2025年山东省淄博市高三模拟检测卷 -解析版

2025年山东省淄博市高三模拟检测卷物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．为了减轻学生的学习压力，某中学举行了趣味运动会，在抛沙包比赛中，两个质量相同的沙包运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时沙包1和沙包2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两沙包在空中的运动，下列说法正确的是（）A．沙包2在最高点的速度大于B．从O到P两沙包的平均速度相同C．从O到P两沙包的动量变化量相同D．在P点，沙包1重力的瞬时功率小于沙包2重力的瞬时功率【答案】D【解析】根据题意可知，沙包1做平抛运动，沙包2做斜抛运动，沙包1和沙包2运动到点的时间由高度决定，沙包2先上升再下降到点，运动时间大于沙包1的运动时间A．沙包2在最高点的速度即为水平分速度，由于两沙包从O到P的水平分位移相同，但沙包2的运动时间更长，因此沙包2在最高点的水平速度小于沙包1的水平速度，故A错误；B．从O到P两沙包的位移相同，但时间不同，则平均速度不同，故B错误；C．从O到P的过程中，由动量定理有由于两沙包质量相等，沙包2的运动时间更长，可知，两沙包的动量变化量不相同，故C错误；D．根据题意，由公式可知，由于沙包2运动的最高点在沙包1的抛出点之上，则运动到点时，沙包2的竖直分速度大于沙包1的竖直分速度，由公式可知，由于两沙包质量相等，则在P点，沙包1重力的瞬时功率小于沙包2重力的瞬时功率，故D正确。故选D。2．如图所示，某同学将两相同羽毛球A、B从同一高处以相同速率v0水平打出。运动过程中羽毛球仅受到重力及恒定的水平风力作用，逆风时，球A落至地面上的P处，顺风时，球B落至地面上的Q处。则（）

A．A球飞行时间比B球长B．两球落地时速度大小相同C．两球飞行过程中合外力的冲量相同D．两球落地时重力的功率不同【答案】C【解析】A．A、B两球竖直方向均做自由落体运动，则由此可知，两球飞行时间相等，故A错误；B．A球水平方向做匀减速直线运动，则B球水平方向做匀加速直线运动，则两球飞行时间相等，所以落地时两球竖直方向速度相等，但A球水平速度小于B球水平速度，落地速度大小为所以A球落地时的速度小于B球的落地速度，故B错误；C．两球合外力的冲量为由于两球受相同的重力和恒定的风力，所以两球的合外力相同，飞行时间相等，所以两球飞行过程中合外力的冲量相同，故C正确；D．落地时重力的功率为由此可知，两球落地时重力的功率相同，故D错误。故选C。3．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在同一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能守恒B．小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同C．小球在CD阶段损失的机械能大于小球在DE阶段损失的机械能D．若在E点给小球一个向上的速度，则小球恰好能回到C点【答案】B【解析】A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C点到E点的过程中机械能减少，A错误；B．设BC间距为x，在C点时，绳上的拉力为从C点向下运动过程，设B点右侧绳长为x'，与竖直方向夹角为θ，水平方向由平衡条件可得小球受到的滑动摩擦力大小为故小球从C点到E点的过程中摩擦力大小不变，小球在CD阶段和在DE阶段克服摩擦力所做的功相同，B正确；C．．对小球而言，除了摩擦力做功以外还有弹力做功，克服摩擦力做功相同，弹力做功不同，由于弹力沿竖直分力越来越大，所以，小球在CD阶段损失的机械能小于在DE阶段损失的机械能，C错误；D．从C到E过程，据动能定理可得若在E点给小球一个向上的速度，从E到C过程，根据动能定理可得联立解得到达C点的动能所以小球并不是恰好能回到C点，D错误。故选B。4．有质量均为m的A、B两颗绕地球运动的人造卫星，其轨道分别为如图所示的Ⅰ和Ⅱ，轨道Ⅰ为半径为R的圆，轨道Ⅱ为长轴等于2R的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道Ⅱ上c、d两点距离轨道Ⅰ垂直距离均为L且是两轨道距离最近的两点，O点为地球球心位置，已知地球质量为M，万有引力常量为G。下列说法正确的是（

）A．A、B运行周期之比B．A卫星运行时的动能为，B卫星经过a点时的动能为，则C．若B卫星经过c点时到A卫星的距离为L，则下次距离为L时B恰好经过d点D．若，则B经过b点时的加速度与A的加速度之比为9:4【答案】B【解析】A．由开普勒第三定律得其中RA、RB是圆轨道半径或椭圆轨道半长轴，由题可知因此A错误；B．根据则A的运行速率根据卫星变轨原理可知，B经过a点时的速率v大于轨道半径为Oa的卫星运行速率，即因所以则根据动能表达式可得B正确；C．若B经过c点时到A的距离为L，则下次距离为L时B恰好经过一个周期又回到c点，同时A经过一个周期又回到上次位置，两卫星相距最近，C错误；D．根据牛顿第二定律得得卫星加速度因此D错误。故选B。5．水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图甲所示为一个质量分布均匀的透明水晶球，半径为a，过球心的截面如图乙所示，PQ为直径，一单色细光束从P点射入球内，折射光线与PQ夹角为37℃，出射光线与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（

）A．光束在P点的入射角为53° B．“水晶球”的折射率为1.6C．光在“水晶球”中的传播速度为 D．光在“水晶球”中的传播时间为【答案】B【解析】B．根据题意作出光路图如图由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率故B正确；A．由图β=r=2θ=74°故A错误；C．光在“水晶球”中的传播速度为故C错误；D．光在“水晶球”中传播的距离时间带入数据有故D错误。故选B。6．质量为1kg的物块放在一个纵截面为矩形的静止木箱内，物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3，开始时物块被一根轻弹簧用1.6N的水平拉力向左拉着而保持静止；如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则（

）A．木箱以2m/s2的加速度竖直向下加速时，物块与木箱之间发生相对滑动B．木箱以2m/s2的加速度竖直向上加速时，物块与木箱之间发生相对滑动C．木箱以4m/s2的加速度水平向左加速时，物块与木箱之间发生相对滑动D．木箱以1m/s2的加速度水平向右加速时，物块所受的摩擦力为2.6N【答案】D【解析】A．木箱以2m/s2的加速度竖直向下加速时，支持力为此时的最大静摩擦力为fm=0.3×8N=2.4N能与木箱保持相对静止，故A错误；B．木箱以2m/s2的加速度竖直向上加速时，物块处于超重状态，压力增大，能与木箱保持相对静止，故B错误；C．木箱以4m/s2的加速度水平向左加速时，对物块F+f=ma可得f=2.4N<fm=3N物块与木箱保持相对静止，故C错误；D．木箱以1m/s2的加速度水平向左加速时，对物块f-F=ma可得f=2.6N故D正确。故选D。7．如图甲所示为一列水平向右传播的简谐横波上的两质点a、b，两质点之间的距离为x=3m，a、b两质点的振动图像分别如图乙、丙所示，已知波长。下列说法正确的是（）A．该波的波长可能为18mB．该波的波速为1.2m/sC．从t=0时刻起1.5s内，质点a通过的路程为D．从t=0时刻起1.5s内，质点b通过的路程为【答案】C【解析】A．由图丙可知该机械波的周期为振幅为t=0时刻质点a向下振动，且质点b正在平衡位置向上振动，则a、b两质点的平衡位置的间距为当n=0时，；当n=1时，（舍掉），故错误；B．根据可得故B错误；C．从t=0时刻起1.5s内质点a通过的路程为故C正确；D．从t=0时刻起1.5s内质点b通过的路程等于一个振幅，即故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．如图所示，两光滑金属导轨间距为1m，固定在绝缘桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分无磁场)，电阻R的阻值为2Ω，桌面距水平地面的高度为1.25m，金属杆ab的质量为0.1kg，有效电阻为1Ω．现将金属杆ab从导轨上距桌面高度为0.45m的位置由静止释放，其落地点距桌面左边缘的水平距离为1m．取g=10m/s2，空气阻力不计，离开桌面前金属杆ab与金属导轨垂直且接触良好．下列判断正确的是（

）A．金属杆刚进入磁场时，其速度大小为3m/sB．金属杆刚进入磁场时，电阻R上通过的电流大小为1.5AC．金属杆穿过匀强磁场的过程中，克服安培力所做的功为0.25JD．金属杆穿过匀强磁场的过程中，通过金属杆某一横截面的电荷量为0.2C【答案】AC【解析】金属杆进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v=3m/s，故A正确；金属棒切割磁感线产生感应电动势：E=BLv，由闭合电路的欧姆定律可知，电流：，故B错误；金属棒离开磁场后做平抛运动，在竖直方向上，水平方向上：，解得：，金属杆穿过匀强磁场的过程中，根据动能定理有：，即克服安培力所做的功为0.25J，故C正确；金属杆穿过匀强磁场的过程中，根据动理定理有：，又，则有：，解得：q=0.1C，故D错误；故选AC．9．在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（

）A．，B．BC间场强方向沿x轴负方向C．C点的电场强度大于A点的电场强度D．将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】AB【解析】A．正电荷在电势高的地方电势能大，O到P点由图知，电势降低，A点的电势为零，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电，故A正确；B．由图可知：从B到C，电势升高，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；C．图象斜率是电场力，C点斜率为零，则C点电场强度为零，故C错误；D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误。故选AB。10．玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示，（电子电荷量，普朗克常量）（  ）A．氢原子从高能级跃迁到基态时，会辐射射线B．用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C．当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为的光子D．氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时所辐射的光去照射逸出功为2.25eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为0.3eV【答案】CD【解析】A．射线是原子核受激发后产生的，与氢原子跃迁无关，故A错误；B．根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时，释放的能量为解得辐射光的波长根据发生跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子，可知，波长为325nm的光照射，不能使氢原子发生跃迁，故B错误；C．根据当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为故C正确；D．根据光电效应方程，产生的光电子的最大初动能为故D正确。故选CD。三、非选择题（本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第14题12分，第15题17分。其中13—15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。）11．某同学用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。打点计时器固定在木板上端，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从木板上滑下。图乙是打出的一段纸带。（1）已知打点计时器使用的交流电频率为，选取至的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得各点到点的距离依次是。由此可知滑块下滑的加速度（结果保留三位有效数字）。（2）为了测量动摩擦因数，还应测量的物理量有。A．木板的长度B．木板的末端被垫起的高度C．木板的质量D．滑块的质量E.滑块运动的时间（3）滑块与木板间的动摩擦因数（用题中各物理量的字母代号及重力加速度表示）。由于该测量装置存在系统误差测量的动摩擦因数会（填“偏大”或“偏小”）。【答案】0.480AB偏大【解析】（1）[1]打点计时器使用的交流电频率为50Hz，可知打点周期为0.02s，由于各计数点之间均有4个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为s=0.10s。根据各点到点的距离可以计算出相邻计数点之间的距离，利用逐差法可得滑块下滑的加速度m/s2（2）[2][3]滑块沿木板下滑，设木板与水平面间的夹角为，由牛顿第二定律有根据几何关系得联立解得，因此为了测量动摩擦因数，应该测量木板的长度和木板末端被垫起的高度，故AB符合题意，CDE不符合题意；故选AB。（3）[4]由（2）问可知，，由于实验没有考虑滑块拖着纸带运动过程中纸带受到的阻力，所以测量的动摩擦因数会偏大。12．如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。其中表头G的内阻、满偏电流mA，Ω。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。(1)当选择开关接“1”时，为电流挡，电流挡的量程为mA。(2)当选择开关接“3”时，为电压挡，若电压挡的量程为15V，则Ω。(3)该兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘正中央位置，此时电阻箱如图丙所示，则多用电表内部电源的电动势V；③用待测电阻代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻Ω（结果保留3位有效数字）。【答案】(1)250(2)40(3)12.512.5【解析】（1）由欧姆定律可得电流挡的量程为（2）根据电压表改装原理解得Ω（3）[1]欧姆表的内阻等于此时电阻箱读数根据闭合电路欧姆定律V[2]图乙所示位置电流为200mA，根据闭合电路欧姆定律可得解得13．如图所示为某款汽车的悬挂气压减震装置示意图，其内部结构主要由活塞、活塞杆与导热良好的圆柱形气缸组成，气缸内密闭气柱的长度可以在范围内变化。已知气缸内密闭空气柱的长度为时，压强为（为大气压强）。若不考虑气体温度的变化，整个装置密封完好，不计活塞与气缸之间的摩擦，密闭气体可视为理想气体，求：（1）气缸内气体膨胀时，内能如何变化？是吸热还是放热？（2）气缸内气体压强的最大变化范围。

【答案】（1）内能不变，吸热；（2）【解析】（1）理想气体的内能由温度决定，因为气体温度不变，故气柱的内能不变，即；当气体体积膨胀时，气体对外做功，即，根据热力学第一定律可知即气体从外界吸热（2）气缸内气体做等温变化，气柱长度最长时，压强取最小值，根据玻意耳定律可得解得气柱长度最短时，压强取最大值，根据玻意耳定律可得解得则气缸内气体压强p的变化范围为14．某物流公司研发团队，为了更好地提高包裹的分收效率，特对包裹和运输装置进行详细的探究，其情景可以简化为如图甲所示，质量M=2kg、长度L=2m的长木板静止在足够长的水平面（可视为光滑）上，左端固定一竖直薄挡板，右端静置一质量m=1kg的包裹（可视为质点）。现机器人对长木板施加一水平向右的作用力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，6s后将力F撤去。已知包裹与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，包裹与长木板间动摩擦因数μ=0.1，重力加速度取g=10m/s2。从施加作用力F开始计时，求：（1）时，长木板的速度大小；（2）与挡板碰撞后瞬