物理 第 1页（共6页） 物理 第 2页（共6页） 物理 第 3页（共6页） 2024-2025 学年高三开年检测 物理 物理 第 4页（共6页） 物理 第 5页（共6页） 物理 第 6页（共6页） 密 封 线 内 不 要 答 题 联 考 试 卷 中 昇 教 育 2024-2025学年高三开年检测 物理参考答案 1.【答案】C 【解析】轴238俘获慢中子生成超轴239，有质量亏损.同时故出y光子.那么轴238与中子的质量之和不等于超 舳239的质量，A项错误：根据核反应方程两边电荷数守恒与质量数守恒可知，超轴239襄变放出的X粒子为电 子，B项错误：该接变的类型为B衰变，C项正确：放射性元素的半接期是本身特有的性质，跟外部环境没有 关系，故环境的温度升高时，放射性元素的半衰期不变，D项错误。 2.【答案】B 【解析】由于甲的图像在1=。时刻出现坐标x的最大值，由抛物线知识可知，该时刻质点甲的速度为0。在一 10s时间内，对质点甲有之0×(10-6尸=24m-20m,由于1=10：时，质点甲，乙的速率相等，即=2m⅓，那 么a×(10-)=2m/s,联立解得n=6s,加速度a=0.5m/2,A.D项错误：根据0=n-,解得n=3m/“,B 项正确：由x=o+-2,代人1=10，x=20m,联立解得，=15m,C项错误。 3.【答案】D 【解析】根据题意可知.在竖直方向，蓝球出手点与最高点的高度差为h=3.05m+0.8m-2.05m=1.8m.设抛 出时篮球的竖直分速度大小为，根据=2gh,解得，=6m,蓝球上升到最高点的时间41=号=0.6，由于 篮球途经的最高点比篮筐高矿=0.8m,根据=之。解得下降阶段的时间为与=0.4。，经以上分析可得篮球 从出手至撞到篮板经历的时间小于1s,A项错误：根据几何关系可知，篮球从抛出至落到篮筐，水平路程的长度 为x=725+0.35×2m=8m,那么出手时篮球的水平分速度大小为，千=8，则篮球出手时速度的 方向与竖直方向夹角的正切值为m。=之=子，即。=53，B项错误：蓝球从最高位置至落到篮筐，蓝球经历的 水平路程为x=:,2=3,2m,显然篮球经过的最高位置与蓝筐中心的水平距离为2.45m,C项错误：篮球落人球 筐时竖直分速度大小写==4m/s,得速度方向跟竖直方向夹角的正切值为aB=号=2，D项正确。 4.【答案】A 【解析】设变压器原线圈处的电压为，两电压表的示数均为·，通过电阻R,R,的电流均为I,根据理想变压器 的电压关系有。·_2L,得电阻R,两端电压为2北，那么通过定值电阻R,的电流为21，根据能量守恒可知U1 2Ux2以，解得"=5，那么10V=U+5U,解得U=30V,则=800匝，电流表的示数为名+彩 项正确，B项错误：副线圈滑片P的上、下两部分的电流之比为2：3，C项错误：当副线圈滑片P向下移动时，电 阳R,两端的电压减小，通过R:的电流减小，若电阳R两端的电压不变，那么副线图中的电流也减小，电阻R: 两端的电压减小，原线圈处的电压'增大，原，副线圈的总匝数都没有变化，那么电阻R,的功率变大，D项错误。 5.【答案】C 【解析】根据等量点电荷的电场的特点可知，椭圆中心0点的电场强度为零，但该点的电势不为零，A项错误：椭 圆长轴上O点左，右两侧的电场方向分别沿Ob,Od方向，只有0点的电场强度为零，B项错误：试探电荷+g沿 坐标轴从M点经O点移至点，电场力始终做正功，根据功能关系可知，试探电荷的电势能一直减少，C项正 物理第1页（共8页） 确：若要使。处的电场强度为零，设6，d两处点电荷的电荷量的大小均为Q,则号=水，Y。× 3 ×2,解 32+4 得Q-瓷0，那么这两处应该放置的点电荷的电荷量为-瓷0，D项错误。 125 6.【答案】D 【解析】根据理想气体状态方程号=C可知，在了图像中过原点的领斜直线反映的是理想气体等压变化的规 律，即P.=印，P,=p,由于过程b-心为等容变化过程，根据查理定律公=是可知，理想气休在状态d时的压强 T。2T 为2印，A项错误：过程→心气体的温度升高，分子运动的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，B项错 误：根据以上分析可知，状态e的压强为状态b压强的2倍，由于be过程温度升高，分子的平均动能变大，分子 的平均撞击力也变大，那么气体在状态单位时间内撞击容器壁单位而积的分子数一一定小于状态时的2倍，C 项错误：变化过程abe+d,外界对气体做的总功为W=-P(3V。-V。)+2,(3V。-2V。)=0,根据热力学第 一定律△U=Q+W可知，变化过程ab-+心+d气体从外界吸收的热量等于内能的增加量，D项正确。 7.【答案】B 【解析】空何站绕地球做匀速圆周运动，处于完全失重状态，但是重力仍然存在，A项错误：设地球的半径为R,质 量为业在地球表面由万有引为力提供重力得6授：，球的质量公式M=×子心，可得尽-部。由环能天 体的向心力公式6学：m一解得地球的第一字宿速度大小=，√受同理可得，空同站的线速度大小： GM 3g √R,联立解得空间站运行的线速度大小与第一宇街速度大小之比为，√g+4hGB项正确：根据GW: 。联立解得地球的质量为6？%。，C项错误：根据6学=，结合同步卫星的轨道高度运大于空间站的高 度可知，空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，而同步卫星与地球自转的周期相同，根据= ,(伊)广可知.同步卫星的向心加速度大于赤道上随地球自转物体的向心加速度，那么空间站的向心加速度大于 赤道上物体随地球自转的向心加速度，D项错误。 8.【答案】B 【解析】如图甲所示，设细绳dQ,aP与水平方向的夹角分别为《B,PQ与竖直方向的夹角为8，PQ绳上的拉力为 F F,。对结点Q受力分析，如图乙所示，根据正弦定理可得 n(90°+a)in(90°-a-0对结点P受力分析，如 图丙所示，根据正弦定理可得 nBm(90-B+两式联立可得F=sg0,根据几何关系解得 sin Beos(a +0) 4 水平拉力F= 3mg,B项正确。 Q Q 亨mg F 物理第2页（共8页）】 9.【答案】AB 【解析】由题意可知，物块从静止出发，初速度为零，初始功率为零，运动到C点，重力和速度方向垂直，在C点功 率也为零，所以重力的功率先增大后减小，A项正确：物块落地时，竖直分速度大小，=√/2gh=4m/s,由于落到 D点时速度与水平方向的夹角为8=53°，那么落到D点时水平分速度大小"，= m530=3m,从B滑至C的过 程，根据动能定理有mgK(1-os@）)-围，=之m-0,解得围，=1J,B项正确：在C点对物块受力分析，根据向 心力公式F、一mg=m:解得R,=38N,由于存在摩擦力，则物块在轨道最低点C受到轨道作用力的大小应该 为√F+F=√F+(38N)>38N,C项错误：落地前物块的机械能减少1J,动能增加25J,是然落地前的运 动过程中，物块动能的增加量大于机械能的减少量，D项错误。 10.【答案】BD 【解析】根据题意可知开始时两弹簧的形变量均为子，设甲部分气体的压强为，对活塞进行受力分析有户，S= P,5+2让×宁解得A一受A项错误：设乙部分充气后，话塞得次静止时甲气体的压强为片，乙气体的压强为 内，对甲气体根据玻意耳定律有×学=×当，对活客受力分析有PS=3+2法×宁解得受B项正 确：对甲、乙两部分气体由=nT得，初始时甲、乙两部分气体的质量之比为3：1，C项错误：充人气体跟乙部 分原有气体的质量之比为6：1，D项正确。 1L.【答案】CD 【解析】根据两列波的图像可知，它们的波长均为A=0,8m,由波源Q的振动方程y=10imt(cm)可知，波的 传播周期为T=2,那么被的传播速度为：=今=0,4.1=2：时，两波源均沿y轴正方向运动，即它们的振 动步调一致，B项错误：，=0处到两波源距离的差值等于半被长，那么该点为振动减弱点，振幅为零，A项错误： 2-2.5s时间内，两列被都没有到达x=-0.6m处；2.5~5.5s时间内，只有y抽左侧的简谐波到达x= -0.6m处.且振动了1.5T.即2.5-5.5时间内质点通过的路程为60m,5.5-6时间内，两列被都已到达 x=-0.6m处，且该点为振动加强点，即5.5~6s时间内质点通过路程为20cm,那么在2~6s时间内，平衡位 置位于x=-0.6m处的质点通过的路程为80m,C项正确：两波源P,Q之间位置到两波源距离差的范围是 0≤△x<3.6m,根据相干波叠加的原理，振动的加强点为9个，D项正确。 I2.【答案】ACD 【解析】根据题意可知，金属棒d的电阻为2R,结合左手定侧，对金属棒ab受力分析有2gsin30°+BL=4× 2mgos30°，根据法拉第电磁感应定律有E=B1,电路中的电流1= 联立解得6一治器A项正确：对金属 棒ab,cd整体受力分析有3 ngsin30°>4×2 mgcos30°，可知两金属棒始终都存在加速度，即不存在最大速度，B 项错误：从开始释放到金属棒ab刚要运动时，对金属棒cd根据动量定理有mgsn30-Bu=m,-0,又h=g 一祭联立解得金属棒d下滑的时间为◆快，C项正确：设两金属捧最终下滑的加滤度为，那么 95B元+3mgR 3 ngsin30°-4×2 ngcos30°=3ma,解得加速度a=0.1g,对金属棒cd,有mgsin30°-BL=u,但电路中的电 流是由双电源形成的，即/= 弘》=装联立解得△=器D项正确。 3R 物理第3页（共8页）】 13.【答案11)3mg(2分)（3)D(2分)（4)(2分 2x 【解析】(1)根据能量的转化和守恒定律可知，弹簧内储存的弹性势能为3mg。 (3)解除锁定后，物块B,C会在弹簧原长位置分离，它们一起运动的距离为x,分离后物块C继续向右滑动，那 么还需要测量物块C最终静止位置与出发位置间的距离x,,D项正确。 (4)对物块B.C,根据能量的转化和守恒定律有3mg%-以×2mg%=之×2m-0,对物块C有-wmg(名-) =0-2m.联立解得4=2说 3x 14.【答案】(1)36(2分)(2)0.4(1分)3.6(1分)(3)×10(2分)145.8(2分) 【解析】1)根据图乙信息知，该测量方法为电桥法，那么《点=是.解得灵敏电瓷计的内阻R,=6 R 2)由电流表扩大量程的原理上+=10A,人，人K,+儿=00mA,联立解得R=0.4Q,R3.6 R (3)由图丙所示的表盘信息知，中值刻度为15，当B接c时，电流表使用的是0-10mA量程，根据欧姆表的原 理可知风。一及款=导即，=0血.可资欧等表的档伦是产×0指。滑动安器接人电路的 阻值R'=145.8。 15.解：(1)根据题意，作出两束光的光路如图所示，设两束光的入射角为，折射角为r,根据几何关系得 i=60°，r=300 根据折射定律有 n=m2分) sin r 解得n=3(1分) (2)由全反射定律血C=得血C=号<号=血60，放从N点人射的光在D点发车全反射.设从.N两 点人射的光在该均匀介质中传播的路程分别为！，山 则1=d(1分) A,D两点间距离为 3 20%30°×2= 4,可知D为4C边的中点 那么6-号0当分别 d 物理第4页（共8页） 则4=-4=号 光在介质中的传播速度 =1分) 两束光在介质中传播的时间差 4-1分剂 16.解：(1)由于初速度的竖直分量为，=23m/,设上升的最大高度为h1,根据竖直上抛运动规律有 0-=-2gh,(1分) 设由最高点下降到C点的高度为，根据几何关系有 h2=A1+R(1-in37)(1分) 在竖直方向由匀变速运动规律有 2-0=2gh2(1分) 根据题中小球轨透与右边界相切于C点，那么在C点有 ,=6,na(1分 则初速度满足 后=2+(1分)》 联立解得初速度的大小 =√2Tm/(1分) (2)设初速度与水平方向的夹角为B,则瞬时速度与初速度方向垂直时的方向与水平方向的夹角为90°一B,根 据几何关系与速度的矢量关系有 m月=会m(0--受 即×上=1(1分) F.e 设小球抛出后运动至速度与初速度垂直位置所用的时间为· 则书，=-o,+g(1分) 联立解得1号1分 17.解：(1)如图甲所示为粒子的运动轨迹，d点为加的三等分点，根据类平抛运动规律有 =(1分) L=w22 解得山兰o 那么粒子在d点的速度大小 =√+（户=2 设速度，与x轴负方向的夹角为a,那么 ma=4=1(1分) 由几何关系有 物理第5页（共8页） 2R,c84=L(1分） 根据洛伦兹力提供向心力得 B=m是1分 联立解得B= me(1分) 勿 (2)(ⅰ)设粒子在电场中运动的加速度为，粒子的运动轨迹如图乙所示 根据牛顿第二定律有 gE,=m阳(1分) 由几何关系有 6=r当-1分别 设粒子从6点飞出电场时的速度华与水平方向的夹角为B,那么 tan B==3 此时粒子的速度大小为 马2=√+(a=/10r(1分) 根据题意，粒子垂直经过y轴，那么在磁场中运动的圆心O,在y轴上，则有 R=P+B=1分 根据洛伦兹力提供向心力有 gB=mR. 46(1分) 联立解得B=3 号1 (ⅱ)设粒子第二次进入电场时的位置为e,与a点的距离为 人%-lB西-1分剂 3 粒子再次射出电场时在电场中的偏移量为 物理第6页（共8页） 可知粒子第二次进入电场后，不能从b点射出电场(1分) 18.解：(1)设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A,B碰撞后的速度大小分别为1，根据动能定理有 m,R=子m(1分) 滑块A,B相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有 m1%=m,与+m2(I分】 后=m,+,1分) 1 联立解得=3m/s,2=9m/s(1分) (2)滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板Q相对静止，对两块木板与滑块C,根据牛顿第二定律有 A1m18+,m2g=(2M+m,)a(1分) 解得a=2m/s 滑块C的最大加速度为 .m5=3m公>2m/公，假设成立(1分) m 则滑块C的加速度大小为 a=2m/s2(1分) (3)滑块A,B相撞后，设加速度大小分别为a4、:,根据牛顿第二定律有 凸m,g=m4443m8=m2(1分) 设滑块A与木板P达到共速的时间为1，则 t-a t =at 那么此刻滑块A的速度大小 F =E1-at 解得，=1.2m/s 滑块B的速度大小 rn=的-4el 解得g=8.4m/8 滑块A的位移大小 物理第7页（共8页） -2 解得x,=1.26m 滑块B的位移大小 =6-2 解得xw=5.22m 该段时间木板前进的距离为 g=2r=0.36m(1分) 可知x。一x饭=L,=4.86m,即潜块B恰好到达木板P的右端 那么滑块A,B在木板P上相对滑动时因摩擦而产生的热量为 Q=1mg(x4-x）+mgL,=12.96J(1分) (4)滑块B,C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有 mw+m",=m+mc(1分) 之后+，=，+21分剂 解得=l.2m/s,e=8.4m/s 设最终没有带落，对滑块C与木板Q,根据动量守恒定律与机械能守恒定律有 me+M=(m+)rew(1分) 之，2+号-画+M0响弘mg·1分) 带人数据联立解得x=5.76m 显然滑块C不会从木板Q上滑落(1分) 最终滑块C相对静止时与挡板D的距离为 (=-L=0.16m(1分) 物理第8页（共8页）