2025年山东省潍坊市昌乐一中高考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年山东省潍坊市昌乐一中高考物理模拟试卷（含详细答案解析），共23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.在光电效应实验中，用波长为λ1和λ2的光分别照射同一光电管，均发生了光电效应，所逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1、Ek2，遏止电压分别为UCl、UC2，已知Ek1>Ek2，则( )
A. λ1>λ2B. λ1Ek2，所以λ1UC2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据光电效应方程和遏止电压的计算公式列式判断。
考查光电效应方程和遏止电压的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】A
【解析】解：取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段气体质量Δm=ρvΔtS
根据动量定理FΔt=Δmv=ρv2ΔtS
匀速骑行时F=f
联立解得f=ρv2S
故A正确，BCD错误；
故选：A。
研究极短时间内吹在自行车上的空气，根据动量定理求空气受到的平均作用力，从而根据牛顿第三定律得到自行车受到风的平均作用力F。
本题是连续介质问题，求出作用力时往往取极短时间Δt内的介质为研究对象，运用动量定理求解。
3.【答案】C
【解析】解：CD、前4秒内位移为80m−40m=40m，平均速度大小为v−=404m/s=10m/s，0∼8s内位移为80m−40m=40m，平均速度大小v−′=408m/s=5m/s，故C正确，D错误；
A、根据x=12v0t可得，v0=2xt=2×404m/s=20m/s，故A错误；
B、根据v=at可得，a=v0t=204m/s2=5m/s2，故B错误。
故选：C。
x−t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动，
考查对x−t图像的理解，清楚图线的含义。
4.【答案】B
【解析】解：AB、靠近点电荷的电场越大，根据U=Ed可知UBA>122eV=6V，故A错误，B正确；
C、由于A点电势较低，则电子从C点沿图中方向射入电场，电势能会先增大，动能减小，故C错误；
D、电子初动能为12eV，UAC=−12V，在最靠近点电荷Q时，电子还有动能，所以电子不可能运动到A所在的等势面，故D错误；
故选：B。
根据点电荷电场大小变化结合U=Ed分析AB；根据能量守恒定律分析CD。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握电势差与电场强度的关系及电势能变化的判断。
5.【答案】D
【解析】解：对于空气劈尖干涉，相邻亮条纹(或暗条纹)对应空气层厚度差为λ2，设相邻亮条纹间距为Δx，空气劈尖的夹角为θ，则有sinθ=λ2Δx=λ2Δx，又θ很小，则有sinθ≈tanθ=λ2Δx=da，设滚珠K的直径为D，作出几何关系如图所示
由几何关系可得tanθ=a−DD2=2(a−D)D，联立解得D=4aΔx4Δx+λ，可知要测量滚珠K的直径D，则需要单色光的波长λ、标准立方体玻璃块G的边长a，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据图中几何关系，结合相邻亮条纹(或暗条纹)对应空气层厚度差计算即可。
知道相邻亮条纹(或暗条纹)对应空气层厚度差是半波长是解题的关键，知道条纹间距、滚珠的直径，以及立方体玻璃块之间的几何关系是解题的基础。
6.【答案】C
【解析】解：A、开普勒第三定律只适用于同一中心天体，对于不同的中心天体不适用，故A错误；
B、由T2、R2和G只能求出太阳的质量，不能求出地球的质量，也不能求地球的密度，故B错误；
CD、设中心天体的质量为M、环绕卫星的轨道半径为r、公转周期为T，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2
解得：M=4π2r3GT2
所以地球质量与太阳质量的比值为R13T22R23T12，故C正确、D错误。
故选：C。
开普勒第三定律只适用于同一中心天体；由T2、R2和G只能求出太阳的质量；根据万有引力提供向心力得到中心天体质量的表达式进行解答。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】A
【解析】解：杯盖受力如图所示
由平衡条件得：2μFNcs37∘=mg+2FNsin37∘
代入数据解得：FN=12.5mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对杯盖受力分析，然后应用平衡条件求解。
本题考查了共点力平衡条件的应用，分析清楚受力情况是解题的前提，应用平衡条件即可解题。
8.【答案】B
【解析】解：根据速度-位移关系式可知，Q与P碰前速度
v0= 2gh
碰撞过程根据动量守恒，以v0的方向为正方向
mv0=3mv1
从碰后到最低点，以最低点为重力势能的O点，根据能量守恒
12×3mv12+12k×(2mgk)2+3mg×(Δx−2mgk)=12kΔx2
解得
Δx=3mgk
整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩3mgk处，根据题意有两物块碰后位置为压缩2mgk处，最低点在压缩5mgk处，最高点位置为压缩mgk处。经t0时间速度第一次变为零，结合简谐运动规律可知t0对应的角度为120∘，而从碰后到平衡位置，即最大速度处，对应简谐运动角度为30∘，所以从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为t04。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据速度-位移关系式求出Q与P碰前的速度，根据动量守恒和能量守恒求出弹簧的形变量，再结合简谐运动求从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间。
本题主要是考查简谐运动的能量问题，关键是弄清楚两个物体的运动情况和受力情况，掌握动量守恒定律、机械能守恒定律解题方法，理解简谐运动的特点等问题。
9.【答案】AD
【解析】解：A.在图示位置穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小为零，故0时刻感应电动势为零，故A正确；
B.一个周期内线圈中电流方向变化一次，故B错误；
C.t=T8对应线圈转过的角度为θ=T8T×2π=π4，则此时穿过线圈的磁通量为Φ=BScs45∘= 22BS，故C错误；
D.此线圈产生交变电流电动势的最大值为Em=NBSω，又ω=2πT，解得Em=2NBSπT，由题分析可知线圈转一圈，只有半个周期有交变电流，设此线圈产生的交变电流电动势的有效值为E，则有(Em 2)2R×T2=E2RT，解得此线圈产生交变电流电动势的有效值E=NπBST，故D正确。
故选：AD。
根据磁通量和磁通量的变化率，电流的方向变化已经正弦交流电的最大值，有效值的关系计算进行分析解答。
考查磁通量和磁通量的变化率，电流的方向变化已经正弦交流电的最大值，有效值的关系，会根据题意进行准确分析解答。
10.【答案】BD
【解析】解：A、根据上下坡法可知，在t=0时，质点P沿y轴负方向振动，故A错误；
B、根据y=Asinxλ⋅2π，在t=0时，y=10 3cm，A=20cm，由此可得质点P的平衡位置在x=1m处，故B正确；
C、该波的圆频率为ω=2πT=2π6rad/s=π3rad/s，所以质点P的振动方程为y=20sin(π3t+23π)cm，质点Q的振动方程为y′=20sinπ3tcm，把t=1s代入，解得y=0，y′=10 3cm，故C错误；
D、把t=2s代入P和Q的振动方程，可得此时P和Q的位移分别为−10 3cm和10 3cm，且知道此时质点P和Q的运动方向均为沿y轴负方向运动，根据对称性可知，此时P、Q两质点的速度大小相等，故D正确。
故选：BD。
根据上下坡法分析；根据波动方程求解；分别写出两个质点的振动方程，代入时间即可计算；根据两个质点的振动方程，分析两个质点的位移以及运动方向，据此判断。
能够写出两个质点的振动方程是解题的关键。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、P到Q的过程压强减小，体积增大，根据一定质量的理想气体状态方程可知：pVT=C，即：T=pC⋅V，所以虚线b为等压线，从P到Q过程中，压强始终小于P点压强，即图像斜率小于P点对应斜率，所以曲线c对应了P到Q的过程，故A错误，B正确；
C、p−V图像面积代表做功，所以P到Q的过程气体对外做的功为：W=2p0+p02×(2V0−V0)=32p0V0
由于P和Q点pV值相同，则P和Q点的温度相等、内能相等，P到Q的过程内能变化为零，根据热力学第一定律可得：ΔU=Q−W=0
理想气体吸收的热量为：Q=32p0V0，故C正确；
D、初末状态温度相同，分子平均动能相同，初态压强是末态的2倍，所以状态P中气气体分子单位时间内与器壁单位面积上的碰撞次数是状态Q的2倍，故D错误。
故选：BC。
P到Q的过程压强减小，根据V−T图像表示的物理意义进行分析；p−V图像面积代表做功，根据图像结合热力学第一定律求解气体吸收的热量；根据压强的关系分析碰撞次数。
本题主要是考查一定质量理想气体的状态方程之图像问题，关键是弄清楚图像表示的物理意义、知道图像的斜率、图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义，根据一定质量的理想气体状态方程结合热力学第一定律进行分析。
12.【答案】BD
【解析】解：A、图乙中c点对应金属棒出区域Ⅰ，且金属棒出磁场Ⅰ前已经达到匀速，由受力平衡得：mgsinθ=μmgcsθ+BI1L
根据闭合电路欧姆定律可得：I1=B1Lv2R总，其中：R总=r+R1R2R1+R2
解得：v2=0.8m/s，故A错误；
B、金属棒进入区域Ⅰ之前的过程中，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有：(mgsinθ−μmgcsθ)t1=mv1−0
代入数据解得：v1=0.4m/s
设区域Ⅰ的宽度为x1，金属棒穿过区域Ⅰ的过程中，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有：(mgsinθ−μmgcsθ)t2−B1I−Lt2=mv2−mv1
I−t2=q=B1Lx1R总，其中t1=0.2s，t2=(1.4−0.2)s=1.2s
联立解得：x1=0.8m，故B正确；
C、金属棒穿过区域Ⅰ的过程中，由能量守恒得：mgx1sinθ−(12mv22−12mv12)=Q+μmgcsθ⋅x1
解得：Q=0.1692J，故C错误；
D、由图乙可知v3−v2=v1−0，解得：v3=1.2m/s
金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速直线运动，有：mgsinθ=μ(mgcsθ+B2l2L)
另外，金属棒穿过区域Ⅱ时B1均匀变化，回路中产生感生电动势，电动势为E2=ΔB1Δt⋅Lx1
金属棒与R2并联，再与R1串联，所以回路中的总电阻为：R总′=R2rR2+r+R1，解得：R总′=3Ω
金属棒中的电流为：I2=E2R总′×R2R2+r
联立解得：ΔB1Δt=11.25T/s，故D正确。
故选：BD。
由受力平衡、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律联立求解速度大小；
根据动量定理求解金属棒进入区域Ⅰ之前的速度大小，金属棒穿过区域Ⅰ的过程中，根据动量定理求解位移大小；
金属棒穿过区域Ⅰ的过程中，由能量守恒求解回路中产生的焦耳热；
金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速直线运动，金属棒穿过区域Ⅱ时B1均匀变化，根据电路连接情况结合法拉第电磁感应定律进行解答。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】D； 1.0×10−5； BC
【解析】解：(1)A.图中实验步骤应先在浅盘的水面撒入痱子粉，后配制油酸酒精溶液，再向浅盘中滴入油酸酒精溶液，最后描绘油膜轮廓，即实验步骤正确的操作顺序是乙→丙→丁→甲，故A错误；
B.图乙中撒痱子粉的目的是为了更加精确描绘出油膜的轮廓，故B错误；
C.图丙配制溶液时浓度要小一些，1滴溶液才能在水面形成单分子油膜层，便于精确测量，故C错误；
D.实验中的酒精容易挥发，油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，以防酒精挥发影响溶液浓度，故D正确。
故选：D。
(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，滴入浅盘中的纯油酸体积为V=1100×0.1%mL=1.0×10−5mL
(3)A.甲图油膜不理想，痱子粉撒得过多，导致油膜过厚，没有形成单分子油膜，故A错误；
B.乙图油膜不理想，痱子粉撒的太少且不均匀，导致边界不清不便绘制边界，故B正确；
C.丙图油膜撒得适量，满足实验要求，油膜边界比较清晰，痱子粉撒的比较均匀，故C正确。
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)1.0×10−5；(3)BC
(1)将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积；然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积；则用溶液的油酸体积除以对应的面积，恰好就是油酸分子的直径；根据实验的操作原理和方法安排实验步骤；
(2)根据油酸酒精溶液求出一滴该油酸酒精溶液滴中纯油酸的体积；
(3)根据实验原理分析产生误差的原因。
本题是以油酸分子呈球型单层排列分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。理解实验原理，掌握实验方法是关键，注意单位的换算与有效数字的保留。
14.【答案】见解析； 2.9，5.6； 偏小； 0.42
【解析】解：(1)根据电路图连接实物图，如图1所示：
图1
(2)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
变形可得U=E−Ir
则电动势为E=2.9V
当电压表V1的读数U1=1.5V时，电流为I=U2R0=1.255A=0.25A，代入E=U+Ir
解得r=5.6Ω
(3)实验中因电压表V1内阻的影响，测得电池的内阻相当于电压表内阻与电源内阻并联的等效电阻，会比实际值偏小；
(4)根据I=U2R0，作出电源的U−I图像，再作出电阻的U−I图像如图2
图2
交点的电流为230mA，则电阻R消耗的电功率为P=I′2R=0.232×8W=0.42W
故答案为：(1)见解析；(2)2.9，5.6；(3)偏小；(4)0.42
(1)已知原理图，则由原理图先连接R与电源，再将电压表依次并入；
(2)电池的U−I曲线的斜率表示内阻的大小，通过斜率计算内阻、截距计算电动势；
(3)根据等效内阻分析误差；
(4)作出电阻的U−I图像，从而分析解答。
本题为探究性实验，难点在第四问中，要注意通过读题找出两次实验中的关系，从而找出正确的方法；注意由于不符合线性关系，不能用欧姆定律求解。
15.【答案】光在透明材料中的传播速度为 22c；
光在透明材料中传播的时间为(8−2 2)Rc
【解析】解：(1)由n=cv
得v= 22c
(2)光在AB、AD、DC面能发生全反射的临界角相同，均为C
由sinC=1n
得C=45∘
光以45∘角沿半径方向入射弧面BC时方向不变。入射到界面AB时入射角为45∘，恰好发生全反射，反射角为45∘。同理在AD、DC面时也恰好发生全反射。光在透明材料内部的光路如图所示。
由几何关系可得，光在材料中路径的长度为
s=4 2R−2R
光在透明材料中传播的时间为t=sv
即t=(8−2 2)Rc
答：(1)光在透明材料中的传播速度为 22c；
(2)光在透明材料中传播的时间为(8−2 2)Rc。
(1)由公式n=cv求出光在透明材料中传播速度；
(2)由几何关系求出光在透明材料内传播的距离，即可求得传播时间t。
本题是折射现象和全反射现象的综合应用，关键要作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系解答。
16.【答案】第1次缓慢推活塞b，将气缸Ⅱ中气体全部压入气缸Ⅰ后，活塞a升高的高度是V02S；
第3次缓慢推活塞b，当气缸Ⅱ中气体体积压缩到V02时，阀门K1才能够打开
【解析】解：(1)气缸Ⅰ中气体的压强p1=p0+mgS=p0+p0Sg×gS=2p0，气缸Ⅰ中气体的高度h1=V0S，
气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V0+p0V0=p1h2S
气缸Ⅰ中活塞上升的高度Δh=h2−h1
解得：Δh=V02S
(2)气缸Ⅰ充气2次后，设活塞a未到达气缸顶部，由玻意耳定律得：p0×2V0+p1V0=p1V，
代入数据解得：V=2V0，活塞a恰好到达气缸顶部，气体压强仍为p1，
第3次缓慢移动活塞b压缩气缸Ⅱ中的气体体积到V1，压强与气缸Ⅰ充气2次后的压强相等，
对气缸Ⅱ中的气体，由玻意耳定律得：p0V0=p1V1，
代入数据解得：V1=V02
答：(1)第1次缓慢推活塞b，将气缸Ⅱ中气体全部压入气缸Ⅰ后，活塞a升高的高度是V02S；
(2)第3次缓慢推活塞b，当气缸Ⅱ中气体体积压缩到V02时，阀门K1才能够打开。
(1)气体温度不变，应用玻意耳定律求出气缸Ⅱ中的气体全部压入气缸Ⅰ中时气体的体积，然后求出活塞上升的高度。
(2)气体温度不变，应用玻意耳定律分析求解。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题。
17.【答案】MN下方匀强磁场的磁感应强度为mv0ql；
速度为v02的粒子在MN下方运动的总时间为(5 32+2π3)lv0；
MN下方磁场区域的最小面积为(13π− 34)l2；
某时刻，速度分别为v02和v0的两个粒子同时通过MN进入上方区域，这两个粒子在MN上方相距的最小距离为l4
【解析】解：(1)画出粒子的运动轨迹，如图
根据几何关系
r1= 3ltan30∘
根据洛伦兹力提供向心力
Bqv0=mv02r1
解得
B=mv0ql
(2)设OA段运动时间为t1，做圆周运动时间为t2，从磁场飞出后运动时间为t3，则
3l=v02t1
t2=T3
根据周期和洛伦兹力提供向心力
T=2πlv0
Bqv02=mv024r2×
解得
t3=(r1−r2)sin60∘v02
粒子在MN下方运动的总时间
t=t1+t2+t3
解得
t=(5 32+2π3)lv0
(3)所有粒子在磁场中转过的圆心角为120∘，如图
线段AK为磁场的上边界，则
Smin=13πr12−12r12sin120∘
解得
Smin=(13π− 34)l2
(4)如图
设两粒子经过直线MN的点之间的距离Δx1
Δx1=r1+r2sin30∘−r2
两粒子在x轴方向的距离
Δx=Δx1−r3(1−csωt)
根据洛伦兹力提供向向心力
Bq×v02=m×v024r3
两粒子在y轴方向的距离
Δy=r3sinωt
设两粒子之间的距离为d
(Δx)2+(Δy)2=d2
得
d= 5l216+l24csωt
两粒子间距离的最小值
dmin=l4
答：(1)MN下方匀强磁场的磁感应强度为mv0ql；
(2)速度为v02的粒子在MN下方运动的总时间为(5 32+2π3)lv0；
(3)MN下方磁场区域的最小面积为(13π− 34)l2；
(4)某时刻，速度分别为v02和v0的两个粒子同时通过MN进入上方区域，这两个粒子在MN上方相距的最小距离为l4。
(1)根据洛伦兹力提供向心力求MN下方匀强磁场的磁感应强度；
(2)根据周期和洛伦兹力提供向心力求速度为v02的粒子在MN下方运动的总时间；
(3)根据几何关系求MN下方磁场区域的最小面积；
(4)根据几何关系和洛伦兹力提供向向心力求两个粒子在MN上方相距的最小距离。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
18.【答案】木板B的长度为2v0 2hg；
第一次碰撞后木板B的速度大小为v0；
A和B发生第二次碰撞后，为了保证小球A第三次与B上表面碰撞时恰能击中B的最右端，在距离木板B最右端d(未知)处固定一弹性挡板C，则d为v03 2hg
【解析】解：(1)设运动时间为t，竖直方向：
h=12gt2
可得
t= 2hg
水平方向：
L2=v0⋅t
可得
L=2v0 2hg
(2)设A碰后水平方向速度为v1，B碰后速度为v2，规定水平向右为正第二次碰撞恰好击中B上表面的最左端，运动时间为2t，则位移关系可表示为：
v2⋅2t−v1⋅2t=L2
A和B组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，则：
2mv0=2mv1+mv2
联立可得：
v2=v0，v1=12v0
(3)第一次碰撞过程中，设A和B的接触时间为Δt，A和B分离时候是相对运动的，Δt时间内，A和B之间为滑动摩擦力，几次碰撞过程中，竖直方向上对称，可知水平方向上滑动摩擦力大小相同。假设第二次碰撞后，A和B分离时水平方向能共速，以v0的方向为正方向。
2m×12×v0+mv0=3mv共
可得
v共=23v0
对A分析：第一次碰撞中以v0的方向为正方向：
−f⋅Δt=2m⋅(v1−v0)
第二次碰撞中以v1的方向为正方向：
f⋅Δt′=2m⋅(v共−v1)
可得
−f⋅Δt=2m⋅12v0f⋅Δt′=2m⋅(23v0−12v0),Δt′