【文档说明】山东省潍坊市2025届高三上学期开学调研检测物理试题word版含解析.docx，共(22)页，2.610 MB，由小赞的店铺上传

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高三开学调研监测考试物理试题注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2．答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2

B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。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，只有一项是符合题

目要求的。1.探究光电效应实验规律时，发现用波长500nm=的光照射某金属，恰能产生光电效应，若其他实验条件不变，换用波长400nm=、光照强度为原来2倍的光照射到该金属表面，则（）A.不产生光电效应，光电流为

零B.能产生光电效应，光电流变大C.能产生光电效应，光电流变小D.能产生光电效应，光电流不变【答案】B【解析】【详解】根据爱因斯坦光电效应方程k0EhW=−ν可得k0cEhW=−因为入射光的波长变小，频率变大，入射光的能量变大，故能产生光电效应，又因为光照强度变为原来的

2倍，所以光电流变大。故选B。2.巴黎奥运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。图甲是她站在跳台起跳的精彩瞬间，从她离开跳台开始计时，全红婵重心的vt−图像可简化为图乙所示。则全红婵（）A.24~

tt时间内的速度先向下后向上B.4t时刻到达水下最低点C.21~tt时间内的平均速度比45~tt时间内的大D.45~tt时间内处于失重状态【答案】C【解析】【详解】A．24~tt时间内的速度一直为正，方向没有发生变化，一直向下，A错误；B．vt−图像与时间轴

的面积表示位移，由图可知5t时刻到达水下最低点，B错误；C．因t1~t2加速度为g，则速度从零增加到v2的平均速度2122vv=t4~t5内加速度小于g，则速度从4v减小到零用的时间大于21tt−，得42451222vvvv==即可知t1~t2的平均速度比t4~t5的大，

C正确；D．45~tt时间内图像的斜率为负，可知加速度向上，处于超重状态，D错误。故选C。3.如图所示，方形木箱c静置在水平地面上，木箱底端固定磁铁b，在木箱顶端用轻绳拴着磁铁a，磁铁a的下端与b的上端极性相反，开始时系统保持静止状态，下列说法正确的是（）的A.磁

铁a受到的重力和绳子拉力是一对平衡力B.轻绳对a拉力和轻绳对c的拉力是一对相互作用力C.若磁铁磁性足够强，木箱c可以离开地面D.若将轻绳剪断，则剪断轻绳的瞬间地面对c的支持力将变小【答案】D【解析】【详解】A．磁

铁a受到的重力、b对a的吸引力和绳子拉力是一对平衡力，故A错误；B．轻绳对a拉力和a对轻绳的拉力是一对相互作用力，故B错误；C．整体受力分析，磁铁间的作用力为内力，则无论磁铁磁性有多强，木箱c都不可以离开地面，故C错误；D．轻绳剪断前，c对地面的压力等于abc重力的合力

，若将轻绳剪断，bc整体受到向上的磁铁的引力，因此此时的重力小于bc的重力之和，根据牛顿第三定律，则剪断轻绳的瞬间地面对c的支持力将变小，故D正确。故选D。4.如图所示，一长为l的轻杆一端固定在水平转轴O上，另一端固定一个质量为m的小球，球随轻杆在竖直平面内做角速度为的

匀速圆周运动，重力加速度为g。当小球运动到水平位置a点时，杆对球的作用力为（）A.2mlB.2mgml+C.()222()mgml−D.()222()mgml+【答案】D【解析】【详解】小球运动到水平位置a时，根据牛顿第二定律可

得2nFml=根据力的合成可知()22222()()nFFmgmgml=+=+故选D。5.线膨胀系数是表征物体受热时长度增加程度的物理是。利用单缝衍射实验装置可以测量金属的线膨胀系数。右图是该实验的装置

示意图，挡光片a固定，挡光片b放置在待测金属棒上端，让激光通过a、b间的平直狭缝后在光屏上形成衍射图样。已知中央亮条纹宽度D、单缝宽度d、光的波长、缝到屏的距离L，满足关系式2LDd=。关于该实验，下列说法正确的是（）A.激光通过狭缝后在光屏上可以形成明暗相间的等距条纹B.其他实验条件不变

，使用频率更大的激光，中央亮条纹宽度变大C.其他实验条件不变，对金属棒加温，中央亮条纹宽度变大D.其他实验条件不变，增大光屏到狭缝的距离，中央亮条纹宽度变小【答案】C【解析】【详解】A．激光通过狭缝后在光屏上得到的是中间宽、两侧窄的明暗相间的条纹，故A

错误；B．根据2LDd=其他实验条件不变，使用频率更大的激光，则激光的波长更小，中央亮条纹宽度变小，故B错误；C．根据2LDd=其他实验条件不变，对金属棒加温，则单缝宽度d变小，中央亮条纹宽度变大，故C正确；D．根据2LDd=其他实验

条件不变，增大光屏到狭缝的距离L，则中央亮条纹宽度变大，故D错误。故选C。6.如图所示为一列机械波在0t=时的波形图。介质中2mx=处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为10sin(5)cmyt=。0.5st=时，4m

x=处的质点偏离平衡位置的位移为（）A.0B.10cmC.10cm−D.20cm【答案】C【解析】【详解】由于介质中2mx=处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为10sin(5)cmyt=根据25T==解得0.4sT

=根据正弦图像的规律可知，0时刻，质点P沿y轴正方向运动，根据同侧法可知，机械波沿x轴正方向运动，再次利用同侧法可知，4mx=处的质点沿y轴负方向运动，由于10.5s4tTT==+可知，0.5st=时，4mx=

处的质点处于波谷位置，偏离平衡位置的位移为-10cm。故选C。7.月球绕地球环绕轨迹可看作以地球为圆心的圆。已知地月之间的距离大约是地球半径的60倍，近地卫星的周期为T，则月球绕地球公转的周期约为（）A.60TB.6060TC.60TD.6060T【答案】B【解析】【详解】根据开普勒

第三定律有3322(60)RRTT=解得6060TT=故选B。8.如图所示，粗细均匀的足够长平行光滑金属导轨固定在倾角37=的绝缘斜面上，导轨间距为L，导轨区域存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨底端连接一个阻值为R的定值电阻，在靠近导轨顶端处垂直导轨放置一根质量

为m的金属棒，金属棒接入电路的阻值为R，金属棒由静止开始释放，经过时间t速度达到1v，之后继续加速直至匀速运动。金属棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，sin370.6=°，cos370.8=°。下

列说法正确的是（）A.撤去外力瞬间，金属棒的加速度为2gB.金属棒匀速运动时的速度为2265mgRBLC.经过时间t通过金属棒的电荷量为1354mgtmvBL+D.经过时间t金属棒运动的位移为12215258mgtRmvRBL−【答案】D【解析】【详解

】A．撤去外力瞬间，对金属棒进行分析，根据牛顿第二定律有sinmgma=解得35ag=故A错误；B．金属棒匀速运动时，根据平衡条件有cossinBILmg=其中cos2BLvIR=解得22158

mgRvBL=故B错误；C．对金属棒进行分析，根据动量定理有1sincos0mgtBILtmv−=−其中qIt=解得1354mgtmvqBL−=故C错误；D．由于cos2BLvtIR=，xvt=结合上述解得12215258mgtRmvR

xBL−=故D正确。故选D。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，在匀强电场中，将电荷量为6310C−−的点电荷从电场中的a点移到b点，静

电力做了51.210J−的功，从a点移到c点，静电力做了52.410J−的功。已知电场的方向与abc所在的平面平行，abc为等腰直角三角形。下列说法正确的是（）A.a与b两点间的电势差4VabU=B

.b与c两点间的电势差4VbcU=−C.匀强电场的方向由c指向aD.若将该点电荷由b点移动到c点，静电力做功为51.210J−−【答案】BC【解析】【详解】AB．负点电荷从a点移到b点，静电力做了51.210J−的功，从a点移到c点，静电力做了52.410J−的功，根

据WUq=解得4VabU=−，8VacU=−则4VbcacabUUU=−=−故A错误，B正确；C．设a点电势为0，则b、c两点电势分别为4V，8V，则ac连线中点d的电势为2acd+==4V则bd

为等势线，ca垂直于bd，故匀强电场的方向由c指向a，故C正确；D．根据电场力做功公式有51.210JbcbcWqU−==故D错误；故选BC。10.一定质量的理想气体经过如图所示循环过程，bc→为等温过程，cd→为绝热过程，ab与纵轴平行，da与横轴平行。下列说法正确的是（）A.bc→过程气体从

外界吸收热量B.cd→过程气体的内能不变C.da→过程气体单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大D.abcda→→→→整个循环过程气体要向外界放出热量【答案】AC【解析】【详解】A．bc→为等温过程，则内能不变，体积增大，气体对外做功，则0W，根据热

力学第一定律UWQ=+可知0Q，则气体从外界吸收热量，故A正确；B．cd→为绝热过程，则0Q=，体积增大，气体对外做功，则0W，根据热力学第一定律UWQ=+可知Δ0U，则内能减小，故B错误；C．da→过程气体压强不变，但体积减小温度降低，分子运

动的平均速率减小对器壁的撞击力减小，则单位时间内对器壁单位面积上的平均碰撞次数增大，故C正确；D．pV−图像的面积表示功，根据图像可知abcda→→→→整个过程，气体对外做正功，即W取负值，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出的热量小于吸收的热量，整体向外界吸收热量，故D错

误。故选AC。11.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈匝数200N=匝，面积222.410mS−=，线圈匀速转动的角速度50rad/s=，匀强磁场的磁感应强度2TB=，输电时先用升压变压器将

电压升高，经高压输电，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，两根输电导线的总电阻10R=，变压器可视为理想变压器。已知升压变压器原、副线圈的匝数比12:1:10nn=，降压变压器原、副线圈的匝数比34:10:1nn=。若用户区标有“220V，4.4kW”的电动机恰能正

常工作，下列说法正确的是（）A.流过电阻R的电流为20AB.电阻R上损耗的电功率为40WC.发电机的输出电压为240VD.交流发电机线圈的热功率为360W【答案】BCD【解析】【详解】AB．电动机恰能正常工作，有M4M4400220PIU==A=20A根据理想变压器的变流比可

知3443nInI=解得32I=A所以电阻R上损耗的电功率为2340RPIR==W故A错误，B正确；C．发电机发出的最大感应电动势为m2402ENBS==V则输出电压为m12402EU==V故C正确；D．升压变压器原线圈电流满足1221nInI=其中23II=发动机输

出功率为114800PUI==W根据能量守恒定律可知，交流发电机线圈的热功率为M360RPPPP=−−=W故D正确；故选BCD。12.如图所示，在固定光滑水平硬杆上，套有上端开口的滑块，滑块的质量为6.4kg，滑块的左端与一

弹簧连接，弹簧的左端与墙壁固连，弹簧原长时滑块所处位置记为O，在O点正上方0.8m处有一比滑块开口略小、质量为3.6kg的小球，初始时滑块静置于O点左侧1.25m的a处，现将滑块与小球同时由静止释放，发现滑块第一次经过O点

时小球恰好嵌于其中，忽略嵌入时间，已知弹簧的弹性势能的公式为2p12Ekx=，x为弹簧的形变量，弹簧振子的周期公式为2mTk=，m为弹簧振子的质量，k为弹簧的劲度系数，2取9.8，210m/sg=，

则（）A.弹簧劲度系数为49N/mB.小球落入滑块后振子的振幅变为1mC.滑块释放后2.4s内的路程为5.25mD.滑块释放后2.4s内的路程为7.5m【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知，小球落入滑块中的时间为220.8s0.4s10htg===小球落入滑块前，滑块的

周期为440.4s1.6sTt===根据弹簧振子的周期公式为2mTk=滑代入数据可知，弹簧的劲度系数为98N/mk=故A错误；的的B．小球落入滑块前，由能量守恒定律2211122kxmv=滑由动量守恒定律12()mvmmv=+滑滑球小球落入滑

块后，由能量守恒定律22211()22kAmmv=+滑球联立解得，小球落入滑块后振子的振幅变为1mA=故B正确；CD．小球落入滑块后，弹簧振子的周期为2mmTk+=滑球其中2mTk=滑联立可得2sT=滑块释放后2.4s内的路程为41.25m41m5.2

5msxA=+=+=故C正确，D错误。故选BC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13某物理小组利用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，实验步骤如下：①测量并记录遮光片的宽度d、滑块及遮光片的质量M、重物质量m；②在水平桌面上安装气垫导轨并调水平，在气垫导轨上放置

滑块，安装光电门1、光电门2，测量并记录两光电门之间的距离L；③调节细绳与气垫导轨平行，在光电门1的左边由静止释放滑块，记录遮光片通过光电门1、光电门2的遮光时间1t、2t；.④重复实验，并进行数据处理。（1）实验中测量遮光片的宽度如图乙所

示，则遮光片宽度d=________m。（2）已知重力加速度为g，若mgL=________（用题中的字母表示），则机械能守恒定律得以验证。（3）实验过程中________（选填“需要”或“不需要”）满足M远大

于m。【答案】（1）4510−（2）22211()[()()]2ddMmtt+−（3）不需要【解析】【小问1详解】游标尺为20格，其精确度为0.05mm，主尺读数为0mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为0.05×10mm=0.50mm，则遮光片的宽

度为d=0mm+0.50mm=0.50mm=4510−m【小问2详解】根据系统机械能守恒定律有22211()[()()]2ddmgLMmtt=+−【小问3详解】根据实验原理可知探究的是系统机械能守恒，不需要满足M远大于m。14.某物理兴趣小组找到一节

新南孚电池测量其电动势和内阻，实验室提供以下器材：电流表（内阻约为0.5）、电压表（内阻约为10k）、滑动变阻器A（最大阻值20）、滑动变阻器B（最大阻值1000）、开关、导线若干。（1）应选择滑动变阻器________（选填“A”或“

B”）。（2）小李同学按照图甲所示电路进行实验，得到图乙中的图线a；小张指出图中标示的连线有一处不合理，不合理的连线是________（选填“①”、“②”、“③”、“④”）。（3）小李改正错误后重新实验并在原坐标纸中画出图线b，得到该电池的内阻为

________；结合图线a可得电流表的内阻为________。【答案】（1）A（2）④（3）①.0.6②.0.4【解析】【小问1详解】因干电池内阻较小，电动势较小，为了便于调节，滑动变阻器应选总阻值较小的A；【小问2详解】由于电源内阻较小，故应采用电流表相对电源的外接法，故

④线接错，应接到电流表的右侧；【小问3详解】[1]根据闭合电路欧姆定律有UEIr=−结合图像斜率可知1.50.62.5UrI===[2]若为图像a，根据闭合电路欧姆定律有A()UEIrr=−+结合图像斜率可知A1.51.01.5UrrI+===解得A0.4r=15.如图所示，

有一折射率为2n=的透明材料制成的中空管道，其横截面内圆半径为r，外圆半径未知，单色光线以45=的入射角平行于横截面从A点入射，经折射后在内圆的表面恰好发生全反射，已知光在真空中的速度为c，62sin154−=求：（1）管道的外圆半径R；（2）只考虑光线在透明材料内的一次

反射，则该光线从进入透明材料到射出透明材料所用的时间是多少？【答案】（1）2r（2）(232)rc−【解析】【小问1详解】单色光线经折射后在内圆的表面恰好发生全反射，根据12sin2Cn==可得45C=光线图如图所示根据折射定律可得sin

2sinn==可得1sin2=根据正弦定理可得sin(180)sinRrC=−解得管道的外圆半径为2=Rr【小问2详解】光在透明材料内的传播速度为2ccvn==根据几何关系可知，设光在透明材料内的

传播距离为s，根据几何关系可得12sin()sinsrC=−可得(62)sr=−则该光线从进入透明材料到射出透明材料所用的时间为(232)srtvc−==16.如图所示为一细沙分装称量装置示意图，高40cmL=的导热性

能良好的薄壁容器竖直悬挂，容器内有一厚度不计的活塞，横截面积3210mS−=、活塞和托盘的总质量0.1kgm=。托盘不放细沙时封闭气体的长度为4L。缓慢向托盘中加入细沙，当活塞下降至离容器顶部34L位置时，系统会发出信号，停止加入细沙。已已知初始

时环境热力学温度0300KT=，大气压强5010Pap=，g取210m/s，不计活塞与气缸间的摩擦力且不漏气。求（1）刚好使系统发出信号时，加入细沙的总质量M。（2）从刚好发出信号开始，若外界温度0T缓慢降低至00.99T，气体内能减少了21.110J−，求气体

向外界放出的热量。【答案】（1）6.6kgM=（2）0.11JQ=【解析】【小问1详解】（1）托盘不放细沙时，对活塞和托盘分析，受到重力和内外气体压力作用，根据平衡条件得：10pSmgpS+=解得10mgppS=−刚好触发超重预警时，对活塞

受力分析得()20pSMmgpS++=解得()20MmgppS+=−由玻意耳定律得1122pVpV=其中14LSV=234SLV=解得0226.6kg33pSMmg=−=【小问2详解】由盖-吕萨克定律得32000.99V

VTT=解得320.99VV=此过程外界对气体做的功()2223WpVpVV==−由以上两式可得022110.010.01400400pSLmgLWpVpV===−由热力学第一定律有0UQW−=−+解得000.11J400400pSLmgLQU=+−

=17.如图所示，某天早晨小李骑着电动自行车外出，车上挂着一包生活垃圾（可视为质点），当以v0=2m/s的速度匀速骑行到一段平直道路时，发现前方路沿外侧有一与路沿平行的长方体型垃圾桶，车辆离路沿垂直距离d1=0.3m，垃圾桶最近边距

路沿垂直距离d2=0.2m。骑行至距垃圾桶桶口A点的直线距离L=1.3m位置时（平行于地面的距离），小李以垂直于车身前进轴线方向（以车为参考系）将垃圾抛出，垃圾包划过一条弧线，从桶口A点落入桶内。已知

垃圾桶口为正方形，边长s=0.4m，桶口距地面高度H=1.5m，抛出点距地面高度h=1.2m。可将垃圾包、车辆、人看作质点，忽略空气阻力的影响，g=10m/s2。求：（1）抛出后，垃圾包在空中运动的时间；（2）垃圾包抛出

瞬间，相对地面的速度大小；（3）若确保垃圾包能抛人垃圾桶内，则垃圾包相对于抛出点上升的最大高度为多少？【答案】（1）t=0.6s（2）610m/s6v=地对（3）m245m256h=【解析】【小问1详解】垃圾包抛出时，由于惯性的原因，在沿电动车行进的方向

上，垃圾包的速度与车辆一致，02m/sv=，匀速运动，由勾股定理可知，垃圾包沿电动车行进方向上运动的位移2112()xLdd=−+10xvt=解得0.6st=【小问2详解】垃圾包实际运动轨迹为抛物线，

将该运动分解为平行地面运动和垂直地面向上的运动。①平行地面方向且与路沿平行的速度02m/sv=，运动时间0.6st=。平行地面方向且与路沿垂直方向上的位移为x2，则2120.5mxdd=+=21xvt=解得15m/

s6v=与地面平行方向的速度2220113m/s6vvv=+=②垂直地面向上的方向：竖直方向为初速度为v3，加速度为g，位移为0.3m的匀变速直线运动，则2312Hhvtgt−=−解得37m/s2v=v2和v3合成即为垃圾包抛出时的对地速度，即2223610m/s6vvv=+=地

对【小问3详解】由上题可知311222HhHhvgtgttt−−=+当6s10t=时取极小值，垃圾包在空中运动的最短时间min0.6st=，垃圾包在空中运动的最长时间1max00.8sxstv+==由上述分析可知，运动时间越长，v3越大，上升高度越大，将max0.8st=式

代入312Hhvgtt−=+可得最大的竖直速度3max35m/s8v=因此最大竖直上升高度为23maxm245m2256vhg==18.如图所示，在xOy坐标系第二象限0dx−的区域内存在沿x轴正方

向匀强电场，场强大小为E，在第四象限304Ly−的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴上N点(,0)d−的上方平行y轴放置一个长度为L，可以持续均匀释放带电粒子的线粒子源MN，粒子源释放的带电粒子在竖直方向上分布是均匀的，释放的粒子质量均为m，电荷量均为q+，

初速度均为零，经电场加速后进入第一象限区域内的的边界为圆的匀强磁场偏转，圆形磁场的磁感应强度与第四象限磁场的磁感应强度大小和方向均相同，线粒子源发射的所有粒子经过第一象限后均可通过x轴上的小孔(,0)DL射入第四象限，第

四象限中34yL=−处放置一块足够长的粒子收集板，粒子打在收集板上将被收集计数，未打在收集板上的粒子被导走，不计带电粒子的重力，不计电磁场的边界效应，不考虑粒子间的相互作用，求（1）带电粒子进入第一象限时

的速度v；（2）第一象限内圆形磁场面积的最小值及对应的磁感应强度B的大小；（3）若磁场面积和磁感应强度B为第（2）问的计算结果，求收集板的粒子收集率（粒子收集率：在一定时间内收集板收集的粒子数与线粒子源发射的

总粒子数的百分比）。【答案】（1）2qEdm（2）24L；22EdmBLq=（3）25%【解析】【小问1详解】粒子在电场中加速运动，根据动能定理有212qEdmv=解得2qEdvm=【小问2详解】线粒子源发射的所有粒子经过第一象限后均可通过x轴上的小孔(,0)DL

射入第四象限，则粒子运动半径为2Lr=根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmr=解得22EdmBLq=根据几何关系可知圆形磁场面积的最小直径为L，则面积为22()24LLS==【小问3详解】如图根据几何关系可知312424LLQGLL=−−=