2024届山东省临沂市普通高中高三下学期3月学业水平等级考试模拟物理试题(1)（含答案解析）

临沂市普通高中学业水平等级考试模拟试题物理2024.3注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号等信息填写在答题卡和试卷指定位置处。2.回答选择题时，选出每小题的答案后，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，再选涂其它答案标号，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收回。一、单项选择题：本题共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。1.1905年，爱因斯坦获苏黎世大学物理学博士学位，并提出光子假设，成功解释了光电效应，因此获得1921年诺贝尔物理学奖。如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（）A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为D.M、N之间的遏止电压等于【答案】C【解析】【详解】A．M、N间距离增大时，由于M、N间的电压不变，电场力对电子做功不变，则电子到达N的动能并不会随着距离的增大而增大，故A错误；B．电子从M到N运动过程，根据动能定理可得可知无论从哪个方向逸出的电子到达N时的最大动能为故B错误；C．当电子从M板沿y方向逸出，且速度最大时，电子从M到N过程中y方向位移大小最大；则有沿x方向有，联立可得故C正确；D．设M、N之间的遏止电压为，根据动能定理可得解得故D错误。故选C。2.在建筑工地上经常使用吊车起吊建材。为了研究问题方便，把吊车简化成如图所示的模型，可以调节长度和角度的支撑臂OP的一端装有定滑轮，另一端连接在车体上，质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物件匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）A.钢丝绳索对定滑轮的作用力方向沿着OP向下B.当支撑臂缓慢变长时钢丝绳索对定滑轮的作用力变大C.当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时绳索对定滑轮的作用力变小D.若钢丝绳索拉着物件加速上升，吊车对地面的压力变小【答案】B【解析】【详解】A．对定滑轮受力分析，如图滑轮两边的钢丝绳的拉力相等，则合力方向沿着两边钢丝绳夹角的角平分线上，则钢丝绳索对定滑轮的作用力方向不一定沿着OP方向，选项A错误；BC．对定滑轮，钢丝绳索对定滑轮的作用力大小为当支撑臂缓慢变长时，变小，则钢丝绳索对定滑轮的作用力变大；同理可得，当支撑臂与水平方向的夹角缓慢变大时，变小，绳索对定滑轮的作用力大，故B正确，C错误；D．若钢丝绳索拉着物件加速上升，对物件由牛顿第二定律可得对定滑轮受力分析可知，钢丝绳索对定滑轮的作用力变大，所以吊车对地面的压力变大，故D错误。故选B。3.物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为m的物体在地球引力场中具有的引力势能（式中G为引力常量，M为地球的质量，为物体到地心的距离），如果用R表示地球的半径，g表示地球表面重力加速度。则下列说法正确的是（）A.质量为m的人造地球卫星在半径为r的圆形轨道上运行时，其机械能为B.如果地球的第一宇宙速度为，则将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量C.由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为D.位于赤道上的物体引力势能为零【答案】A【解析】【详解】A．在半径为r的圆形轨道上运行的质量为m的人造地球卫星有动能引力势能为则机械能为选项A正确；B．将质量为m的卫星从地球表面发射到半径为r的轨道上运行时至少需要的能量在地球表面上有所以选项B错误；C．由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为m的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为选项C错误；D．位于赤道上的物体引力势能为选项D错误。故选A。4.如图所示，一个曲率半径较大的凸透镜的凸面和一块水平放置的平面玻璃板接触，用平行的红色光a和紫色光b分别竖直向下照射，可以观察到明暗相间的同心圆环。关于这种现象，下列说法正确的是（）A.该原理是光的干涉现象，观察到的是等间距的明暗相间的同心圆环B.a、b两种光分别照射所形成的同心圆环，单色光a的更密集C.若用单色光a照射某金属不发生光电效应，换用单色光b照射该金属更不可能发生光电效应D.若换成曲率半径更大的凸透镜，同种单色光照射时形成的同心圆环将变稀疏【答案】D【解析】【详解】A．明暗相间的同心圆环是由透镜和玻璃板之间的空气膜上下两表面的反射光发生干涉后形成的，同一亮圆环（或暗圆环）处空气膜的厚度相等，相邻的两个明圆环处，空气膜的厚度差等于半个波长，离圆心越远的位置，空气膜的厚度减小的越快，则圆环越密，所以同心圆环内疏外密，故A错误；B．a、b两种光分别照射所形成的同心圆环，a光的波长大，出现同一级亮纹的光程差大，空气层厚度应增大，所以，同一级圆环的半径大，即圆环状条纹间距将增大，单色光a的更稀疏，故B错误；C．根据爱因斯坦光电效应方程红色光a和紫色光b的频率关系为所以若用单色光a照射某金属不发生光电效应，换用单色光b照射该金属可能发生光电效应，故C错误；D．若换成曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大，即同种单色光照射时形成的同心圆环将变稀疏，故D正确。故选D。5.在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上a点和辘轳边缘b点，忽略空气阻力。在水桶装满水离开水面后加速向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.把手边缘上a点的角速度小于辘轳边缘b点的角速度B.水桶上升的速度大小等于把手边缘上a点的线速度大小C.人对辘轳做功的功率等于绳子拉力对水桶和水做功的功率D.拉力对水桶和水的冲量大于水桶和水动量的变化量【答案】D【解析】【详解】A．手边缘上a点与辘轳边缘b点属于同轴转动，所以角速度相同，A错误；B．设可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为，辘轳边缘b点到转轴的距离为Rb，根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小，其中所以水桶上升的速度大小小于把手边缘上a点的线速度大小，B错误；C．水桶受到重力和拉力作用，根据功能关系可知绳子拉力对水桶做的功等于水桶和水的机械能的增加量，但人对辘轳做的功大于绳子拉力对水桶和水做的功，根据可得人对辘轳做功的功率大于绳子拉力对水桶和水做功的功率，C错误；D．对水桶和水整体分析，根据动量定理可知拉力对水桶和水的冲量等于重力对水桶和水的冲量与水桶和水动量的变化量之和，故拉力对水桶和水的冲量大于水桶和水动量的变化量，故D正确。故选D。6.近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在时间t内通过了位移s，同时它速度变为原来的N倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，该汽车加速度大小为（）。A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设初速度为，则时间t后速度变为，物体在时间t内通过了位移s，则平均速度为解得所以加速度为故选A。7.在如图所示的电路中，理想变压器的匝数，定值电阻，，滑动变阻器R的最大阻值为。在c、d两端输入正弦式交变电流，电压的表达式为。当滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A.电阻的功率一直不变B.理想变压器的最大输出功率为C.当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最大D.电流表示数的最小值为【答案】C【解析】【详解】C．由电压的表达式为可知电压的有效值为等效电路图如图所示其中由图可知当滑片P从a端滑到b端的过程中滑动变阻器的阻值变小，有故原线圈的电流不断变大，又因为所以当滑片Р滑至b端时，整个电路的功率达到最大，故C正确；A．由电路图可知原线圈电压为随原线圈电流增大而减小，则电阻R3两端电压为随原线圈电压减小而减小，电阻R3的功率为故电阻的功率一直减小，故A错误；D．当滑片P从a端滑到b端的过程中，原线圈的电流不断变大，即电流表的示数不断变大，即当滑片位于a端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为，原线圈电流为故D错误；B．由等效电路图可知，输出功率最大时满足此时原线圈电压与两端电压相等，输出功率为故B错误。故选C。8.列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，取时间内空气柱的质量为，对一小段空气柱应用动量定理可得其中解得由牛顿第三定律可得，空气对动车的阻力为当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则解得当速度达到最大速度一半时，此时速度为此时受到的牵引力解得此时受到的阻力对整体根据牛顿第二定律对1号车厢，根据牛顿第二定律可得联立解得当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，由牛顿第三定律，1号车厢对2号车厢的作用力大小为故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为，下列说法正确的是（）A.状态B的气体温度为627℃B.在A→B过程中，气体既不对外做功，外界也不对气体做功C.在B→C过程中，气体对外做功1200JD.在A→B→C→A一个循环过程中，气体向外界释放热量450J【答案】BD【解析】【详解】A．状态变化为等容变化，有解得状态B的气体温度为故A错误；B．在过程中，气体体积没有发生变化，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；C．在过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为故C错误；D．在一个循环过程中，温度不变，内能变化过程，气体体积不变，做功为零，即过程，外界对气体做功为过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积根据热力学第一定律表达式中的表示外界对气体做的功，则有联立可得气体向外界释放热量450J，故D正确。故选BD。10.一列简谐横波沿x轴传播，在时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴负方向传播B.该波的波长为20mC.质点P的平衡位置位于处D.从开始，质点Q比质点N早回到平衡位置【答案】ACD【解析】【详解】A．由题图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知该波沿x轴负方向传播，故A正确；B．设该波波长为λ，根据三角函数知识可知，N、Q两质点平衡位置间的距离为解得故B错误；C．由题图乙可知该波的周期为所以该波的波速为由题图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时刻为t=0.25s，易知此波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有解得故C正确；D．从t＝0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为则即质点Q比质点N早s回到平衡位置，故D正确故选ACD。11.电偶极子是由两个等量异号点电荷组成的系统。真空中有两对相同电偶极子AB和CD，所带电荷量均为q，其中A、D带正电荷。将此两对电偶极子的四个点电荷固定在正四面体的四个顶点上，正四面体的棱长为L，相应棱的中点分别为a、b、c，静电力常量为k。下列说法正确的是（）A.b、c两点间的电势差为零B.将同一个检验电荷从b点移到a点和从b点移到c点，电场力做功相等C.b、c两点的电场强度相同D.a点的电场强度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．因为b、c两点到两对电偶极子的距离相等，由电势的叠加原理可知故b、c两点间的电势差故A正确；B．由题意可知，a点到两正电荷的距离比到两负电荷的距离近，则所以，根据可知将同一个检验电荷从b点移到a点和从b点移到c点，电场力做功不相等，故B错误；C．根据两对电偶极子的四个点电荷的电场分布情况可知，b、c两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误；D．由图可知A、D两点电荷在a点的合场强为零，B、C电荷分别在a点的场强大小为根据几何关系可知由图可知所以故a点的电场强度大小为故D正确。故选AD。12.如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨固定于竖直向上的匀强磁场中，窄轨的间距为，宽轨的间距为L，两根完全相同的导体棒MN和PQ，其中PQ垂直于导轨静止放置并与导轨接触良好，两导体棒的长度均为L。现将金属棒MN自曲线导轨上h高度处静止释放，到达水平轨道立即进入磁场区域，已知导体棒MN在到达宽窄导轨的连接处之前就已经匀速运动，经过足够长的时间，两根导体棒都在宽轨上匀速运动，运动过程中两导体棒未发生碰撞，不考虑导体棒MN经过宽窄导轨的连接处时速度的变化，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（）A.导体棒PQ第一次匀速运动的速率为B.导体棒MN前后两次匀速运动的速率之比为3∶2C.导体棒MN宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量为D.导体棒MN分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，回路中产生的焦耳热之比为1∶3【答案】BC【解析】【详解】对导体棒MN在曲线导轨上下滑时，由动能定理得导体棒进入磁场的初速度为当导体棒在窄导轨上运动与导体棒在宽轨上运动割磁感线产生的感应电动势相等时，两导体棒匀速，此时有规定向右为正方向，根据动量定理，对导体棒MN有其中对导体棒PQ有联立解得，导体棒MN第一次匀速运动的速率为导体棒PQ第一次匀速运动的速率为该过程中产生的电荷量为导体棒MN窄轨上运动的过程中，根据能量守恒同理，两导体棒在宽轨上运动速度相等时，有由动量守恒定律联立，求得导体棒MN宽轨上运动的过程中，根据能量守恒对导体棒PQ由动量定理解得导体棒MN宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量为A．导体棒PQ第一次匀速运动的速率为故A错误；B．导体棒前后两次匀速运动的速率之比为故B正确；C．导体棒分别在宽轨上运动的过程中，通过回路的电荷量为故C正确；D．导体棒分别在窄轨上和宽轨上运动的过程中，回路中产生的焦耳热之比为故D错误。故选BC三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某兴趣小组用如图所示的装置测量某种玻璃的折射率，器材为一半径为R的半圆柱体状玻璃砖和绿蓝两种颜色的激光发生器。若让绿色激光垂直底面射入，后让激光发生器向左移动至M点时，恰好没有光线从N点射出，继续向左移动激光到达A点，其中图中O点为圆心，；。根据题意完成以下问题：（1）该玻璃砖的折射率为______。（结果用分数表示）（2）当换成蓝色激光从M点垂直底面照射时，能否从玻璃砖中折射出______。（填“能”或“否”）。（3）若用绿色激光从A点射入，光通过玻璃砖的时间为______。（光在真空中的传播速度为c）【答案】（1）（2）否（3）【解析】【小问1详解】有几何关系可得【小问2详解】蓝色激光的折射率大于绿色激光的折射率，对应的蓝色激光的临界角小于绿色激光的临界角，蓝色激光在N点发生全反射，不会从玻璃砖中折射出去。【小问3详解】由几何关系可知，光线在A点入射角光线在D点发生全反射，由几何关系及对称性可知，光走过的路程为光在玻璃中的速度光通过玻璃砖的时间为14.某位同学用伏安法想尽量准确的测量一节干电池的电动势和内电阻，可供选择的器材有：A.毫安表（量程，内阻为）B.毫安表（量程，内阻为）C.定值电阻D.定值电阻E.定值电阻F.定值电阻G.滑动变阻器RH.开关、导线若干（1）要求使用已有器材改装一量程为0.6A的电流表和一量程为3V的电压表，并设计电路如图甲，改装的电流表选用毫安表定值电阻选______（填或），改装的电压表选用毫安表和定值电阻选______（填或）。（2）根据测量所得数据，描点作图，得到毫安表和的示数与关系曲线如图乙所示，则电池的电动势______V，内电阻______。（结果保留2位有效数字）【答案】（1）①.②.（2）①.1.5②.0.83【解析】【小问1详解】[1]改装一量程为0.6A的电流表，改装的电流表选用毫安表和定值电阻并联，则要并联的电阻故定值电阻选R2；[2]改装成量程为3V的电压表，选用毫安表和定值电阻串联，则串联的电阻为故选。【小问2详解】[1][2]由电路可知电路中的总电流为电流表的示数的6倍，改装后的电流表内阻则即结合图像可知，纵截距为斜率的绝对值为联立解得，电池的电动势为E=1.5V电池的内电阻为15.如图所示，“空气枪”是一款利用压缩空气将乒乓球射出的的小玩具，深受小朋友们喜爱。其主要构件是由一塑料圆筒，圆筒左侧用弹性橡胶膜密封，圆筒下侧接一单向通气阀门（气体只能从外向内流动），阀门右侧连接一光滑塑料管。其使用方法是先用手拉动后面的橡胶膜，抽取一定量的空气后，迅速放手，橡胶膜在恢复原状的过程中压缩空气，从而产生内外压强差，空气从管口冲出形成冲力将乒乓球射出。已知“空气枪”在未使用前的容积为，拉动橡胶膜至释放前的容积变为，大气压强为，整个过程中“空气枪”中的空气温度等于环境温度不变。（1）若橡胶膜恢复原状瞬间，球未射出，气体没有泄露，试求橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强。（2）若某次发射中发现乒乓球射出距离偏小，经检测橡胶膜恢复原状瞬间，“空气枪”内部空气压强为，试求此时已泄露的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）以抽入气体后的空气枪内气体为研究对象，初始气体压强气体体积橡胶膜恢复原状时气体体积气体做等温变化，由玻意耳定律得解得橡胶膜恢复原状瞬间“空气枪”内部空气压强为（2）以抽入气体后空气炮内气体为研究对象，初始气体压强气体体积橡胶膜恢复原状时气体在瓶内的体积已泄露的气体压强视为与内部相同为设其体积为，气体做等温变化，由玻意耳定律得解得同压强下气体质量与体积成正比，则已泄露的空气质量与仍在“空气枪”内部的空气质量之比解得16.据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石块抛出。某学习小组用如图所示的模型演示抛石过程。质量的石块装在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，当长臂转到与竖直方向夹角为时立即停止转动，石块以的速度被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度，不计空气阻力，重力加速度g取，求：（1）抛出后石块距离地面的最大高度；（2）在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度的木板充当城墙挡住石块，木板离石块抛出点最近距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）石块抛出时沿竖直方向分速度为则石块从抛出到最高点的高度为抛出后石块距离地面的最大高度为（2）当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近；石块从最高点到木板上端过程做平抛运动，竖直方向有解得石块从抛出到最高点所用时间为石块抛出时的水平分速度为则木板离石块抛出点最近距离为17.如图甲所示，是一种研究微观带电粒子的仪器原理图，三维坐标系Oxyz中，荧光屏P与平面平行放置，分界面M与P平行并将空间分为Ⅰ、Ⅱ两区域，区域Ⅰ内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。区域Ⅱ内存在如图乙所示的匀强磁场（沿z轴正方向为磁场的正方向），磁感应强度大小为B。一电荷量为q，质量为m的带正电粒子从O点以初速度沿z轴正方向射入区域Ⅰ，到达M时速度方向与z轴正方向成，此时开始计时，最后粒子在时刻打在P上。粒子的重力忽略不计，求：（1）分界面M到O点的距离；（2）粒子在区域Ⅱ的速度大小；（3）MP间的距离；（4）粒子打在P上的x坐标和y坐标。【答案】（1）；（2）；（3）；（4），【解析】【详解】（1）根据题意可知，粒子区域Ⅰ内，在平面内做类平抛运动，沿轴正方向有，，设分界面M到O点的距离为，则有又有联立解得，，（2）粒子进入区域Ⅱ中，由于洛伦兹力不做功，粒子在区域Ⅱ的速度大小即进入区域Ⅱ时粒子的速度大小（3）粒子进入区域Ⅱ中，沿轴方向的运动不受洛伦兹力，沿轴方向的运动，受沿轴正方向的洛伦兹力，在与平面平行的面中做匀速圆周运动，综上所述，粒子在区域Ⅱ中，在与轴垂直的平面中做匀速圆周运动的同时，沿轴正方向做匀速直线运动，则MP间的距离为（4）根据上述分析，由牛顿第二定律有解得