2025年高考第二次模拟考试卷：物理（山东卷）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：物理（山东卷）（解析版），共23页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。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交回
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．甘肃省文物考古研究所蜀道考古研究项目（甘肃段）涉及羊马城遗址和圣寿院遗址考古勘探。考古学家们利用放射性元素的半衰期可以确定文物的年代，衰变方程为，的半衰期是5730年，下列说法中正确的是（ ）
A．80个经过11460年后，还剩下20个
B．衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子
C．从比结合能大的核向比结合能小的核转变，这种核反应才能自发地发生
D．衰变过程由于发生了质量亏损，会吸收能量
【答案】B
【详解】A．半衰期具有统计意义，对于数量较少的放射性元素的原子而言没有意义，故A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，属于衰变，衰变的实质是核内的一个中子转变为一个质子，并放出一个电子，故B正确；
C．从比结合能小的核向比结合能大的核转变，这种核反应才能自发地发生，故C错误；
D．衰变过程有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故D错误。
故选B。
2．如图所示，一个导热良好的圆柱形汽缸开口向上竖直放置于水平面上，缸内储存文物，且封闭有一定质量的理想气体。现环境温度缓慢升高，活塞离汽缸底部的距离由变为，已知大气压恒定，活塞与汽缸壁密封良好且不计摩擦，忽略文物热胀冷缩的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．气体对外做功，内能增大
B．外界对气体做功
C．气体放出热量
D．每个气体分子的动能都增大
【答案】A
【详解】AB．气体膨胀对外做功，温度升高内能增大，故A正确，B错误；
C．结合上述，气体膨胀对外做功，温度升高内能增大，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于气体膨胀对外做的功，故C错误；
D．温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是每个分子的动能都增大，故D错误。
故选A。
3．如图所示，在酒精灯灯芯上撒一些食盐，灯焰能发出明亮的黄光。把铁丝圈在肥皂液中蘸一下，使铁丝圈挂上一层薄薄的液膜，用酒精灯的黄光照射液膜，液膜反射的光能使我们看到灯焰的像。下列关于液膜上灯焰像的形状可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由于重力作用，同一水平面液膜厚度相同，且上薄下厚，可知在较薄的区域，光程差增加的缓慢，较厚的区域，光程差增大的较快，所以呈现上疏下密的水平条纹。
故选A。
4．如图，容器中装有导电液体作为电容器的一个电极，中间的导线芯作为电容器的另一个电极，导线芯外套有绝缘管。理想电感线圈一端与导线芯连接，另一端和导电液体均接地组成LC振荡电路。现使该振荡电路产生电磁振荡，下面说法正确的是（ ）
A．当电容器放电时，电容器储存的电场能增加B．当线圈中的电流增大时，线圈中的磁场能减小
C．增加线圈的匝数，振荡电路的周期减小D．增加导电液体高度，振荡电路的周期增加
【答案】D
【详解】AB．当线圈中的电流增大时，电容器放电，电场能向磁场能转化，电容器储存的电场能减小，线圈中的磁场能增大，故AB错误；
C．增加线圈的匝数，则线圈自感系数增大，根据可知振荡电路的周期增大，故C错误；
D．增加导电液体高度，则介质的介电常数增大，根据可知电容器电容增大，根据可知振荡电路的周期增大，故D正确。
故选D。
5．如图所示，一可视为质点的弹性小球自倾角为的固定斜面上方由静止开始下落，与斜面上的P点发生碰撞后落到斜面上的Q点。不计碰撞中的动能损失和空气阻力，则小球从起始位置到P点的高度与之间的距离的关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设小球接触P点前瞬间速度大小为，则有
解得
在P点反弹后，设从P到Q用时为t，由平抛运动规律可得
解得
又因为
联立以上解得
故选D。
6．我国首个火星探测器“天问一号”发射过程可简化为：探测器在地球表面加速并经过一系列调整变轨，成为一颗沿地球公转轨道绕太阳运行的人造行星；再在适当位置加速，经椭圆轨道（霍曼转移轨道）到达火星。已知地球的公转周期为T，P、N两点分别为霍曼转移轨道上的近日点与远日点，可认为地球和火星在同一轨道平面内运动，火星轨道半径约为地球轨道半径的倍。则（ ）
A．火星的公转周期为
B．探测器在霍曼转移轨道上的运行周期为
C．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点线速度之比为
D．探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为
【答案】D
【详解】A．设地球绕太阳公转轨道半径为 r ，则火星轨道半径约为 ，根据开普勒第三定律，火星的公转周期为地球公转周期的倍， A错误；
B．设地球绕太阳公转轨道半径为 r ，则火星轨道半径约为 ，可知霍曼转移轨道半长轴为，对地球和探测器，由开普勒第三定律可得
解得
B错误；
C．根据开普勒第二定律
P、N两点线速度之比为3：2，C错误；
D．根据万有引力提供向心力
探测器在霍曼转移轨道上P、N两点加速度之比为，D正确。
故选D。
7．如图甲所示，在水平放置平行金属板、左侧有一线状粒子发射源（图中未画出），能发出宽度为、速度相同的带正电粒子束，时刻该粒子束恰好完全水平进入平行金属板间。已知粒子束的速度，比荷，两板间距为，板长，极板间加如图乙所示的交变电压。不考虑电容器的边缘效应，也不考虑击中极板的粒子对板间电压的影响，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则粒子射出电场时的位置到板的距离至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】粒子束在水平方向做匀速直线运动，则其射出电场所需时间为
若零时刻射入电场的粒子从靠近B板进入电场且能射出电场，时间内，A板带正电，B板带负电，粒子向下做类平抛运动，粒子的加速度大小为
竖直方向的位移为
时间内，A板带负电，B板带正电，粒子向下做类斜抛运动，粒子的加速度大小为
第一段类平抛运动的末速度和第二段类斜抛运动的初速度相同，第二段竖直方向做减速运动，则有
解得
第二段类斜抛运动在竖直方向的位移为
当类斜抛运动轨迹与B板如下图所示相切时，射出电场时粒子到B板距离最小，最小距离为
故B正确，A、C、D错误。
故选B。
8．如图所示，在的区域中存在垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，边界与轴正方向的夹角为左侧磁场向里，OM右侧磁场向外。正方形导线框以恒定的速度沿轴正方向运动并穿过磁场区域，运动过程中边始终平行于轴。规定导线框中逆时针方向为电流的正方向。从刚进入磁场开始计时，下列能正确反映导线框中感应电流随时间变化图像的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设导线框的速度大小是，边长为，总电阻为，磁感应强度大小为边刚进磁场时产生感应电流
由右手定则可判断感应电流的方向为逆时针；在时间内，如图1所示，边被边界分为和两部分，其中
两部分产生的感应电动势方向相反，则
当时，导线框全部进入磁场，如图2所示，导线框被边界分为两部分，两部分都切割磁感线，且有效长度均为，则
两部分产生的感应电动势大小相等，方向均沿顺时针，则电流
故选D。
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。
9．一列简谐波沿x轴正方向传播，O为波源且t=0时刻开始沿y轴正方向起振。如图所示为t=0.3s时x=0至x=4m范围内的波形图，虚线右侧的波形图未画出，已知图示时刻x=2m处的质点第二次到达波峰，则（ ）
A．这列波的周期为0.2s
B．t=0.3s时x=2m处的质点加速度正向最大
C．t=0.8s时x=16m处的质点经过平衡位置向上运动
D．t=0.3s时x=14m处的质点的位置坐标为
【答案】AC
【详解】A．由题知，波长，波源t=0时刻开始沿y轴正方向起振，则介质中各个质点均沿y轴正方向起振，t=0.3s时，x=2m处的质点第二次到达波峰，振动了，波从波源O传到x=2m处的质点，用时，则
解得周期为
故A正确；
B．t=0.3s时x=2m处的质点处于波峰，则加速度负向最大，故B错误；
C．波速
则t=0.3s时，波传播到x=12m处的质点，画t=0.3s时波形图可得，此时x=12m处的质点处于平衡位置，且向上振动，t=0.4s时，波传播到x=16m处的质点，再经过0.4s，即再经过2个周期，x=16m质点从平衡位置向上运动。则t=0.8s时，x=16m处的质点从平衡位置向上运动，故C正确；
D．t=0.3s时，波传播距离为
因此波向右传播了12m，所以在x=14m处的质点还未振动，故D错误。
故选AC。
10．如图（a）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．变压器输入、输出功率之比为
B．变压器副线圈输出的交变电压的频率为50Hz
C．若热敏电阻的温度升高，消耗的功率变大
D．若热敏电阻的温度升高，电压表和电流表示数均变大
【答案】BC
【详解】A．理想变压器原副线圈的输入、输出功率相等，故A项错误
B．由图（b）可知交流电的频率为
所以副线圈输出的交变电压的频率也是50Hz，故B项正确；
CD．当热敏电阻的温度升高时，由题意可知其阻值将减小，所以副线圈所在电路的总电阻将减小，而由于两电表是理想电表，其电压表测量的是原线圈的输入电压，由于输入电压不变，所以电压表示数不变。由于理想变压器
所以副线圈的电压也不变，副线圈电路有
由之前分析可知，副线圈总电阻减小，所以副线圈的电流增加，即电流表示数增加，电阻消耗的功率为
所以其消耗的功率增加，故C正确，D错误。
故选BC。
11．如图所示，真空中的绝缘水平面上放置一个正方体金属块。将一个带正电金属小球（视为质点）从金属块正上方某点由静止释放，在小球下落过程中，金属块始终静止在水平面上。下列四幅图分别表示小球的加速度随时间、速度随时间、重力势能Ep随下落高度h、机械能E随下落高度h变化的情况，选绝缘水平面为重力势能的参考平面，重力加速度大小为g，则下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【详解】AB．小球带正电，下落过程中金属块感应出负电荷，所以小球下落过程中根据牛顿第二定律
解得
随着小球下落小球的加速度增大，速度随时间逐渐增大，且速度变化越来越快，故AB错误；
CD．根据
随着小球下落，重力势能逐渐减小且斜率为定值，动能在重力和库仑力的作用下动能变化越来越快，故CD正确。
故选CD。
12．如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同、质量均为m的金属棒1和2，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场。开始时2棒静止，1棒受到一瞬时冲量作用而以初速度v0向右滑动，运动过程中1、2棒始终与导轨垂直且接触良好。下列关于两棒此后运动的说法中，正确的是（ ）
A．1棒做匀减速直线运动，2棒做匀加速直线运动
B．最终1棒静止，2棒以速度v0向右滑动
C．最终1、2棒均以v0的速度向右匀速滑动
D．最终1棒产生的焦耳热为
【答案】CD
【详解】AB．由楞次定律可判断1棒、2棒受到的安培力方向分别向左、向右，故1棒减速运动，2棒加速运动，故二者相对速度减小，设回路总电阻为，磁感应强度为B，导轨间距为L，则由法拉第电磁感应定律得感应电流
可知电流减小，根据安培力
可知安培力减小，故棒的合力在减小，由牛顿第二定律
可知其加速度也在减小，当对速度减小为0时，二者共速，一起匀速运动，故AB错误；
C．分析可知1棒、2棒构成的系统动量守恒，最终速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒得
解得
故C正确;
D．系统损失的机械能转化为两棒的焦耳热，故1棒产生的焦耳热为
联立以上得
故D正确
故选 CD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）某同学利用如图甲所示的装置测量弹簧弹力做功。在水平桌面上固定好光电门，弹簧左侧固定，右侧连接固定有遮光条的滑块，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接，弹簧原长为x₀。实验过程如下：
（1）先用游标卡尺测量滑块上遮光条宽度d，如图乙所示，则d= cm
（2）用滑块压缩弹簧，遮光条到光电门距离为x（x>x0），并由静止释放，数字计时器记下遮光条通过光电所用的时间t，以此得到滑块到达光电门时的速度v的大小。
（3）右移光电门的位置，再次压缩弹簧到同一位置，重复（2）的操作，得到多组x与v的值。根据这些数据作出的图像，如图丙所示。
（4）已知小车质量为m，重力加速度大小为g，根据图像可得到横轴截距为a，纵轴截距为b，可求出滑块每次运动过程中弹簧对其所做的功W= ；还可求出滑块与桌面之间的动摩擦因数μ= （用m、g、a、b表示）。
【答案】 1.150
【详解】（1）[1]游标卡尺读数应为：主尺读数+分度值×副尺刻度，故读数为
（4）[2][3]根据动能定理
可得
根据丙图可知，斜率
解得
根据截距
解得
14．（8分）随着技术创新和产业升级，我国新能源汽车强势崛起实现“换道超车”，新能源汽车对温度控制有非常高的要求，控制温度时经常要用到热敏电阻。物理实验小组找到两个热敏电阻，一个是PTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而增大；另一个是NTC热敏电阻，其电阻值随温度的升高而减小。该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为）的电学特性及作用。
A．电源（电动势，内阻可忽略）
B．电流表（满偏电流，内阻）
C．电流表（量程，内阻约为）
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E.滑动变阻器（最大阻值为）
F.定值电阻
G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个、导线若干
(1)若要求热敏电阻两端的电压可以从零开始比较方便地进行调节，应选择接入电路中的滑动变阻器为 （填器材前的字母），请在图甲中将电路图补充完整 。
(2)物理实验小组用表示电流表的示数，表示电流表的示数，通过实验画出两个热敏电阻接入电路时的图线如图乙中a、b所示。若将图线所代表的元件直接接在一个电动势，内阻的电源两端，则该元件的实际功率为 W。（结果保留2位有效数字）。
(3)在汽车电路中常用热敏电阻与其他元件串联起来接入电路，用于防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备，你认为应该选用 （填“PTC”或“NTC”）热敏电阻，请简述该热敏电阻防止电压过大的原因： 。
【答案】(1) D
(2)2.5（2.4～2.6）
(3) PTC 在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备。
【详解】（1）[1][2]因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选用阻值较小的滑动变阻器D，如图所示
（2）由测量电路，可知热敏电阻电压为
热敏电阻的电流为
把I1-I2图像转换为U-I图像，并做出电动势，内阻的电源的U-I图线，如图所示
图像中电源的U-I图线与图线b的交点坐标的乘积为该元件的实际功率
（3）[1][2]在汽车电路中，当温度升高，PTC热敏电阻的电阻会增大，由串联分压可知，可以防止其他元件两端的电压过大，从而保护电路和设备。所以应该选用PTC热敏电阻。
15．（7分）世界上最早发明瓷器的国家是中国。现代瓷器通常在气窑内烧制，如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为，温度为室温17℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体压强维持不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1317℃。求：
(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；
(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。
【答案】(1)307℃
(2)
【详解】（1）以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有
初态：，
末态：，
由查理定律可得

代入数据解得
即
℃
（2）开始排气后，气窑内气体压强维持不变，则有
设排出压强的气体体积为，排出气体质量为，由盖－吕萨克定律可得
得
由于气体的密度不变，则有
代入数据解得
16．（9分）如图所示，足够长的水平传送带MN以速度自西向东匀速运动，某时刻将一质量的小物块轻放在传送带上，离放置小物块的位置足够远的地方固定有南北方向的竖直挡板ABCD，当小物块运动到此处时，挡板可阻止小物块继续向东运动。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，与挡板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
(1)在小物块到达挡板之前，物块与传送带间因摩擦产生的热量Q；
(2)小物块被挡板阻止后，对小物块施加一水平向南的拉力F，使小物块相对地面以的速度向南匀速滑动，该拉力F的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设小物块的加速度大小为，则有
设小物块与传送带共速所需的时间为
小物块的位移大小为
传送带的位移大小为
故系统产生的热量
以上各式联立可解得
（2）设与之间的夹角为，则有
而
小物块相对于传送带和挡板的运动情况与受力情况如图所示
传送带对小物块的摩擦力大小为
挡板对小物块的摩擦力大小为
故拉力的大小为
又因为
以上各式联立可解得
17．（14分）如图，倾角为的足够长斜面，其中MN段光滑，其长度，其余部分粗糙程度相同，长为的轻绳连接两个材料相同、质量分别为m、3m的小滑块（均可视为质点），小滑块与粗糙部分的动摩擦因数均为。开始时处于光滑部分的点，轻绳恰好伸直。现由静止同时释放小滑块a、b，经过一段时间后，与发生弹性碰撞。已知重力加速度，（以下计算结果可用根号表示）求：
（1）小滑块a到点时的速度大小；
（2）小滑块a、b从释放经过多长时间会发生弹性碰撞；
（3）小滑块发生弹性碰撞后的瞬间，速度大小分别是多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）从M到过程，由动能定理得
解得
（2）a进入粗糙段，由
可知将做匀速直线运动，此时在光滑段做匀加速运动，根据牛顿第二定律
解得
则运动至点时速度，由
解得
a从M到过程，由
解得
物体从到的时间为，则有
解得
物体在时间内下滑的位移为
可知，过点后做匀速运动，匀速追上所用时间为，则
小滑块从释放后，发生弹性碰撞时经历的时间为
（3）追上发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
代入数据解得
，
18．（16分）如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，，。已知从原点O向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为、质量为m、电荷量为的粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
（1）若在立方体空间内仅存在方向平行于轴的匀强磁场，沿轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t；
（2）若在立方体空间内仅存在z轴负方向的匀强电场和沿y轴正方向的匀强磁场，沿x轴正方向射出的粒子，经某位置恰好与射出时速度相同，求此位置的坐标；
（3）若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场，其中。同时平行z轴加如图丙的磁场，其中，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁辐射影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度。
【答案】（1），；（2）（，0，0）和（，0，0）；（3）
【详解】（1）根据几何关系有
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
粒子在匀强磁场运动是周期为
由题意可知，粒子从轴射出，弦长最短为，粒子的运动时间最短。此时圆心角为，运动的最短时间为
（2）根据题中给出的电场强度与磁感应强度的关系有
所以，粒子以做匀速直线运动，以做匀速圆周运动，其半径为
一个周期时与原速度方向相同，此时沿轴方向的位移为
由于
该结果需小于，故坐标为和。
（3）根据磁场叠加原理，合磁场强度大小为
粒子的运动轨迹半径为
沿轴正方向射出的粒子，粒子分别在两个截面轨迹如图所示
设粒子射出点距的距离分别为和，由几何关系可知
，
解得
，
故可得痕迹圆的半径为
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为