【文档说明】山东省潍坊市2025届高三上学期10月第二次联考物理试题 word版含解析.docx，共(21)页，3.341 MB，由小赞的店铺上传

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山东省中学联盟2024-2025学年高三上学期10月模拟预测物理试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5

毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选

择题1.如图所示，P、Q两物体叠放在一起，在竖直向上的恒力F作用下，沿竖直粗糙墙面一起向上做匀加速直线运动，则P物体除受重力和恒力F外，还受到（）A.2个弹力和2个摩擦力B.2个弹力和1个摩擦力C1个弹

力和2个摩擦力D.1个弹力和1个摩擦力【答案】D【解析】【详解】P、Q两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对P、Q整体进行受力分析，受到重力、外力F，墙对P没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力，对Q进行受力分析，Q受到重力，P对Q的支持力，而这两个力的合力不能向

上，所以Q还受到P对Q沿斜面向上的静摩擦力，所以对P受力分析，P受重力、外力F、Q对P的压力以及Q对P沿斜面向下的静摩擦力，共4个力。故选D。2.编号为1，2，3的三个相同的小球从同一高度以相同速率抛出，1球竖直上抛、2球平抛、3球竖直下

抛，从抛出到落地的过程中，下列说法正确的是（）.A.重力对三个球做功123WWW=B.重力的平均功率大小123PPP=C.落地前瞬间重力的功率132PPP=D.落地时的速率132vvv=【答案】C【解析】【详解】A．设小球下落高度为h，重力对三个

球做功为123WWWmgh===故A错误；B．由于201112hvtgt−=−2212hgt=203312hvtgt=+所以123ttt根据WPt=所以重力的平均功率大小123PPP故B错误；CD．由于重力做功相等，根据动能定理可知，三个小球落地瞬间速度大小相等，即123vvv==由于水平

抛出的小球落地瞬间速度方向斜向下，所以竖直分速度较小，则有213yyyvvv=根据yPmgv=所以重力的瞬时功率大小132PPP=故C正确，D错误。故选C。3.如图所示，斜面放在粗糙水平地面上，定滑轮固定在斜面顶端，两滑块通过光

滑的定滑轮用轻绳相连，释放后左侧滑块匀加速向下运动，斜面始终保持静止，关于斜面受到地面的摩擦力说法正确的是（）A方向向左B.方向向右C.不受摩擦力D.以上都有可能【答案】A【解析】【详解】以整体为研究对象，水平方向具有向左的加速度，斜面上的物块的质量为m，斜面

夹角为，则有cosfma=故斜面将受地面向左的摩擦力。故选A。4.两同学操控甲、乙无人机进行对抗演习，0t=时刻甲发现乙无人机，甲立即沿同方向追赶乙，两者运动的v-t图像如图所示，已知2st=时甲追上乙，则下列说法正确的是（）A.甲在1s末开始反向

运动B.第1s末甲在乙后方1.25m处C.第2s内乙的加速度大于甲的加速度D.前2s内甲、乙间的距离一直减小【答案】B【解析】【详解】A．甲在1s末速度开始减小，不是反向运动。故A错误；B．t=1s时，由图可知，乙的速度为2.5m/s。根据面积

法可得1~2s，甲多跑的位移为52.5(21)m1.25m2x−=−=.已知2st=时甲追上乙，则第1s末甲在乙后方1.25m处。故B正确；。故B；C．第2s内乙图线的倾斜程度小于甲图线的倾斜程度，则乙的加速度小于甲的加速

度。故C错误；D．开始阶段，甲的速度小于乙的速度，则甲、乙间的距离增大。故D错误。故选B。5.一狙击手进行动态狙击训练，从空中O点以初速度0v竖直向上抛出一瓶子，当瓶子速度大小变为02v时恰好在抛出点上方0h处。要求狙击手

在瓶子下落阶段且在抛出点上方0h到下方0h的范围内击中瓶子，则瓶子被击中所处的时间段在抛出后的（）A.00~2vgB.005~2vvggC.0035~22vvggD.003(27)~22vvgg+【答案】D【解析】【详解】根据题意有2020022()gvhv−=−瓶子上升的最大高度为20

0423vHhg==要求狙击手在瓶子下落阶段且在抛出点上方0h到下方0h的范围内击中瓶子，当瓶子刚好下落到抛出点上方0h被击中时，有00102()32vHhtggvg−=+=当瓶子刚好下落到抛出点下方0h被击中时，有00202)(27()2vg

vHhtgg++=+=则瓶子被击中所处的时间段在抛出后的003(27)~22vvgg+。故选D。6.中国传统木工的榫卯工艺，外形唯美且遵循力学原理。如图甲所示为榫眼的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为。在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为1F和2

F，不计凿子的重力及摩擦力，下列判断正确的是（）A.力F一定大于1FB.2cosFF=C.1tanFF=D.夹角越大，凿子越容易凿入木头【答案】C【解析】【详解】ABC．作出力F与F1和F2的关系图，如图所示由图可知21FF，2FF根据几何关系有2si

nFF=，1tanFF=故AB错误，C正确；D．由以上分析可知，力F一定时，夹角越大，F1和F2均变小，所以凿子越不容易凿入木头，故D错误。故选C。7.如图所示，一足够长的传送带倾角为，以恒定速率1v顺

时针方向转动，皮带始终处于绷紧状态。0t=时刻物块从顶端以初速度2v向下冲上传送带，且21vv，物块与传送带之间的动摩擦因数tan。从放上物块开始计时，物块的动能kE与位移x的关系图像、电动机由于传送物块多消粍的电能W与时间t的关系图像可能正确

的是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【详解】AB．由于tan，物块向下做匀减速直线运动时的加速度大小为cossincossinmgmgaggm−==−当物块向下减速为0后，物块反向做加速度也为a的匀加速直线运动，由于21vv，则物块加速

到速度与初速度共速1v后，与传送带保持相对静止运动运动到顶端；根据对称性可知，kEx−图像中动能减小过程和动能增加过程，图像的斜率绝对值相等，最后物块的动能小于初动能，故AB错误；CD．电动机由于传送物块多消粍的电能等于传送带克服摩擦力做的功，在物块与传送带共速前，有1cosWPm

gvt==物块与传送带共速后，有11sinWPfvmgvt===静可得.PP可知Wt−图像中，共速前图像的斜率大于共速后图像的斜率，故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，一半径为R的光滑圆环处于竖直平面内，圆环上套有质量为m的小球，

一原长为1.5R的轻质弹簧一端系于球上，另一端固定于圆环最低点Oʹ。当圆环绕过圆心的竖直轴OOʹ转动时，小球相对圆环静止在P点，30POO=，已知弹簧的劲度系数2mgkR=，重力加速度为g，则圆环转动的角速度大小为（）

A.23gRB.gRC.32gRD.2gR【答案】C【解析】【详解】根据几何关系可得，此时弹簧的长度为R，弹簧处于压缩状态，则2cos30cos30cos30NkxmR−=sin30sin30Nkxmg+=0.5xR=联立解得32gR

=故选C。二、多项选择题9.我国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的

拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是（）A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小B.若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1:3D.

滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2:3【答案】BC【解析】【详解】AB．对所有滑块，根据牛顿第二定律有88Fmgma−=对第8个滑块，有78Fmgma−=所以7818FF=由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力不变，

若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故A错误，B正确；CD．对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律有5633Fmgma−=所以5638FF=则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之

比为785613FF=故C正确，D错误故选BC。10.许多科学家研究向火星进军，提出了把火星变为适宜人类居住的设想。若人类发射火星同步静止轨道卫星a及近火星表面运行的卫星b。已知火星的半径为R，火星表面重力加速度为0g

，火星的自转周期为T，引力常量为G，忽略火星自转因素影响。则下列说法正确的是（）。A.火星的质量为20gRGB.卫星b的运行速度大小为2RTC.卫星a到火星表面的高度为220324gRTD.卫星a运行的速度大小、周期、角速度都是唯一的【答案】AD

【解析】【详解】A．根据万有引力与重力的关系可得02MmGmgR=所以20gRMG=故A正确；B．根据万有引力与提供向心力可得22MmvGmRR=所以0vgR=故B错误；C．根据万有引力与提供向心力可得2224()

()MmGmRhRhT=++所以220324gRThR=−故C错误；D．卫星a运行的周期等于火星自转周期，距火星表面的高度为定值，则运行速度大小、角速度都是唯一的，故D正确。故选AD。11.如图所示，轻绳一端竖直固定在天

花板上，另一端跨过定滑轮后与放在光滑水平桌面上的物块b相连，绳与水平桌面平行，托住a使轻绳张紧且系统静止。已知物块a的质量为3m，物块b的质量为m，重力加速度为g，a离地面足够高，b始终未接触定滑轮，不计空气阻力

、滑轮的质量和摩擦。现将a由静止释放，在b向右运动距离为L的过程中，下列说法正确的是（）A.a的速度与b的速度大小相等B.a减少的机械能等于b增加的动能C.重力对a做的功为32mgLD.a的最大速度为37gL【答案】BCD【解析】【详解】A．b向右运动距离为

L的过程中，a下降的距离为2L，所以a的速度与b的速度大小不相等，故A错误；B．根据机械能守恒定律可知，a减少的机械能等于b增加的动能，故B正确；C．重力对a做的功为G3322LmgLWmg==故C正确；D．根据机械能守恒定律可得221332212abLmgmvmv=+2=a

bvv解得37agLv=故D正确。故选BCD。12.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，O为圆环的圆心，O、D两点等高。轻弹簧一端固定在圆环的最低点A，另一端连接圆环上的带孔小球，小球质量为m。小球自圆环的最高点B由静止释放，经过C点时弹簧恰好恢复到原长，经过E点时弹簧的长

度为R。已知弹簧的原长为32R，劲度系数为2mgR，重力加速度为g，不计空气阻力。在小球下滑过程中，下列说法正确的是（）A.小球经过C点时的动能为78mgRB.小球经过E点时的重力势能可能最小C.小球经过E点时的动能为32mgRD.

小球的动能与弹簧的弹性势能之和始终增大【答案】CD【解析】【详解】D．小球和弹簧组成的系统满足机械能守恒，在小球下滑过程，小球的重力势能一直减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和始终增大，故D正确；A．设BC的高度差为h，根据几何关系可

得hBCBCAB=其中2ABR=，2222227(2)(2)43BCABACRRR=−=−=解得78hR=从B到C过程，根据系统机械能守恒可得21278CmgRmvmghEmgh=+=弹故A错误；BC．由于在B点时，弹簧伸长

量为131222xRRR=−=的在E点时，弹簧的压缩量为23122xRRR=−=可知在B点和E点弹簧的弹性势能相等，从B到E过程，根据系统机械能守恒可得212EBEmvmgh=其中BEhBEBEAB=，2ABR=，222222(2)3BEABAERRR=−=−=联立解得小球

经过E点时的动能为22132EmvmgR=由于小球在E点具有一定的动能，所以E点不是小球运动过程的最低点，则小球经过E点时的重力势能不可能最小，故B错误，C正确。故选CD。三、非选择题13.某实验小组通过末端水平的斜槽探究“平抛运动的规律”，已知斜槽末端的切线

保持水平，小球每次都从斜槽轨道上的同一位置无初速释放，在坐标纸上记录了小球经过a、b、c、d四个位置时留下的点迹，其中c点的位置未标出，如图所示。已知由a运动到b、由b运动到c、由c运动到d的时间均相等，坐标纸

上每个正方形小方格的边长均为L，重力加速度为g，则：（1）请根据平拖运动的规律，在坐标纸上标注出小球落点c的位置_______（可用空心圆圈表示小球）；（2）由以上信息可知，小球自斜槽末端飞出时的速度大小v0=__________

_；（3）小球自斜槽末端飞出到经过c点的运动时间t=___________。（用所给物理量的符号表示）【答案】（1）（2）3gL（3）532Lg【解析】【小问1详解】小球做平抛运动，水平方向可以看成匀速直线运动，

竖直方向做自由落体运动，由a运动到b、由b运动到c、由c运动到d的时间均相等，所以小球由a到b、b到c、c到d的水平位移相等，同时竖直方向位移差相等，则小球落点c的位置如图所示【小问2详解】水平方向有03LvT=竖直方向有23yLgT

==联立解得03vgL=【小问3详解】c点竖直方向的速度大小为152cyLvT=cyvgt=联立可得532Ltg=14.DIS实验是指数字化信息系统实验，某学校兴趣小组只利用如图所示DIS实验装置测量摆球的质量及摆线的长度。

实验器材：铁架台（带铁夹）、摆球、力传感器、速度传感器、数据采集器等。实验操作：a.将力学传感器固定于铁架台上；b.用细线连接质量为m的小球，细线的另一端连接拉力传感器于O点；c.将速度传感器固定于O点正下方且与摆球球心在同一水平面；d.使细线伸直并偏离竖直方向一定角度，由静止释

放小球，力传感器测得小球在最低点时绳的拉力F，速度传感器测得小球在最低点时速度v；e.改变细线与竖直方向的角度重复步骤d，多次采集实验数据；应用计算机进行数据处理测出摆球质量m、摆线长度l。根据以上实验操作，回答下列问题：（1）由实验数据作出的2Fv−关系图像

正确的是___________。A.B.C.（2）若2Fv−图像的斜率大小0.05k=，纵截距0.49b=，由此可以计算得出摆球质量m=___________kg，摆线长度l=___________m，重力加速度大小29.80m/sg=。（3）实验测得摆线的长度比真实值______

_____（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。【答案】（1）C（2）①.0.05②.1（3）偏大【解析】【小问1详解】小球到达最低点时，根据牛顿第二定律可得2vFmgml−=即2vFmgml=+故选C。【小问2详解】[

1][2]根据题意可得0.49mgb==0.05mkl==所以0.05kgm=，1ml=【小问3详解】由于小球在摆动过程中，半径为小球球心到悬点的距离，所以实验测得摆线的长度比真实值偏大。15.目前自动驾驶出行服务平台已实现超一线城市全覆盖，使得公众出行更加便捷高效

。在某次无人汽车制动性能测试中，汽车以v0（未知）匀速直线行驶，感应到前方障碍物后开始自动刹车，第1s内的平均速度为9m/s，2s末恰好停止，汽车减速过程可视为匀减速直线运动。（1）求汽车制动过程中的加速度大小a；（2）若汽车以（1）中的加速度大小从静止开始加速，匀速直线行驶

一段时间后，再以相同大小的加速度减速到0，恰好到达相距96m的乘客处，已知汽车最大安全速度为v0，求汽车运动的最短时间。【答案】（1）6m/s2（2）10s【解析】【小问1详解】根据题意可得101vvat=−020vat=−1

02vvv+=联立解得012m/sv=，26m/sa=【小问2详解】汽车匀加速的时间为012svta==汽车匀减速的时间为022svta==匀速运动的时间为001230226svvxtttv−−==所以12310stttt=++=16.物体在

万有引力场中具有的势能叫做引力势能。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为0m的质点距质量为0M的引力中心为0r时，其万有引力势能为00P0GMmEr=−，G为万有引力常量。已知地球的质量为M，一颗质量为m的人造地球卫星以半径1r绕地球运行。（1）求卫星动能的大小；（2）若要

使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径从1r增大为2r，此过程中卫星发动机所消耗的最小能量为多少？【答案】（1）12GMmr（2）1211()2GMmrr−【解析】【小问1详解】根据万有引力提供向心力可得2211MmvGmrr

=2k112Emv=所以k112GMmEr=【小问2详解】人造地球卫星以半径r2绕地球运行时，动能为k222GMmEr=卫星发动机所消耗的最小能量为k2p2k1p122111211()()()()()222GMmGMmGMmGMmGMmEEEEErrrrrr=+−+=−−−=−17.

某同学设计的抛射装置如图所示，固定倾斜长直导轨与水平面的夹角37=，开始滑块和小球均位于导轨底端。某时刻滑块以014m/sv=的初速度沿导轨上滑，同时小球斜向上抛出，滑块滑至轨道最高点时恰好被小球击中。已知滑块与导轨间的动摩擦因数0.125=，不计空气阻力，滑块和小球

均可视为质点。重力加速度大小210m/s,sin370.6,cos370.8===g。求：（1）滑块运动到最高点的时间t与位移x的大小；（2）小球初速度v的大小及初速度与导轨间夹角的正切值。【答案】（1）2s，14m（2）1097m/s2，

1629【解析】【小问1详解】由牛顿第二定律得sincosmgmgma+=解得27m/sa=滑块运动到最高点的时间02svta==位移为0014m2vxt+==【小问2详解】以斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，则2sim/sn6xag==，2com/ss8yag==由于它们同

时到达最高点，则02yytva=−212xxxtat=−v解得298m/sm/s2yxvv==，小球初速度v的大小221097m/s2xyvvv+==初速度与导轨间夹角的正切值16tan29yxvv==18.如图所示,一长为0.8mL=的平板小车放在光滑水平地面上，小

滑块放在车的右端，车左右两侧分别有固定竖直光滑半圆轨道和水平台面，半圆轨道最低点及右侧水平台面与小车的上表面相平，平台右端固定轻弹簧，弹簧自由伸长时左端伸长到平台边缘A点，竖直半圆轨道、滑块、弹簧处在同一竖直面内。已知滑块质量

为m=3.0kg，小车质量2.0kgM=，滑块与平台间的动摩擦因数为10.5=，滑块与小车上表面间的摩擦因数为20.4=，开始小车右端到平台左端的距离01.2mx=，弹簧的劲度系数78N/mk=。若小车和滑块一起以06m/sv=的速度向

右运动，当小车与平台相撞时车的速度快速减为零且不粘连，滑块进入半圆轨道后恰能从左侧半圆轨道水平抛出，重力加速度大小210m/sg=。求：（1）弹簧的最大压缩量；（2）滑块在平台上运动的最大加速度大小；（3）滑块

从返回小车开始经多长时间进入左侧半圆轨道；（4）半圆轨道的半径大小(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）1m（2）231m/s（3）0.7s（4）0.115m【解析】【小问1详解】设弹簧最大压缩量为x。由定能定理得210102

2kxmgxxmv−−=−解得1mx=【小问2详解】弹簧的压缩量最大时，滑块在平台上运动的加速度最大，由牛顿第二定律得1mmgxkxma+=解得2m31m/sa=【小问3详解】滑块滑上A点到回到A点，由动能定理得2211011222mgxmvmv−=−解得14m/sv=

滑块再次滑上小车到共速有1()mvmMv=+221211()22mvmMvmgs=++联立解得2.4m/sv=，0.8ms=可知滑块刚好到小车左端。滑块的加速度224m/smgam==此过程经历的时间10.4svvta−=

=小车位移20.48m2vxt==它们匀速运动时间020.3sxxtv−==总时间为0.7sttt=+=总【小问4详解】滑块进入半圆轨道后恰能从左侧半圆轨道水平抛出，则2CvmgmR=B到C，由动能定理得2211222CmgRmvmv−=

−解得