山東省德州市優(yōu)高聯(lián)盟九校2024-2025學年高三上學期10月聯(lián)考物理試題（解析版）

德州市優(yōu)高聯(lián)盟九校聯(lián)考物理試題注意事項：1、答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置。2、選擇題答案必須使用2B鉛筆正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3、請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.我國無人機技術(shù)快速發(fā)展，廣泛應用于各個領(lǐng)域。已知某商用無人機靠螺旋槳的轉(zhuǎn)動來產(chǎn)生升力和前行力，可持續(xù)工作8小時，飛行幾公里。下列說法正確的是（）A.“幾公里”指的是位移B.無人機飛行快慢不影響慣性大小C.在研究無人機轉(zhuǎn)彎過程的姿態(tài)時，可以將無人機視為質(zhì)點D.研究無人機的運動狀態(tài)時可以選取無人機上的攝像機為參考系【答案】B【解析】A．無人機做的不是直線運動，所以“幾公里”指的是路程，故A錯誤；B．慣性只由質(zhì)量決定，所以無人機飛行快慢不影響慣性大小，故B正確；C．在研究無人機轉(zhuǎn)彎過程的姿態(tài)時，無人機的形狀大小不能忽略不計，不可以將無人機視為質(zhì)點，故C錯誤；D．由于無人機上的攝像機一直相對無人機靜止，所以研究無人機的運動狀態(tài)時，不可以選取無人機上的攝像機為參考系，故D錯誤。故選B。2.如圖所示是戶外露營中使用的一種便攜式三腳架，它由三根完全相同的輕桿通過鉸鏈組合在一起，每根輕桿均可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動，將三腳架靜止放在水平地面上，吊鍋通過細鐵鏈靜止懸掛在三腳架正中央，三腳架正中央離地高度為且小于桿長，吊鍋和細鐵鏈的總質(zhì)量為，支架與鉸鏈間的摩擦忽略不計，則（）A.每根輕桿受到地面的作用力大小為B.若減小且吊鍋未與地面接觸，則每根輕桿對地面壓力減小C.若往吊鍋里加少量水，則每根輕桿對地面摩擦力增大D.吊鍋受到重力和三根輕桿的作用力，共4個力【答案】C【解析】D．吊鍋受到自身重力及細鐵鏈的拉力兩個力的作用，故D錯誤；B．以整個裝置為研究對象，設(shè)地面對每根桿的支持力為，根據(jù)受力平衡可得解得顯然減小h，仍然保持不變，根據(jù)牛頓第三定律知每根桿對地面的壓力不變，B錯誤；C．以吊鍋和細鐵鏈為研究對象，設(shè)每根桿中的彈力為FN，桿與豎直方向夾角為，在豎直方向上，受力平衡有解得水平方向上，地面對桿的摩擦力為若往吊鍋里加少量水，增大，則可知增大，根據(jù)牛頓第三定律可知：每根輕桿對地面的摩擦力均增大，故C正確。A．以桿為研究對象，設(shè)每根輕桿受到地面的作用力大小為F，則有故A錯誤。故選C。3.“極限滑草”受到青少年的追捧。如圖所示，某同學在滑草斜面上從點由靜止開始做勻加速直線運動，先后連續(xù)經(jīng)過、、三點，已知間的距離是的兩倍，段的平均速度是，段的平均速度是，則該同學經(jīng)過點時的瞬時速度為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)該同學由到的位移為，用時，由到的位移為，用時，由題意知故即即M點所對應的時刻是由到過程的中間時刻，故故選D。4.貓頭鷹是老鼠的天敵，貓頭鷹的某次捕獵行動可簡化為如下情景：貓頭鷹站在距水平地面高的樹枝上，某時刻發(fā)現(xiàn)與它水平距離為處有一只老鼠，貓頭鷹立即出發(fā)抓捕老鼠，同時老鼠也立即由靜止出發(fā)沿水平地面逃離。貓頭鷹和老鼠的速度大小與時間的關(guān)系分別如圖中圖線、所示，已知時貓頭鷹抓到老鼠。貓頭鷹和老鼠都可看成質(zhì)點，它們的運動在同一豎直平面內(nèi)且兩者均做直線運動。下列說法正確的是（）A.老鼠的位移大小為B.貓頭鷹的位移大小為C.貓頭鷹加速時的加速度大小為D.貓頭鷹最大速度大小為【答案】B【解析】A．圖線b與時間軸所包圍的面積表示老鼠的位移，所以老鼠的位移為，故A錯誤；B．貓頭鷹追老鼠過程中水平方向的位移大小為，豎直方向的位移大小為，根據(jù)勾股定理可求得貓頭鷹的位移大小為，故B正確；CD．設(shè)貓頭鷹的最大速度為，根據(jù)圖線a，其位移大小為求得貓頭鷹的加速度為故C、D錯誤。故選B。5.如圖所示，水平粗糙桿和光滑豎直桿均固定。質(zhì)量均為的帶孔小球和穿在兩桿上，兩小球和用輕質(zhì)細線相連，與橫桿間的動摩擦因數(shù)為。在水平拉力作用下向右運動，上升的速度恒為，在向右運動位移為的過程中，的重力勢能增加，與橫桿間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為，拉力做功為，不計空氣阻力，重力加速度為，下列判斷正確的是（）A.細線產(chǎn)生的拉力逐漸增大B.小球做加速運動CD.【答案】A【解析】A．設(shè)細線與豎直方向的夾角為θ，則細線的拉力則當Q勻速上升時，θ變大，則細線產(chǎn)生的拉力逐漸增大，選項A正確；B．對Q沿細繩方向的速度對P沿繩方向的速度可得小球P的速度則當θ變大時，小球P速度減小，做減速運動，選項B錯誤；C．對PQ整體由能量關(guān)系因P動能減小，即可知選項C錯誤；D．因P對桿的壓力可知選項D錯誤。故選A。6.如圖所示，曲線為一帶電粒子在勻強電場中運動的軌跡，虛線、、、為相互平行且間距相等的四條等勢線，、、、、為軌跡與等勢線的交點。帶電粒子從點出發(fā)，初速度大小為，到達點時速度大小為，則（）A.四條等勢線中的電勢最高B.粒子從到和從到的速度變化量相同C.粒子從到和從到的動能變化量不同D.粒子在點的加速度比在點的加速度大【答案】B【解析】A．由軌跡可知，粒子受電場力向下，因粒子的電性不確定，可知場強的方向不確定，則不能確定哪點電勢最高，選項A錯誤；B．因M、P在同一條等勢面上，N、O在同一條等勢面上，可知粒子經(jīng)過M、P點時速度大小相同，經(jīng)過N、O點時速度大小也相同，可知粒子從M到N和從O到P的時間相同，因為是勻強電場，則速度變化量相同，選項B正確；C．因由動能定理可知，粒子從到和從到的動能變化量相同，選項C錯誤；D．因為是勻強電場，可知粒子在點的加速度與在點的加速度相同，選項D錯誤。故選B。7.智能呼啦圈可以提供全面的數(shù)據(jù)記錄，讓人合理管理自己的身材。如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示?？梢暈橘|(zhì)點的配重質(zhì)量為M，輕繩長為L，懸掛點到腰帶中心點的距離為R，配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為，運動過程中腰帶可視為靜止，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到人摩擦力不變B.若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到人的彈力不變C.若增大轉(zhuǎn)速，繩子與豎直方向夾角不變D.若時，則配重的角速度為【答案】A【解析】A．對腰帶和配重的整體分析可知，豎直方向腰帶受的摩擦力等于配重和腰帶的重力之和，可知若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到人的摩擦力不變，選項A正確；Ｃ．對配重分析可知解得可知若增大轉(zhuǎn)速，繩子與豎直方向夾角變大，選項C錯誤；Ｂ．腰帶受到人的彈力則轉(zhuǎn)速增大，腰帶受到人的彈力變大，選項B錯誤；D．根據(jù)若時，則配重的角速度為選項D錯誤。故選A。8.去年全國帆船錦標賽開幕。某運動員駕駛帆船在靜水中順風漂行，已知風速為，有效面積為S的風帆與風向垂直，風吹到帆面后在風速方向上相對帆的速度為零，空氣的密度為，則（）A.風對船的功率最大時，風對船的作用力大小為B.風對船的功率最大時，則帆船的速度大小為C.若帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為，則帆船勻速航行時的速度大小為D.若帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為，則帆船勻速航行時的速度大小為【答案】C【解析】AB．當船速為v時，設(shè)在Δt時間間隔內(nèi)，能夠吹到單位面積帆上的空氣質(zhì)量為Δm=ρS（v0-v）Δt由動量定理風對船的功率解得因為定值，可知當時P最大，即此時風對船的作用力大小為選項AB錯誤；CD．當船勻速航行時，由平衡可知即解得勻速的速度為選項C正確，D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，共16分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示是利用輪軸原理制成的古代汲水裝置——轆轤，可轉(zhuǎn)動的把手邊緣上點到轉(zhuǎn)軸的距離為，轆轤邊緣上點到轉(zhuǎn)軸的距離為，不計空氣阻力，在水桶離開水面后加速上升的過程中，則（）A.點與點的線速度之比為B.點與點的轉(zhuǎn)速之比為C.水桶所受合力的沖量等于水桶動量的變化率D.水桶所受合力做的功等于水桶動能的變化量【答案】AD【解析】AB．可轉(zhuǎn)動的把于與轆轤是同軸轉(zhuǎn)動，有相同的周期，由所以點與點的線速度之比為由點與點的轉(zhuǎn)速之比為，B錯誤，A正確；C．由動量定理，水桶所受合力的沖量等于水桶動量的變化量，C錯誤；D．由動能定理，水桶所受合力做的功等于水桶動能的變化量，D正確。故選AD。10.“天繪五號”衛(wèi)星先發(fā)射至近地圓軌道，在近地軌道的A位置調(diào)整速度進入轉(zhuǎn)移軌道，在轉(zhuǎn)移軌道的遠地點B位置調(diào)整速度進入目標軌道。地球的質(zhì)量為、半徑為，衛(wèi)星的質(zhì)量為、目標軌道的半徑為，引力常量為G。已知衛(wèi)星在目標軌道處的引力勢能可表示為。下列說法正確的是（）A.地球的第一宇宙速度可表示為B.轉(zhuǎn)移軌道上衛(wèi)星運動的周期可表示為C.衛(wèi)星在目標軌道上的機械能為D.衛(wèi)星在近地軌道上的動能為【答案】BC【解析】A．根據(jù)可得地球的第一宇宙速度可表示為選項A錯誤；B．衛(wèi)星在近地軌道上的周期根據(jù)開普勒第三定律可得轉(zhuǎn)移軌道上衛(wèi)星運動的周期可表示為選項B正確；C．衛(wèi)星在目標軌道上則動能勢能則機械能為選項C正確；D．衛(wèi)星在近地軌道上的動能為選項D錯誤。故選BC。11.兩等量正點電荷垂直紙面放置（圖中未畫出）。在其連線的中垂面上有、、三個點，為兩電荷連線的中點，如圖，下列說法正確的是（）A.、兩點的電勢相等B.、兩點的電場強度有可能大小相等C.給電子一合適的初速度，它有可能只受電場力沿圖中的圓做勻速圓周運動D.電子從點沿直線移動到點過程中，電勢能先增大后減小【答案】ABC【解析】A．兩等量正點電荷與、兩點距離相等，、兩點在兩點電荷的電場中的電勢相等，由電勢疊加原理可知，、兩點的電勢相等，故A正確；B．因為垂面過O點，所以該面是中垂面，在中垂面上的各點的電場強度的方向均在該平面內(nèi)，在中垂面上各點的電場強度的大小都關(guān)于O點對稱，在中垂面上各點電場的方向都背離O點向外，在以O(shè)點為圓心的圓周上的所有點的電場強度的大小都相等，方向都沿著半徑的方向向外，從O點向外延伸，電場強度先增大后減小。由以上分析可知，、兩點的電場強度有可能大小相等，故B正確；C．因為在以O(shè)點為圓心的圓周上的所有點的電場強度的大小都相等，方向都沿著半徑的方向向外，電子在該圓周上所受的電場力大小相等，方向都指向O點，所以給電子某一初速度，它能沿圖中的圓做勻速圓周運動，故C正確；D．因為在中垂面上各點電場的方向都背離O點向外，電子所受的電場力的方向始終指向O點，電子從P點沿直線移動到N點過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故D錯誤。故選ABC。12.在光滑水平面上疊放有A、B兩個物體，它們的質(zhì)量均為，C物體上固連一輕質(zhì)滑輪，與A連接的輕質(zhì)細線繞過兩輕質(zhì)滑輪后固定到天花板上，其中與A連接的細線水平，繞過動滑輪的左右兩段細線豎直，如圖所示。不考慮滑輪的摩擦，A、B間的動摩擦因數(shù)，下列說法正確的是（）A.A物體的最大加速度為B.B物體的最大加速度為C.若A、B不發(fā)生相對運動，則C物體的最大質(zhì)量為D.C物體質(zhì)量為時，B的加速度為【答案】BD【解析】BC．設(shè)A、B剛好不發(fā)生相對運動時，C物體的質(zhì)量為，以C物體為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以AB整體，有以B為對象，有聯(lián)立可得，可知B物體的最大加速度為；若A、B不發(fā)生相對運動，則C物體的最大質(zhì)量為，故B正確，C錯誤；D．C物體質(zhì)量為時，可知A、B不發(fā)生相對運動，對C有對AB為整體，有聯(lián)立解得可知B的加速度為，故D正確；A．當C物體質(zhì)量大于時，A、B發(fā)生相對滑動，以物體為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知隨C物體質(zhì)量的最大，A的加速度逐漸增大，最終A物體的最大加速度趨近于，故A錯誤。故選BD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.圖甲是研究電容器充、放電過程中電壓和電流隨時間變化規(guī)律的實驗電路圖，按圖甲連接好實驗器材。先接通開關(guān)，給電容器充電，然后斷開開關(guān)，再閉合開關(guān)，電容器放電，閉合開關(guān)的同時開始計時，通過計算機在同一坐標系中描繪出電壓和電流隨放電時間的變化圖線，如圖乙所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）電路中電壓傳感器電阻近似無窮大，電流傳感器電阻可忽略。根據(jù)圖乙數(shù)據(jù)可求出電阻的阻值為________；（2）圖乙中電流隨時間的變化圖線與坐標軸圍成的陰影面積的物理意義是________，圖中左右兩部分陰影面積與的比值是________?！敬鸢浮浚?）2000（2）①.電容器釋放的電荷量②.1.5（或）【解析】【小問1】由歐姆定律有電阻的阻值為【小問2】[1][2]由電容器放電過程電流計算公式可知即圖線與坐標軸圍成的陰影面積表示電容器釋放的電荷量。根據(jù)由上述分析可知，陰影部分面積代表電荷量，由題意可得得14.某實驗小組采用如圖1所示的實驗裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間的關(guān)系”。（1）實驗之前要補償小車所受的阻力，具體的步驟是：________（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列間距均勻的點。（2）打出的紙帶及數(shù)據(jù)如圖2所示，若打點計時器使用的交流電頻率為，、、、、為連續(xù)相鄰計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點未畫出，則系統(tǒng)的加速度大小為________，（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（3）在驗證加速度與質(zhì)量關(guān)系實驗時，保證砂和砂桶的總質(zhì)量不變，通過在小車上增加砝碼來改變小車總質(zhì)量，每次實驗時僅記錄了小車上砝碼的總質(zhì)量，但未測小車質(zhì)量，作出與之間的關(guān)系圖像如圖3所示，已知圖中直線的斜率為，在縱軸上的截距為，當?shù)刂亓铀俣葹椤Ｈ粼撏瑢W其他操作均正確，沒有遠小于，可得到砂和砂桶的總質(zhì)量________小車的質(zhì)量為________（均用、、表示）。【答案】（1）不掛（2）2.0（3）①.②.【解析】【小問1】補償阻力是用小車重力沿斜面向下的分力與阻力相平衡，應不掛砂桶，給小車一個初速度，使小車能夠沿斜面向下做勻速直線運動?！拘?】利用逐差法計算小車的加速度【小問3】[1][2]根據(jù)牛頓第二定律，對砂和砂桶這個整體，有對小車和砝碼這個整體，有兩式聯(lián)立，得故，得，15.高一軍訓結(jié)束，學校組織了匯報表演，拍攝中采用無人機懸停在高處拍攝。已知該無人機的質(zhì)量為，最大升力為，最大上升的加速度為，空氣阻力大小恒定，取。求：（1）無人機受到的空氣阻力大小；（2）操作人員控制無人機勻速水平飛行，無人機的牽引力大小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1】無人機上升的過程中受到升力、重力、空氣的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)可得【小問2】無人機勻速水平飛行，所受合外力為零，牽引力為代入數(shù)據(jù)可得16.某飛機場利用如圖所示的傳送帶將旅客的行李箱運進機艙。傾角為的傳送帶由電動機帶動，始終保持速率向上運行，傳送帶兩端點之間的長為。將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，將行李箱運進機艙，行李箱的質(zhì)量為，取。試求：（1）行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)；（2）整個過程中產(chǎn)生的熱量和物體對傳送帶做的功?！敬鸢浮浚?）（2），【解析】【小問1】設(shè)行李箱加速到與傳送帶共速的時間為，行李箱勻速運動時間為，李箱速度從0到與傳送帶共速其加速度由滑動摩擦力與重力平行于傳送帶的分力提供，則行李箱在時間內(nèi)屬于勻加速直線運動，李箱在時間內(nèi)的平均速度為其位移為行李箱在時間內(nèi)的位移為由題意知方程聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得，行李箱加速時的加速度為對在滑動過程中的行李箱進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，則有代入數(shù)據(jù)可得?！拘?】在時間內(nèi)傳送帶發(fā)生的位移為在時間內(nèi)行李箱發(fā)生的位移為則行李箱相對行李箱滑動的位移整個過程中產(chǎn)生的熱量為代入數(shù)據(jù)可得行李箱相對傳送帶做功可以分為李箱相對傳送帶滑動摩擦階段和共速靜摩擦階段兩部分，物體對傳送帶滑動摩擦階段，只有摩擦力對傳送帶做功共速靜摩擦階段，只有靜摩擦力對傳送帶做功，靜摩擦力等于行李箱所受重力平行于傳送帶的分力，則有物體對傳送帶做的功為代入數(shù)據(jù)得。17.如圖甲所示，射線管由與軸平行的平行金屬板、和與金屬板平行的細管組成，細管到兩金屬板距離相等，開口在軸上。金屬板長為、兩板間的距離為，當、板間加上某一電壓時，從板最左端放射源射出的粒子剛好能以速度從細管水平射出，進入位于第I象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場，電場線沿半徑方向指向圓心。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，粒子運動軌跡處的場強大小為。0時刻粒子進入第IV象限的交變電場中，交變電場隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定沿軸正方向為電場的正方向。已知粒子的電荷量為、質(zhì)量為，重力不計。求：（1）粒子在靜電分析器中運動的時間；（2）、板間所加的電壓；（3）在第四象限中粒子離軸最遠的點的坐標。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1】設(shè)粒子在靜電分析器中做圓周運動的半徑為，由牛頓第二定律得解得粒子在靜電分析器中運動的時間為【小問2】對粒子在、板間的運動，由運動學規(guī)律得，聯(lián)立，解得對粒子在、板間的運動，由動能定理