【文档说明】山东省泰安市2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题 Word版含解析.docx，共(22)页，4.418 MB，由envi的店铺上传

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高三年级考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：1、8共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察以外，还可以把一个凸透镜压在一块平面玻璃板上（如图甲），

让单色光从上方射入（如图乙），从上往下看凸透镜，可以观察到由干涉形成的环状条纹，这些条纹叫作牛顿环。下列说法正确的是（）A.环状条纹是等间距的同心圆环B.环状条纹的间距不相等，从圆心向外条纹越来越稀疏C.若对透镜上表面均匀施加适量压力，干

涉圆环向边缘移动D.若把入射的单色光由紫色换为红色，观察到的条纹间距会变小【答案】C【解析】【详解】AB．每个圆环实际上是一条等厚线，即同一个圆环上所对应的空气膜的厚度相等，由于从圆心越向外空气膜的厚度变化越快，即空气

膜厚度发生相同的变化经过的距离越短，所以从圆心越向外条纹越来越密集，故A、B错误；C．若对透镜上表面均匀施加适量压力，各处的空气膜都会变薄，干涉条纹向边缘移动，故C正确；D．若把入射的单色光由紫色换为红色，由于红光比紫光波长大，所以相邻两个干涉圆环对应的空气膜厚度变化变大，条纹间距会变

大，故D错误。故选C。2.升国旗时，国歌响起国旗开始上升，国歌结束时国旗刚好到达顶端且速度恰好减为0。已知国旗上升的高度30mH=，国旗运动的速度-时间图像如图所示，且加速与减速的加速度大小均为20.125m/s，加速时间为6s，

则国旗匀速运动的时间为（）A.30sB.34sC.46sD.50s【答案】B【解析】【详解】国旗匀速运动的速度大小为10.1256ms0.75msvat===国旗匀减速运动的时间与匀加速运动的时间相等，即6s，设国旗匀速运动的时间为2

t，根据vt−图像与时间轴所包围的面积表示位移，有()22122vttH++=求得234st=故选B。3.如图所示，四个完全相同的球A、B、C、D，半径均为R，紧挨着固定在水平地面上，四个球球心相连形成边长2R的正方形。质量为m，半径也是R的光滑球E放在A、B、C、D上方，

整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g。则A球对E球的支持力大小为（）A.12mgB.14mgC.22mgD.24mg【答案】D【解析】【详解】A、B、C、D、E五个球的球心连线构成一个侧棱长和底边边长都为2R的正四棱锥EABC

D−，如图所示设每条侧棱与EO所成夹角均为，则()()2222222EOECOCRRR=−=−=所以22cos22EORECR===A、B、C、D四个球对E的支持力大小相等，设为F，则由E球竖直方向受力平衡有4cosFmg=求得24Fmg=故选D。4.如图甲所示，物块a，b用一根轻质弹簧相连

，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。0t=时对物块a施加一水平向右的恒力F，在10~t内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，则物块a、b的质量之比为（）A.47abmm=B.34abmm=C.74abmm=D.12abmm=【

答案】A【解析】【详解】0t=时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得aaFma=其中21.5m/saa=1tt=时刻，以物块a为对象，根据牛顿第二定律可得aaFFma−=弹以物块b为对象，根据牛顿第二定律可得bbFma=弹其中20.8m/saa=20.4m/sba=

联立可得物块a、b的质量之比为47abmm=故选A。5.嫦娥六号绕月球运行的椭圆轨道如图所示，月球位于椭圆的焦点O上。假设每隔t时间记录一次嫦娥六号的位置，记录点如图所示，已知E为椭圆轨道的中心，AB、CD

分别为椭圆的长轴和短轴，AB的距离为2a，CD的距离为2b，且满足2ab=，椭圆的面积公式为sab=，则嫦娥六号从A运动到C所需的最短时间（）A.72tB.772Δ22t+C.772Δ22t−D.()772Δ2t+【答案】

C【解析】【详解】由图可知，嫦娥六号绕月球运行的周期14Tt=由开普勒第二定律可知，嫦娥六号与椭圆的焦点O的连线在相等的时间内扫过的面积相等，设经过时间t，嫦娥六号与椭圆的焦点O的连线扫过的面积为S，则tS设嫦娥六号从A运动到C过程所用时间为1t，嫦娥六号与椭圆的焦点O的连线扫过的面积为

1S，则11StST=椭圆其中114OECSSS=−椭圆根据数学知识可知22OEcab==−12OECSbc=又Sab=椭圆2ab=联立，求得177222tt=−故选C。6.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的

功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的摩擦因数为0.4，重力加速度大小取210m/s。则从0x=运动到4mx=的过程中，拉力的最大瞬时功率为（）A.6wB.62wC.12wD.122w【答案】D【解析】【详解】ABCD．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为WF

x=可看出图像中斜率代表拉力F，知在2mx=时，拉力1126N2F==物体从0运动到2m的过程，根据动能定理有21112Wmgmv−=解得物体的速度为122m/sv=物体在2m时，拉力的功率111122WPF

v==此后，拉力变218123N42WFx−===−2F小于摩擦力，物体做减速运动，速度变小，拉力的功率变小。所以则从0x=运动到4mx=的过程中，拉力的最大瞬时功率为max122WP=故ABC错误，D正确。故选D。7.如图甲所示，小球

在竖直面内的A、C之间做简谐运动，小华同学利用传感器得到了绳子拉力大小F随为时间t变化的曲线如图乙所示。0t=时刻小球从A点开始运动，此时绳子与竖直方向夹角为。小球质量为m，绳子拉力最小值为0F，重力加速度为g。则下列正确的是（）A.小球简谐运动周期为02tB.

小球简谐运动周期为0tC.0cosmgF=D.0cosFmg=【答案】D【解析】【详解】AB．小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期为02t,故AB错误；CD．小球运动到

最高点时，绳子拉力最小，结合图最小值为F0，故在最高点时有0cosFmg=故D正确，C错误。故选D。8.如图所示，可视为质点的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端连接在通过转盘轴心与盘固定在一起的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为。已知物块与转盘之间的

动摩擦因数为，且tan，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度大小为g。现让整个装置（含物块）以竖直杆为轴转动，物块与盘保持相对静止，角速度从零逐渐增大到0后，保持0匀速转动，当0cosgL=时，绳子拉

力大小为（）A.0B.cosmgC.cosmgD.sinmg【答案】C【解析】【详解】当转盘角速度逐渐增大，会出现临界情况，转盘对物块的支持力恰好为零，此时竖直方向有cosMgT=水平方向上，由牛顿第二定律有2sinsinTML=联立解

得cosgL=即当0cosgL=转盘对物块的支持力恰好为零，拉力的竖直分力大小等于重力cosTmg=可得细线的拉力为cosmgT=故选C。二、多项选择题：9~12共4道题，每题4分，共16分。全部选对得4分，对而不全得2分，错选0分。9.如图，在同种均匀

介质中位于0.6mx=处的波源P产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，0.6mx=−处的波源Q产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。0t=时刻两波源开始振动，0.5st=时两列简谐波的波形图分别如图中实线和虚线所示，下列说法正确的是（）A.两

波源起振方向相同的B.两波源的起振方向相反C.平衡位置在0.2mx=处的质点偏离平衡位置的最大距离为10cmD.平衡位置在0.2mx=处的质点偏离平衡位置的最大距离为30cm【答案】AC【解析】【详解】AB．根据同侧法由图可知，两波源的起振方向均沿y轴正方向，故A正确，B错误；CD．由图像可知，

平衡位置在0.2mx=处的质点属于减弱点，所以偏离平衡位置的最大距离为10cm，故C正确，D错误；故选AC。10.在无风的条件下，雨滴在空中下落，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度下降，这个速度叫做收尾速度。质量为m（保持不变）的雨滴从静止开始下落，经过时间t，下降高度h，恰好达到收尾

速度mv。已知空气对下落雨滴的阻力大小与雨滴速度大小成正比，即fkv=，k为已知常数，重力加速度大小为g。下列关系正确的是（）A.m2mgvk=B.mmgvk=C.khmtmgk=+D.khmtmgk=−【答案】BC【解析】【详解】AB．雨滴达到最大速度时，所受空气阻力与重力相等，即mfk

vmg==求得mmgvk=故A错误，B正确；CD．设竖直向下为正方向，雨滴从开始下落到达到收尾速度的过程中，根据动量定理有fm0mgtImv+=−将时间t平均分成n个小段，每小段设为t，t小到在每小段时间t内可认为雨滴做匀速直线运动，则()(

)f12n12nIkvtkvtkvtkvtvtvtkh=−++=−++=−……+?…+又mmgvk=三式联立，得khmtmgk=+故C正确，D错误。故选BC。11.如图所示，从位于同一条水平直线上的A、B两点以大小相等

的速度010m/sv=同时抛出两个石头，两个石头飞行轨道不同，但每一个石头恰好落在另一个石头的起飞点。已知石头在A点的抛射角为75=，石头在B点的抛射角为，重力加速度210m/sg=，则下列说法中正确的是（）A.两个石头起飞点之间

的距离为5mB.两个石头起飞点之间的距离为10mC.角度30=D.角度15=【答案】AD【解析】【详解】AB．设从A点抛出的石头在空中运动的时间为1t，则012sinvgt=设两个石头起飞点之间的距离为x，

则01cosxvt=两式联立，得20sin2vxg=代入数据，得5mx=故A正确，B错误；CD．设从B点抛出的石头在空中运动的时间为2t，则022sinvgt=02cosxvt=两式联立，得20sin2vxg=所以sin2sin2=因，所以22180

+=求得15=故C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在足够长斜面的顶端，另一端与物块A拴接，且与斜面平行，O点为弹簧原长位置。斜面的倾角为，物块A与斜面之间的动摩擦因数1t

an3=，物块B叠放在A上。将两物块从O点上方0x处由静止释放，运动过程中A、B始终相对静止。已知A、B两物块质量分别为2m和m，均可视为质点，重力加速度为g。弹簧始终在弹性限度内。从释放到第一次运动到最低点的过程中，下列说法中正确的是（）A.物块下滑的最大速度

出现在O点下方距离为sinmgk的位置B.物块下滑的最大速度出现在O点下方距离为2sinmgk的位置C.物块B所受静摩擦力的最大值为05sin3kxmg+D.物块B所受静摩擦力的最大值为03sin2kxmg+【答案】BC【解析】【详解】AB．将A、B两

物块视为整体，整体在运动的过程中受到来自斜面的摩擦力大小为13costan3cossin3fmgmgmg===整体所受合外力为零时速度最大，因sin3sinfmgmg=所以，整体在速度最大的位置所受弹簧的弹力沿斜面向上，即弹簧处于伸长状态，速度最大的位置在O点下方，

设此时弹簧的伸长量为x，则根据胡克定律和受力平衡，有3sinmgfkx=+求得2sinmgxk=即物块下滑的最大速度出现在O点下方距离为2sinmgk的位置。故A错误，B正确；CD．整体下滑到最低点时加速度沿斜面向上且最大，此时，物块B所受摩擦力也最大，设此时加速度大小为a

，根据对称性，整体运动到最低点时的加速度与刚释放时的加速度大小相等方向相反，整体刚释放时，由牛顿第二定律有03sin3mgkxfma+−=整体运动到最低点时，物块B所受静摩擦力方向沿斜面向上，大小设'f，对物块B，由牛顿第二定律有'sinf

mgma−=联立求得0'5sin3fkxmg+=故C正确，D错误。故选BC。三、实验题（本题共14分，13题6分，14题8分）13.如图甲所示，弹簧一端固定于深度0.35mh=的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内），现要测出

弹簧的劲度系数k。实验小组的同学将小筒竖直固定，在弹簧下端悬挂钩码；改变所挂钩码的个数，测出筒外弹簧的长度l，所挂钩码的重力记为F，作出的Fl−图线如图乙所示，试回答下列问题：的为（1）弹簧的劲度系数k=_____N/m。若考虑弹簧自身的重力，则上述弹簧的劲度系数测量值_____（选填“大于”、

“小于”或“等于”）真实值。（2）未悬挂钩码时，竖直小桶内弹簧的长度0l=_____m。【答案】（1）①.100②.等于（2）0.25【解析】【小问1详解】[1]弹簧的劲度系数()23010Nm100Nm

20010FFkxl−−=====−[2]弹簧自身的重力对劲度系数的测量无影响，所以上述弹簧的劲度系数测量值等于真实值。【小问2详解】由乙图可知，当0l=时，弹力10NF=，此时弹簧的伸长量为0xhl=−根据胡克定律有F

kx=代入数据，求得00.25ml=14.某小组验证动量守恒定律的实验装置如图甲所示。（1）选择两个半径相等的小球，其中一个小球有通过球心的孔，用游标卡尺测量小球直径d，如图乙所示d=_____cm；（2）用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为1m，另一个球

记为2m；（3）将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1米的细线穿过小球1m的小孔并连接在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离L；（4）将小球2m放在可升降平台上，调节平台位

置和高度，保证两个小球能发生正碰；在桌面上铺上复写纸和白纸，以显示小球2m落点；（5）保持绳子伸直拉起小球1m，在某一特定位置由静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器连接的计算机实时显示拉力大小；读出碰前和碰后拉力的两个峰值1F和2F，通过推导可以得到1m

碰撞前和碰撞后瞬时速度大小1v和1v，已知重力加速度为g。则碰撞后瞬时速度大小表达式1v=_____（用题中测量或已知量的字母表示）；本实验中_____（选填“需要”或“不需要”）满足12mm；（6）测出小球2m做平抛运动的水平位移x和竖直位移h，计算出小球2m碰撞后瞬时速

度大小2v（7）如果本次实验中12mm，数据处理后若满足表达式：_____（质量用1m、2m表示，速度用1v、1v、2v表示）则说明1m与2m碰撞过程中动量守恒。【答案】①.0.9045②.()21`112dLFmg

vm+−=③.不需要④.`111122mvmvmv=+【解析】【详解】[1]螺旋测微器最小精度值为0.01mm，结合图像，读数90.014.59.0450.9045dmmmmmmcm=+==[2]依题，碰后瞬间拉力峰值为F2，由牛顿第二定律`212112vFmgmdL−=

+解得()21`112dLFmgvm+−=[3]由于题目中并未要求小球m1是否反弹，故不需要12mm；[4]如果本次实验中12mm，则碰后小球m1不反弹，故动量守恒可知`111122mvmvmv=+四、计算题（本题共46分，15题7分，16题9分，17题14分，18题16分）

15.如图为某长方体透明材料截面图，长为L，宽为2L，一束单色光斜射到上表面A点，反射光线和折射光线恰好垂直，折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，所用时间为2Lc，光在真空中的传播速度为c。求：（1）单色光在透明材料上表面的入射角；（2）通过计算判断光能否从透明材料侧面射

出。【答案】（1）60（2）不能【解析】【小问1详解】单色光在透明材料上表面的入射角为，反射角也为，反射光线和折射光线恰好垂直，则折射角为190=−根据折射定律()1sinsinsinsinsin90cosn===−折射光线在介质中的速度为cvn=折射光线经长方体侧面反射

后射到下表面，折射光线在介质中的路程为sinLs=折射光线经长方体侧面反射后射到下表面，所用时间为2Lc，即2sLvc=解得60=，3n=【小问2详解】临界角113sin33Cn===折射光线到长方体侧面时入射角为60=3sin2=所以C入射角大于临界角，所以会发生全反

射，光不能否从透明材料侧面射出。16.如图所示，斜面倾角37=，质量1kgm=的小车以100WP=的恒定功率沿斜面由静止开始向上运动，同时在小车的正上方某点，小球以06m/sv=的初速度水平抛出，当小车运动到斜面上某点时恰好被小球垂直于斜面击中。小车、小球均可看做质

点，小车所受的摩擦阻力大小为它对斜面压力的0.5倍；不计空气阻力，取重力加速度210m/sg=，sin370.6=°，cos370.8=°。求小车被击中时：（1）小球的速度大小；（2）小车的速度大小。【答案】（1）10m/s（2）210m

/s【解析】【小问1详解】当小车运动到斜面上某点时恰好被小球垂直于斜面击中，可知此时小球的速度方向垂直斜面向下，根据几何关系有0sinvv=解得小车被击中时，小球的速度大小为010m/ssinvv==【小问2详解】小球在空中的时间为cos0.8syvvtgg===小球击中

小车时，水平位移为04.8mxvt==对小车，根据动能定理可得21tancos2xPtfmgxmv−−=车其中0.50.5cosfNmg==联立解得小球击中小车时，小车的速度大小为210m/sv=车17.如图所示，处于竖直平面内的轨道装置，由倾角60=的光滑直轨道AB、圆心为1O半径

为0.1mr=的半圆形光滑轨道BCD和圆心为2O的光滑圆弧轨道EF组成；B为两轨道的相切点，B、1O、E、D和2O处于同一直线上，DE间隙很小、宽度不计。现将可视为质点的质量为1kgm=的滑块从轨道AB上某点由静止释放，重力加速度210m/sg=（1）若释

放点与B点的高度差为h，求滑块运动到最低点C时轨道对滑块支持力大小NF与h的函数关系式；（2）若要保证滑块能经D点进入圆弧轨道EF，求释放点与B点最小高度差1h；（3）若圆轨道EF的半径R可调且该圆轨道能承受的压力不能超过105N，滑块释放点与B点的高度差22

.1mh=，要保证滑块能沿圆轨道顺利经过最高点F，求圆轨道EF半径R的取值范围。【答案】（1）N20020Fh=+（N）（2）0.15m（3）0.4m1mR【解析】【小问1详解】滑块从释放到C点过程，根据动能定理可

得21(1cos60)2Cmghmgrmv+−=在C点时，根据向心力公式可得2CNvFmgmr−=联立解得N20020Fh=+（N）【小问2详解】若要保证滑块能经D点进入圆弧轨道EF，则满足的2cos60Dmvmgr=

根据动能定理有2112cos602Dmghmgrmv−=解得10.15h=m【小问3详解】根据动能定理有2212cos60(cos60)2FmghmgrmgRRmv−−+=根据题意可知临界条件应满足2FmvmgR=或2212cos602Dmghmgrmv−=2cos60DmvFmg

R−=解得1mR=，0.4mR=则圆轨道EF半径R的取值范围为0.4m1mR18.如图所示，放置在足够长斜面上的木板B上表面光滑、下表面粗糙，下端有一挡板；滑块A可视为质点，A与B挡板的距离3mL=，A与B上端的距离足够大，开始时A、B在外力的作用下均静止。现撤去外

力，A在运动过程中与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，已知斜面倾角37=，A的质量为1kg，B（连同挡板）的质量为2kg，B与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）A、B第一次碰撞后，

B的速率；（2）A、B第二次碰撞前，A与挡板间的最大距离；（3）从开始运动到A、B第三次碰撞的时间内，系统因摩擦产生的热量。【答案】（1）4ms（2）3m（3）288J【解析】【小问1详解】撤去外力后，设滑块A下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有Asinmgma=求得2s6ma

=木板B的重力沿斜面向下的分力为Bsin2100.6N12Nmg==斜面对木板B的最大静摩擦力（即滑动摩擦力）大小为()()ABcos0.512100.8N12Nfmmg=+=+=即木板B

的重力沿斜面向下的分力等于斜面对木板B的最大静摩擦力，木板B不动，设滑块A与挡板第一次碰撞前的速率为1v，则有212vaL=求得16msv=二者发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为2v和3v，根据动量守恒和机械能守恒有A1

A2B3mvmvmv=+222A1A2B3111222mvmvmv=+联立求得22msv=−34msv=【小问2详解】A、B第一次碰撞后，A先向上做匀减速运动，速度减为零后向下做匀加速运动，B向下做匀

速运动，当A与B速度相同时A与挡板间的距离最大，设所需时间为t，则32vvat−=求得1st=二者在时间t内的位移分别为23A241m1m22vvxt+−+===B341m4mxvt===所以，A、B第二次碰撞前，A与挡板间

的最大距离BA3mdxx=−=【小问3详解】设A、B第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为1t，则1t应满足22113112vtatvt+=求得12st=该过程中木板B的位移大小为13142m8mxvt===A、B第二次碰撞前A的速度为()421262m/s10m/svva

t=+=−+=A、B第二次碰撞后的速度分别为5v和6v，根据动量守恒和机械能守恒有A4B3A5B6mvmvmvmv+=+2222A4B3A5B611112222mvmvmvmv+=+联立求得52msv=68msv=设A、B第二次碰撞后到第三次碰撞前经历的时间为2t，则2t

应满足25226212vtatvt+=求得22st=该过程中木板B的位移大小为26182m16mxvt===所以，从开始运动到A、B第三次碰撞的时间内，系统因摩擦产生的热量()()1212816J288JQfx

x=+=+=