山东省百校大联考2024-2025学年高三上学期12月月考试题 物理 PDF版含解析

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【文档说明】山东省百校大联考2024-2025学年高三上学期12月月考试题 物理 PDF版含解析.pdf,共(9)页,4.582 MB,由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEA

QkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}1保密★启用前2025届高三上学期学情诊断物理答案及评分标准2024.

12题号123456789101112答案BABDCCDABCBDABDAC13.(1)2.240(2)2.42(3)4���2������(每空2分)14.(1)大于(2)1.41.0(3)等于(每空2分)15.(1)小球飞出后合力为���合=3������,合力在竖直方向的分力

提供竖直方向加速度,竖直方向做初速度为0的加速运动,���=3���,(1分)2���=12⋅���⋅cos30∘⋅���2(1分)解得���=8���3���(1分)(2)小球在轨道上有等效重力最高点D,刚好通过B点即为刚好通过D点,在D点重力与电场力的合力提供向心力,3

������=������2���,(1分)从出发到D点,由动能定理得−���������⋅cos30∘+���sin30∘+���cos30∘−���������+���cos30∘=12������2−12������02(2分)解得��

�=(6−3)���(1分)16.(1)由机械能守恒定律���������ℎ=12���������02解得04m/sv(1分)第一次碰撞共速时弹簧最短,���������0=������+������������(1分)��

����=12���������02−12������+���������2=6���(1分)(2)A、B弹性碰撞,���������0=���������1+���������2;12���������02=12���������12+12�

��������22解得���1=−2m/s;���2=2m/s(1分)后B、C碰撞后粘在一起,���������2=������+���������2′,���2′=1m/s(1分)A以2m/s滑上斜面返回后又以2m/s的速度与BC发生弹性碰撞,�������

��1+������+���������2′=���������3+������+���������4;12���������12+12������+���������2′2=12���������32+12������+���

������42;解得���3=27m/s,���4=97m/s(2分)物块A最终损失的机械能为Δ���=12���������02−12���������32=39049���≈7.97���(2分)17.(1)两物块在传送带上加速度相同,均为���=����

��=4m/s2(1分)对于���1物块,���02−���12=2������1,解得���1=���1=8m(1分)对于���2物块,���22=2������2,解得���2=���2=2m(1分)所以第一次碰撞发生在两传送带交

界处。规定向右为正方向。两物块发生弹性碰撞,���1���1−���2���2=���1���1′+���2���2′;12���1���12+12���2���22=12���1���1′2+12���2���2′2,解得���1′=−4m/s

;���2′=6m/s(2分)(2)第一次碰撞后,���2物块向右减速,���2′2−���32=2������2,撞墙时速度���3=25m/s,从第一次碰撞到撞墙所用时间���1=���2′−���

3���=6−254s(2分)反弹后速度仍大于4m/s,反弹后在传送带上继续减速,���32−���22=2������3,���3=0.5m,反弹后减速的时间���2=���2′−���2���=25−44s(2分)后与传送带共

速运动到C点,���3=���2−���3���2=38s,���1+���2+���3=78s(1分)���1物块向左减速到0所用时间为1s,所以在���2物块回到传送带交接处时,���1物块仍未减速到

0。从此时开始计时,两物块到第二次碰撞时用时为���4,有−���1′���4+���1+���2+���3+12������4+���1+���2+���32=−���2���4+12������42(2分)解得���

4=916���(1分)所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间���总=���1+���2+���3+���4=2316���(1分)18.(1)甲粒子在磁场中有������0���=������02���1(1分)由几何关系得

���1=2���0解得���=������02������0(1分)(2)甲粒子在电场中���=���������,在电场中速度偏转了60∘,在沿电场方向������=���0tan60∘(1分)解{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQF

AAsAABCBFABAA=}#}2得在电场中运动时间为���=3������0������(1分)甲粒子在沿电场方向运动距离有12������������2=2���0+���0���tan60∘(2分)代入时间t,解得���=������024������0(1分

)(3)由几何关系可得,������=���0���sin60∘+���0(2分)代入场强结果,得到������=9���0(1分)乙粒子在第三象限做圆周运动,垂直进入第四象限,后在第四象限沿x轴水平运动,由几何关系可得D点坐标���(9+3)���0,−���0(1分)(4)甲粒子从出发到D

点共用时���1=16⋅2������������+���+������−������cos30∘���0cos60∘,化简得���1=23���+43+1���0���0(2分)乙粒子在磁场中有2���⋅2���0���′=���2���02���2,由几何关系得���2=�

��0,解得���′=������0������0,乙粒子从出发到D点共用时���2=14⋅2������2������′+������2���0,化简得���2=���4+32+92���0���0(2分)甲

乙两粒子出发的时间间隔t,Δ���=���1−���2=512���+723−72���0���0(1分){#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}1保密★启用前202

5届高三上学期学情诊断物理解析2024.12题号123456789101112答案BABDCCDABCBDABDAC1.A.1kW⋅h=3.6×106w⋅s=3.6×106⋅kg⋅m/s⋅m=3.6×106kg⋅m2⋅s−2C.1������=1.6×10−19J=1.6×10−19k

g⋅m2⋅s−2D.1���=1kg⋅m2⋅���−1s−32.救援时间最多为30秒,则在垂直河岸的方向������=4m/s,则在沿河岸方向������=8m/s,在上游修建救援站的最远位置满足��

����1=������+���omin=11m/s,���1=������1⋅���=330m,下游修建救援站的最远位置满足������2=������−���0max=3m/s,���2=������2⋅���=90m,则总长度为���=���1+���

2=420m。3.由振动方程可知���=2������=4s,D比B距离波源近1m,早振动0.5s,则���=2m/s,有���=8���,A错误;C点波源传到D点需要2.5s,A点波源传到D点需要6.5s,所以当���=8s时,D点在C波的影响下振动5

.5s,在A波的影响下振动1.5s,则可代入振动方程,将两个位移相加解出此时D点位移为���=22m,B正确;在0∼8S时间内质点D在A波的影响下经过了38���,在C波的影响下经过了118���,D运动的

总路程为���=4���+2(2���−���)=16−22m,C错误;B点到两波源距离相同,两列波叠加后为振动加强区,D点到两波源距离相差8m,等于两倍波长,故两列波叠加后也为振动加强区。4.粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可得���

⋅2���sin30∘=3���(���=1,2,3,⋯),洛伦兹力提供向心力���������=������2���,���=3���������������(���=1,2,3,⋯),当���=18时���=���������6���,故D正确。5.电

池的输出功率���=������−���2���,变形可得������2=���1���−���,图像斜率表示电动势,纵截距表示电源内阻,可得���=0.25Ω,短路电流为横截距,计算可得���=48A。当外电阻等于内阻时,

电源有最大输出功率���max=���24���=144W;若该蓄电池仅与内阻为5.75Ω的一个座椅加热电阻丝相连,每分钟消耗电能为���=���2���+���×60=1440J。6.亚轨道飞行器无法绕地做圆周运动,则发射速度小于第一宇宙速度,小于7.9km/s,

A错误;飞行器起飞至落地全过程还会受到大气层的阻力,气体与飞行器摩擦生热,所以机械能不守恒,B错误;卡门线附近卫星做圆周运动有������������2=���4���2T2���,代入������=������2,则���=2�

�����������≈85min,C正确;卡门线附近卫星圆周运动向心加速度为���1=���M���2,同步卫星向心加速度���2=���M(6.6���)2,则有���1���2=0.022,D错误。7.A.减小极板间正对面积,电容C减小,电容器带电量减少,但上下

极板间电势差不变,所以极板间电场强度不变,P点处电势不变,所以带电油滴在P点处电势能不变,A错误;B.滑动变阻器滑片上滑,电路总电阻减小,电流增大,���3分得电压增大,极板间电场强度增大,P点处电势升高,油滴带负电,电势能减小,B错误;C.上极板略向下移,极板距离减小,电容C增大,电容器带电

量增大,但上下极板间电势差不变,所以极板间电场强度增大,因下极板接地,电势固定为0,所以P点处电势升高,油滴带负电,电势能减小,C错误;D.闭合开关S2,电路总电阻减小,电流增大,内阻分压增大,外电压减小,���1与���3阻值均不变,该支路电流减小,���3分得电压减小,上下极板间电势差减小

,极板间电场强度减小,P点处电势降低,油滴带负电,电势能增大,D正确。8.在匀强电场中,���������=���������,得������=13���,所以有������=������=7���,���������=12���������,

所以有������=0.5���,A正确;由������=������得���������=4×10−5J,B错误;由勾股定理可得be线段长度为������=26,所以c点到be线段的距离为���=6213cm,由电场强度

���=Ud可得���=������������=5026V/m,C错误;从a点{#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}2移动到e点,电场力做正功,������=1

.8×10−4J,D错误。9.要想打出图2所示图形,须在电极XX'之间所加固定电压���XX′,且电极YY'之间所加电压���YY′需要随时间变化,所以AD错误,BC正确。10.反弹后小球能够上升到h高度处,所以有ℎ=������′22���,ℎ=

12������2,解得���=2ℎ���,水平方向速度������=���2���=������8ℎ,反弹后竖直方向速度������′=2���ℎ,则反弹前������=22���ℎ,则发球时竖直方向速度������0满足������2−������02=2���ℎ0,解得�

�����0=8���ℎ−2���ℎ0,所以小球离开球拍时速度大小���=������2+������022=2���4ℎ−ℎ0+������28ℎ,方向tan���=������������=4���4ℎ2−ℎℎ0,所以BD正确。11.半圆形槽不固定时,小球落到槽最低点时球和槽获得最大

速度,2������⋅2���=12⋅2������12+12⋅5������22,水平方向动量守恒,2������1=5������2,解得���1=10������35,���2=4������35,AB正确。当槽固定时,小球落入槽中满足2������(���+���sin���)=12⋅2

������2,其中���为测量位置和圆心的连线与水平方向的夹角。在此处合力提供向心力,满足���−2������sin���=2������2���。求重力功率最大的情况,此时竖直方向速度达到最大,竖直方向加速度为0,满足���sin���=2������,解得此处sin��

�=13,cos���=223,���=8������3,所以重力的功率���=2���������cos���=163������������3,D正确,故选ABD。12.微粒若向沿虚线直线运动,则受到重力、电场力、洛伦兹力

,三力平衡,满足���������=2������=2������,电场方向突变后重力与电场力平衡,微粒仅受洛伦兹力,画出轨迹如图所示,由几何关系可得���=2���,洛伦兹力提供向心力���������=����

��2���,联立解得���=������������,A正确。微粒直线运动时间���1=2������=������,微粒圆周运动时间���2=38⋅2������������=34���������,总时间���=�

��1+���2=34���+1������,C正确,故选AC。13.(1)2.240(2)2.42(3)4���2������(每空2分)(1)游标卡尺读数:���=(22+8×0.05)×10−1=2.240cm(2)由图得摆动40个周期所用总时间为96.8

s,所以等效单摆周期���=���40=96.840=2.42s(3)单摆半径���=���−���2,由单摆周期公式���=2���������得���2=4���2������−4���2���⋅���2,分析斜率可

得������=4���2���,���=4���2������。14.(1)大于(2)1.41.0(3)等于(每空2分)(1)电流表接0.1A量程时满足������������=0.1−���������1+���2,电流表接0.6A量程时满

足������������+���1=0.6−���������2,解得���2=0.34Ω,���1=1.68Ω,���1>���2。(2)改装后0.1A电流表内阻为������=2Ω,两次测量分别满足���=

0.60×10−320.60+������+���;���=0.80×10−314.70+������+���,联立解得���=1.4V,���=1.0Ω。(3)用改装后电流表测量电源内阻,电流表内阻确定,可通过电流

示数计算得求得电流表分压,不会产生误差,测量值等于真实值。15.(1)小球飞出后合力为���合=3������,合力在竖直方向的分力提供竖直方向加速度,竖直方向做初速度为0的加速运动,���=3���,(1分)2���=12⋅���⋅cos30∘⋅���2(1

分)解得���=8���3���(1分)(2)小球在轨道上有等效重力最高点D,刚好通过B点即为刚好通过D点,在D点重力与电场力的合力提供向心力,3������=������2���,(1分){#{QQABJQwAgggAAgAA

ABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}3从出发到D点,由动能定理得−���������⋅cos30∘+���sin30∘+���cos30∘−���������+���cos30∘=12������2−12������02(2分)解得

���=(6−3)���(1分)16.(1)由机械能守恒定律���������ℎ=12���������02解得04m/sv(1分)第一次碰撞共速时弹簧最短,���������0=������+������������(1分)������=12���������02−12������+�

��������2=6���(1分)(2)A、B弹性碰撞,���������0=���������1+���������2;12���������02=12���������12+12���������22解得���1=−2m/s;���2=2m/s(1分)后B、C碰撞后粘在一起,

���������2=������+���������2′,���2′=1m/s(1分)A以2m/s滑上斜面返回后又以2m/s的速度与BC发生弹性碰撞,���������1+������+���������2′=���������3+������+���

������4;12���������12+12������+���������2′2=12���������32+12������+���������42;解得���3=27m/s,���4=97m/s(

2分)物块A最终损失的机械能为Δ���=12���������02−12���������32=39049���≈7.97���(2分)17.(1)两物块在传送带上加速度相同,均为���=������=4m/s2(1分)对于���1物块,���02−

���12=2������1,解得���1=���1=8m(1分)对于���2物块,���22=2������2,解得���2=���2=2m(1分)所以第一次碰撞发生在两传送带交界处。规定向右为正方向。两物块发生

弹性碰撞,���1���1−���2���2=���1���1′+���2���2′;12���1���12+12���2���22=12���1���1′2+12���2���2′2,解得���1′=−4m/s;���2′=6m/s(2分)(2)第一次碰撞

后,���2物块向右减速,���2′2−���32=2������2,撞墙时速度���3=25m/s,从第一次碰撞到撞墙所用时间���1=���2′−���3���=6−254s(2分)反弹后速度仍大于4m/s,反弹后在传送带上继续减速,���32−���22=2������3,���3=0.

5m,反弹后减速的时间���2=���2′−���2���=25−44s(2分)后与传送带共速运动到C点,���3=���2−���3���2=38s,���1+���2+���3=78s(1分)���1物块向左减速到0所用时

间为1s,所以在���2物块回到传送带交接处时,���1物块仍未减速到0。从此时开始计时,两物块到第二次碰撞时用时为���4,有−���1′���4+���1+���2+���3+12������4+���1+���2+���32=−���2���4+12�

�����42(2分)解得���4=916���(1分)所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间���总=���1+���2+���3+���4=2316���(1分)18.(1)甲粒子在磁场中有������0���=������02���1

(1分)由几何关系得���1=2���0解得���=������02������0(1分)(2)甲粒子在电场中���=���������,在电场中速度偏转了60∘,在沿电场方向������=���0tan60∘(1分)解得在电场中运动时间

为���=3������0������(1分)甲粒子在沿电场方向运动距离有12������������2=2���0+���0���tan60∘(2分)代入时间t,解得���=������024������0(1分)(3)由几何关系可得,������=���0���sin60∘+��

�0(2分)代入场强结果,得到������=9���0(1分)乙粒子在第三象限做圆周运动,垂直进入第四象限,后在第四象限沿x轴水平运动,由几何关系可得D点坐标���(9+3)���0,−���0(1分)(4)甲粒子从出发到D点共用时���1=16⋅2��

����������+���+������−������cos30∘���0cos60∘,化简得���1=23���+43+1���0���0(2分)乙粒子在磁场中有2���⋅2���0���′=���2���02���2,由几何关系得���2=���0

,解得���′=������0������0,乙粒子从出发到D点共用时���2=14⋅2������2������′+������2���0,化简得���2=���4+32+92���0���0(2分)甲乙两粒子出发的时间间隔t,Δ

���=���1−���2=512���+723−72���0���0(1分){#{QQABJQwAgggAAgAAABgCEwHACEAQkhCAAQgOQFAAsAABCBFABAA=}#}

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