山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考物理模拟检测（一）物理试卷（含解析）

这是一份山东省青岛市平度市2025届高三下学期高考物理模拟检测（一）物理试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下说法正确的是( )
A. 由甲图中的α粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是10−10m
B. 由乙图的氢原子能级图可知，一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁可能发出3种不同频率的光
C. a、b、c三束单色光照射同一光电管得到光电流I与光电管两极间的电压U的关系曲线如丙图，则a、b、c光的频率关系为νa=νcUc1
由12mvm2=eUc
可得12mv22>12mv12
由爱因斯坦光电方程12mvm2=hν−W0
可得ν2>ν1
则有νa=νc0
缓慢加热气体，发生等压变化，气体体积变大，则W0
则气体从外界吸收热量，故A错误；
B、根据题意可知，T0∼2T0，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知V2T0=V2T0
则当温度达到2T0时，活塞到达气缸顶部，故B正确；
C、根据题意可知，2T0∼3T0，气体发生等容变化，由查理定律可知p02T0=p13T0
代入数据，解得p1=1.5p0
故C错误；
D、根据题意可知，2T0∼3T0，气体体积不变，压强增大，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动更剧烈，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数增多，故D错误。
故选：B。
根据理想气体的热力学过程，包括等压过程、等容过程以及热力学第一定律的应用判断选项。题目通过分析气体在不同温度下的压强变化，要求判断气体在特定温度区间内的热力学行为，包括气体是否对外放热、活塞的位置变化、压强的计算以及气体分子对器壁碰撞次数的变化。
本题关键在于理解理想气体在不同热力学过程中的行为，包括等压过程、等容过程以及热力学第一定律的应用。通过分析气体在不同温度下的压强变化，可以判断气体的热力学行为，如是否对外放热、活塞的位置变化、压强的计算以及气体分子对器壁碰撞次数的变化。正确理解这些过程和定律是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：AB.运动员做平抛运动，
竖直方向有：vy=gt，
设落在着陆坡上速度与水平夹角为α，
由平抛运动的推论可得：tanα=vyv0=2tanθ，
由几何关系可得：tanθ=5 132−52=512
由矢量合成法则可得：v= v02+vy2，
联立可得：tanα=56，v0=30m/s，v=5 61m/s；
故AB错误；
CD.把水平速度与竖直速度均分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向，如图：
由矢量合成法则可得，垂直于斜坡方向的速度大小为：v⊥=vycsθ−v0sinθ，
解得：v⊥=15013m/s，
由动量定理可得，I的大小为：|I|=|Δp|=mv⊥，
解得：|I|=750013N⋅s，方向垂直于斜面向上，
则与水平方向夹角的正弦值为：sin(π2−θ)=csθ= 1−(513)2=1213，
故C错误，D正确；
故选：D。
AB.运动员做平抛运动，由运动学规律及推论、几何关系、矢量合成法则分别列式，即可分析判断；
CD.把水平速度与竖直速度均分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向，由矢量合成法则、动量定理、几何关系分别列式，即可分析判断。
本题考查动量定理的内容和应用，解题时需了解，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
8.【答案】B
【解析】解：A.由题意可知：
OA= 32L
如图1所示
P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为θ，根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为：
E=2⋅kQ(ODsinθ)2csθ
整理得：
E=8⋅kQL2csθsin2θ=8⋅kQL2csθ(1−cs2θ)
令
t=csθ，t∈(0,1)
可得函数：
f(t)=t(1−t2)
对函数求导有：
f′(t)=1−3t2
令
f′(t)=0
解得：
t=± 33
结合导函数的性质可知，在t∈(0, 33]时，f(t)单调递增。
在t∈( 33,1)时，f(t)单调递减。
因此t=csθ= 33时，电场强度最大，此时：
OP=ODtanθ= 2L4
由此可知，z轴上距离O点 24l处的两点电场强度最大，故A错误；
B.∠DAO=30∘，轨道上A点的电场强度大小为：
EA=2kQL2cs30∘= 3kQL2=mgq
故B正确；
C.由几何关系可知：
OA=OC= 32L
∠ACO=45∘
根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为：
EC=EA=mgq
小球在C点时的受力情况，如图2所示
小球在C点受到的电场力为：
FC=qEC=mg
沿杆方向的合力为：
F=mgcs45∘−FCcs45∘=ma
解得：
a=0
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；
D.根据等量同种点电荷的电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得：
mg⋅OA=EkC−0
解得：
EkC= 32mgL
故D错误。
故选：B。
A.根据等量同种电荷的电场分布和数学思想判断A点和C点的场强关系；
B.根据点电荷的场强公式求A点的电场强度大小；
C.根据小球在C点时的受力情况，结合牛顿第二定律求小球刚到达C点时的加速度；
D.根据动能定理求小球刚到达C点时的动能。
此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上，难度适中。
9.【答案】AC
【解析】解：A、风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式：Em=NBSω，可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，即Um=200V，风速加倍时角速度均加倍，则ω=2×2πT=2×2π0.04rad/s=100πrad/s。
可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为：u=200sin100πt(V)，故A正确；
B、将变压器与负载整体作为一个等效电阻R等，其阻值为R等=(n1n2)2R
设发电机两端电压有效值为U，则原线圈的电流I1=Ur+R等，将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中R接入电路的阻值变小，等效电阻R等变小，I1变小，则定值电阻r的分压变小，故电压表V1读数变大，故B错误；
CD、滑动变阻器R的最大阻值为10Ω，可得等效电阻R等的最大值为R等m=40Ω，将r看成电源的内阻，当等效电阻R等等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。当R等=r=8Ω时，解得：R=2Ω，即R=2Ω时其消耗的功率最大，可知将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，故C正确，D错误。
故选：AC。
风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式，可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，据此可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式；将变压器与负载整体作为一个等效电阻R等，根据闭合电路欧姆定律分析电压表V1读数的变化；将r看成电源的内阻，当等效电阻R等等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。
本题考查了理想变压器的动态分析问题，掌握理想变压器的工作原理。掌握本题中应用“等效电阻”处理此类问题的方法。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、由图乙可知，波源S1的波长λ1=4m，可得波源S1的频率为f1=v1λ1=134Hz=112Hz，由图丙可知波源S2的振动周期为T2=12s，波源S2的频率为f2=1T2=112Hz
所以波源S1和波源S2的频率相同，两列波振动方向相同，相位差恒定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉，故A正确；
B、质点a到波源S1的距离为8m，质点a到波源S2的距离为4m，质点a到两波源的距离差为Δxa=4m=λ，a点为振动加强点，a点的振幅Aa=A1+A2=15cm+20cm=35cm，故B错误；
C、质点b到波源S1的距离为3m，质点b到波源S2的距离为9m，质点b到两波源的距离差为Δxb=6m=32λ，
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为Ab=20cm−15cm=5cm=0.05m，在32s∼50s内，质点经过了时间Δt′=50s−32s=18s=32T，
则质点b运动的总路程为s=6Ab=6×0.05m=0.30m，故C正确；
D、质点p到两波源的距离差为δp=0，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为Ap=20cm+15cm=35cm=0.35m
而ω=2πf=2π×112rad/s=π6rad/s，由题意，在t=5s时两波源均在平衡位置且向下振动，而有：S1p=6m=32λ1，S2p=6m=32λ2
所以在t=5s时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，设质点p的初相位为φ0，则当t=5s时有ωt+φ0=0，可得：φ0=−56π，
所以稳定后质点p振动的表达式为y=35sin(π6t−56π)cm，故D正确。
故选：ACD。
由波动图像读出波长，根据波速公式v=λf即可求出S1的频率，从而判断两列波能否发生稳定干涉；根据a点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点a的振动加强与减弱情况，确定其振幅；根据b点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点A的振动加强与减弱情况，确定其振幅，再根据振动时间与周期的关系确定b点在该时间内的总路程；先确定质点p的加强或减弱，求出质点p的振幅，根据题意再求出相位，从而写出质点p的振动表达式。
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移大小两振幅之差。
11.【答案】CD
【解析】解：AC、根据题意有，设vA表示A球转过α角时A球的速度大小，设vB表示A球转过α角时B球的速度大小，v表示此时立方体的速度大小，则
vBcsα=v
根据题意可知，小球A与小球B的角速度相同，且
OA=L3
则
OB=2L3
则根据角速度与线速度关系可知，
vA=12vB
根据能量守恒定律可知，力F做的功等于滑块C的动能增量与球A，B机械能增量之和，则力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得
F×13Lsinα=12mvA2−mg(13L−13Lcsα)+12mvB2+mg(23L−23Lcsα)+12mv2
解得
vA= 2FLsinα−2mgL(1−csα)3m(5+4cs2α)
由几何关系可知转过的最大角度为
α=60∘
根据功率的计算公式有，力F的功率为
P=FvAcsα
由数学知识可知，功率增加，故A错误，C正确；
B、根据题意有，分离前C的动能为
EkC=12mv2=12m(2vAcsα)2
分离前A的动能为
EkA=12mvA2
由数学知识可知角度转动的范围为
0≤α≤60∘
则
1≤2csα≤2
可知
EkC≥EkA
故B错误；
D、根据题意有，当α=60∘时，C速度最大为
v=vBcsα=2vAcsα= 3FL−mgL18m
故D正确。
故选：CD。
根据力F作用于A球上，通过轻杆带动B球和滑块C运动的整个过程。分析力F的功率变化、滑块C的动能变化以及球A、B重力势能的变化。根据能量守恒定律，判断力F做的功与滑块C的动能增量及球A、B重力势能增量之间的关系。
本题的关键在于理解力F的作用、动能和势能的变化以及力的功率变化。通过分析力F的功率变化、滑块C的动能变化以及球A、B重力势能的变化，可以判断力F做的功与滑块C的动能增量及球A、B重力势能增量之间的关系。同时，通过计算力F做的功与滑块C的动能增量之间的关系，可以得到滑块C的最大速度。
12.【答案】BC
【解析】解：A.设此过程整个装置产生的热量为Q，R1上产生的热量为Q1，根据能量守恒得
mgh=Q+12mv02因为导体电阻与两定值电阻相等，所以通过导体棒的电流是R1、R2的2倍，根据焦耳定律可知R1产生热量是Q的6倍，即QR1=16(mgh−12mv02)，故A错误；
B.设ef和gi之间的距离为x，穿过磁场过程流过导体棒的q1，根据动量定理−B0I1−lΔt1=mv03−mv0
又q1=I1Δt1所以q1=2mv03lB0故B正确；
C.由于q1=I−Δt1=E1−r+r2Δt1=B0lxΔt1r+r2⋅Δt1=2B0lx3r解得x=mrv0B02l2，故C正确；
D.设导体棒在ef和gi之间的磁场区经过的总路程为s，通过导体棒的电荷量为q2，根据动量定理得−B0I2−lΔt2=0−mv0又q2=I−2Δt2=E2−r+r2Δt2=B0lsΔt2r+r2=2B0ls3r解得s=3mrv02B02l2=32x，所以导体棒最终停在水平磁场的正中间，故D错误。
故选：BC。
导体棒切割磁感线时，自身充当电源，R1与R2先并联再与r串联，根据能量守恒可求得热量；结合动量定理可计算电荷量的大小，导体棒在导轨间的总距离设为s，根据动量定理判断s与x关系可知导体棒最终停在何处。
本题考查电磁感应与动量定理结合的问题，注意学习掌握动量定理求电荷量的方法，经常容易在电磁感应中考查，难度较大。
13.【答案】2h=gt2 0.380 没有
【解析】解：(4)铁球竖直下落，做自由落体运动，设铁球的落地速度大小为v，
铁球下落过程中间时刻的瞬时速度v中=ht=v2，解得：v=2ht
若铁球下落过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mgh=12mv2，
即mgh=12m(2ht)2，整理得：gh=2(ht)2或2h=gt2
(5)铁球的速度v=2ht=2×78.00×10−20.40m/s=3.9m/s
铁球下落过程中增加的动能ΔEk=12mv2=12×50×10−3×3.92J≈0.380J
(6)根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
故答案为：(4)2h=gt2；(5)0.380；(6)没有。
(4)根据运动学公式计算出铁球的速度，结合机械能守恒写出对应的表达式；
(5)根据动能的计算公式计算出动能的增加量；
(6)因为不同方向的运动具有独立性，则敲击钢尺侧面产生的水平速度对实验测量结果没有影响。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据运动学公式计算出铁球的速度，根据动能的计算公式计算出动能的增加量，同时根据运动的独立性完成分析即可。
14.【答案】2 2.000 UH=BIHned
【解析】解：(1)根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高；
(2)螺旋测微器的读数d=2.000mm+0×0.010mm=2.000mm将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示，
(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有evB=eE，
电流微观表达式IH=neSv
设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压UH=El
霍尔元件的截面面积S=ld
解得UH=BIHned。
故答案为：(1)2；(2)2.000，；(3)UH=BIHned。
(1)根据左手定则分析；
(2)根据螺旋测微器的读数原理解答；
(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，运用洛伦兹力公式、电场力公式、电流微观表达式等列出相应的关系式求解。
考查对霍尔效应的理解，熟悉公式的运用。
15.【答案】解：(1)设该介质的临界角为α
n=1sinα
根据几何关系有
sinα=3d (3d)2+(4d)2
解得n=53
(2)根据光速与折射率关系有v=cn
SA+AE+EO2=vt
SA=5d
AE=APsinα
根据正弦定理有
O2Msinα=EO2sin60∘
解得t=100d3c
答：(1)该介质的折射率为53；
(2)其从S发出至到达O2的时间为100d3c。
【解析】(1)根据全反射临界角结合几何关系作答；
(2)根据几何关系解得光程，从而计算传播时间。
处理几何光学相关的问题，关键是做出光路图，作图一定要准确，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度。
16.【答案】解(1)设潜水钟的横截面积为S，放入水下后潜水钟内气体的压强为p1则：P1=P0+ρg(H+h)，由玻意耳定律得：P0dS=P1hS，解得：H=28m
(2)设潜水钟的体积为V，水全部排出后气体的压强为μ这些气体在其压强为时的体积为V2，需压入压强为p的气体体积为ΔV。由玻意耳定律：p2V0=p0V1，而：p2=p0+ρg(H+d)，解得：V=4.6V
压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值：k=Δmm=ΔVV=V−V1V，解得：k=3.6
解：(1)此时潜水钟的上底面距水面的深度H为28m；
(2)压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值k为3.6。
【解析】(1)利用流体静力学公式求出潜水钟内气体的压强，结合玻意耳定律，确定H的值。
(2)先用流体静力学公式求出排水后气体的最终压强，用玻意耳定律计算气体体积变化，最后求出压入空气与原气体质量的比值k。
本题考查流体静力学和玻意耳定律的综合应用，重点在于正确建立气体压强和平衡方程，并利用气体状态变化关系求解。关键是理解潜水钟内气体受压缩的过程，并合理运用体积和压强的关系进行计算。
17.【答案】解：(1)根据动量定理可知F=nMv
(2)由题知，入射速度为v0时，电子沿y轴做直线运动则有
Ee=ev0B
解得v0=EB
(3)由于电子入射速度为v04，初速度可分解为向Y正方向v0和Y负方向3v04两个合成，把洛伦兹力分解为两个分力，其中Ee=ev0B
则电子可以看作向Y正方向v0匀速直线运动
在Y轴左侧以3v04匀速圆周运动，根据运动的合成，到达离Y轴最远时速度v1=v0+3v04=7v04
根据动能定理有eEx=12mv12−12m(v04)2
解得x=3mE2eB2
到达Y轴时间为周期的n倍，周期为T=2πmeB
Y轴坐标为y=v0nT
解得y=2πmnEeB2(n=1,2,3...)
答：(1)推进器产生的推力为nMv；
(2)v0的大小为EB；
(3)运动到离Y轴的最远距离为3mE2eB2，回到Y轴坐标为2πmnEeB2(n=1,2,3...)。
【解析】(1)根据动量定理计算；
(2)电子沿y轴做直线运动，根据共点力平衡条件解答；
(3)分析电子的运动情况，根据运动的分解分析解答。
本题考查带电体在叠加场(电场、磁场)中的运动，如果说明运动是直线运动，则带电体合力一定为零；对带电体受力分析，找出电场力与洛伦兹力的关系。
18.【答案】解：(1)AB碰撞过程，AB物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv0=2mvAB
由能量守恒可得由于碰撞损失的机械能为
ΔE=12mv02−122mvAB2
解得
ΔE=mgL
(2)A、B碰撞前B刚好与地面接触不挤压，根据共点力平衡条件可得绳的拉力大小为
T1=mg
C静止在木板上，对C受力分析，根据共点力平衡条件可得
N1+T1=3mg
解得C与E的弹力大小为
N1=2mg
对AB碰后瞬间，由牛顿第二定律有
T2−2mg=2mvAB2L
解得
T2=4mg
此时绳的拉力大于物块C的重力，即C与E的弹力大小为
N2=0
所以由以上分析及牛顿第三定律可知A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为
ΔN=N1−N2
ΔN=2mg
(3)D、E一起向右加速，对D、E整体，由牛顿第二定律可得
F1−3μmg=3ma共
a共=μg
由匀变速直线运动速度与位移的关系可得
v12=2a共L
E、P第一次碰后，D、E分别以v1向右、左匀减速；
对D 由牛顿第二定律得
F2+2μmg=2maD
对E 由牛顿第二定律得
3μmg+2μmg−F3=maE
解得
aD=aE=1.5g
对E，由运动学知识得
v12=2aExE左1
解得
xE左1=L3
(4)E与P第一次碰后，D与E同时减速到0，二者减速的位移大小相等均为L3，即
xD右1=L3
在F1的作用下D与E再一次一起向右加速L3，加速度仍为a共=μg，加速到v1，接着E与P发生第二次碰撞，碰后重复前面的运动，直到二者静止，由运动学知识可知第一次碰后D、E的相对位移
Δx1=xE左1+xD右1=2L3
E、P第二次碰前D、E的速度为v2，由运动学知识有
v22=2aExD右1
第二次碰后D、E速度减为0的位移大小为
xE左2=xD右1
v22=2aExE左2
第二次碰后D、E的相对位移
Δx2=xE左2+xD右2=2L32
第三次碰后D、E的相对位移
Δx3=2L33
……
第n次碰后D、E的相对位移
Δxn=2L3n
整个过程D、E之间产生的热量
Q=2μmg(Δx1+Δx2+……+Δxn)
解得
Q=mgL
答：(1)A与B碰撞过程损失的机械能为mgL；
(2)A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为2mg；
(3)E向左运动的最大距离为L3；
(4)整个过程D、E之间产生的热量为mgL。
【解析】(1)对于A与B的碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰后瞬间两者的共同速度，由能量守恒定律求碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)根据牛顿第二、三定律和平衡条件分别求出C物体受到的支持力，再求差值；
(3)当D和E共速时，两者的距离最大，由动力学规律E向右运动的最大距离。
(4)分别求出DE第一二三……次的相对位移，找到规律，求出总的相对位移，再由摩擦生热的公式求摩擦生热。
本题是一道力学综合题，着重考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，要分析清楚物体的运动过程，采用隔离法应用牛顿第二定律和运动学公式进行处理。实验次数
1
2
3
4
5
IH/mA
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
UH/mV
41.5
83.1
124.8
166.4
208.1