2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试卷（解析版）

这是一份2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试卷（解析版），共6页。
注意事项：
1、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在答题卡和试卷指定位置。
2、回答选择题时，用2B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。
3、回答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔作答（作图除外），答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不能使用涂改液、胶带纸、修正带和其他笔。
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. 元素半衰期被广泛应用于考古测年代、药物代谢控制、核能利用及医学诊断治疗等领域。已知18F的半衰期为110min，68Ga的半衰期为68min，现将质量为的18F和质量为的68Ga投入研究，研究时长为3740min。设研究结束后18F的剩余质量为，68Ga的剩余质量为，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】对18F经过时长为3740min时
即
对68Ga 经过时长为3740min时
即
故选C
2. 在智能物流系统中，智能配送车可在编程操作下自行完成物流货物装载工作，大大提高了工作效率。现有两辆智能配送车甲和乙沿同一直线轨道同时相向而行，甲车从静止出发以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，乙车以初速度8m/s刹车，加速度大小为1m/s2。已知智能配送车的最大速度为8m/s，两车初始相距100m。经过10s两车之间的距离为（ ）
A. 4mB. 6mC. 8mD. 2m
【答案】A
【解析】乙车从刹车到停下所用时间为
该过程乙车通过的位移大小为
已知智能配送车的最大速度为8m/s，则甲车匀加速运动时间为
则在内，前甲车做匀加速直线运动，运动的位移大小为
后内甲车以最大速度做匀速直线运动，位移大小为
则末，两次相距
再经历，乙车保持静止，甲车继续做匀速运动，通过的位移大小为
故经过10s两车之间的距离为
故选A。
3. 如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点放置一质量为的物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力作用下由运动到，力大小恒为。对于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A. 力做功大小为B. 力做功大小为
C. 力的功率先增大后减小D. 克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【解析】AB．由于力F方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功计算方法，这里可以用微元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F做的功（是每一小段的弧长）
则力F做功的大小
故A错误，B正确；
C．从A到B过程，F始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在增大，根据（F与v始终夹角为）
可知F的功率一直在增大，故C错误；
D．设重力方向与速度方向夹角，题图可知，对于该运动过程，从增大到，则克服重力做功的功率
可知一直在增大，v也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D错误。
故选B。
4. 我国近地小行星防御系统通过“监测—评估—干预”三位一体架构，力图避免小行星影响地球，展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ相切于点，椭圆轨道Ⅱ和同步轨道Ⅲ相切于点。现有防御卫星在轨道Ⅰ处做匀速圆周运动，经变轨后运行到同步轨道Ⅲ的点拦截小行星进行干预，已知地球自转的角速度为，防御卫星在轨道Ⅰ和Ⅲ上运行的角速度为和，卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ和轨道Ⅱ上的点、点运行的线速度分别为、、、。下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 卫星在轨道Ⅰ运行周期约为24h
D. 卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能
【答案】D
【解析】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，由
可得
可知同步轨道的角速度小于近地轨道的角速度，而地球自转的角速度和同步轨道的角速度相同，则有
故A错误；
B．卫星绕地球做匀速圆周运动，由
可得
可知；又由于卫星在c点加速后进入轨道Ⅲ，则有；又由于卫星在b点加速后进入轨道Ⅱ，则有；综上分析可知，故B错误；
C．卫星绕地球做匀速圆周运动，由
可得
可知卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于同步轨道Ⅲ的运行周期，即卫星在轨道Ⅰ运行的周期小于24h，故C错误；
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在b点点火加速，卫星的机械能增加；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在c点点火加速，卫星的机械能增加；所以卫星在轨道Ⅲ的机械能大于在轨道Ⅰ的机械能，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，匝数为100匝、面积为10cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为10T的匀强磁场中匀速转动。线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，转动角速度为100rad/s，线圈内阻不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是（ ）
A. 线圈产生的电动势的瞬时值表达式为
B. 电压表V示数为100V
C. 当滑动变阻器滑片向上滑动时，流经灯泡的电流变大
D. 当自耦变压器滑片P向上滑动时，灯泡变暗
【答案】D
【解析】AB．线圈产生的电动势最大值为
线圈与磁场平行时开始计时，故表达式为
电压表V示数为有效值，即，故AB错误；
C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，由于原线圈输入电压不变，变压器原、副线圈匝数均不变，则副线圈输出电压不变，即灯泡两端电压不变，根据欧姆定律可知，流经灯泡的电流不变，故C错误；
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据可知，副线圈输出电压减小，即灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故D正确。故选D。
6. 某同学在做劈尖干涉实验时，先把3片薄木片夹入两玻璃板a、b右端，观察干涉条纹，再通过调整薄木片数量以及移动薄木片位置，使条纹间距变成原来的2倍。已知薄木片厚度相同，不发生形变，薄木片左端到劈尖的距离为，则以下操作正确的是（ ）
A. 去掉两片薄木片，并向左移动B. 去掉两片薄木片，并向左移动
C. 去掉一片薄木片，并向左移动D. 增加一片薄木片，并向左移动
【答案】A
【解析】设劈尖的倾角为，条纹间距为，由于很小，则有
可得
设每片薄木片总厚底为，则有
为了使条纹间距变成原来的2倍，则变为原来的。
A．去掉两片薄木片，并向左移动，则有
故A正确；
B．去掉两片薄木片，并向左移动，则有
故B错误；
C．去掉一片薄木片，并向左移动，则有
故C错误；
D．增加一片薄木片，并向左移动，则有
故D错误。故选A。
7. 三维坐标系yOz平面内有一圆心在坐标原点、半径为d的均匀带电细圆环，y轴上y=位置有一带电量为＋q的点电荷，x轴上的P点到圆心O的距离也为。若P点场强沿y轴负方向，则关于带电圆环说法正确的是（ ）
A. 带正电，电量为B. 带负电，电量为
C. 带正电，电量为D. 带负电，电量为
【答案】B
【解析】+q在P点的场强为
方向与x轴夹角为45°斜向右下，圆环在P点的场强沿水平方向，因P点场强沿y轴负方向，可知圆环在P点的场强与点电荷+q在P点在x方向的场强的分量等大反向，可知圆环在P点的场强方向沿x轴负向，可知圆环带负电；圆环在P点的场强
解得，故选B。
8. 一定质量的理想气体从状态a开始，经过程后回到初始状态a，其图像如图所示。已知其中三个状态的坐标分别为a（，）、b（，）、c（，），图像cb、da延长线过原点O。下列说法正确的是（ ）
A. 气体在过程中对外界做的功等于在过程中对外界做的功
B. 在过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
C. 气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量
D. 气体在过程中内能的减少量大于过程中内能的增加量
【答案】C
【解析】A．过程，气体的温度不变，体积变大，根据可知，气体的压强减小；过程，气体压强不变，这两个过程中气体体积的增大量相同，但过程中的压强较大，故气体在过程中对外界做的功大于在过程中对外界做的功，故A错误；
B．过程，气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，外界对气体做的功等于气体向外界放出的热量，故B错误；
C．从过程有
可得
从过程有
可得状态d的体积为
作出对应的图像如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，由图可知过程中气体对外界做的功小于过程中外界对气体做的功，由于这两个过程中内能均不变，根据热力学第一定律可知，气体在过程中从外界吸收的热量小于在过程中向外界放出的热量，故C正确；
D．由能量守恒定律可知，气体在过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，故D错误。
故选C。
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，选对但不全得2分，有选错的得0分。
9. 一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形图如图甲所示，时刻的波形图如图乙所示，0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，下列说法正确的是（ ）
A. 该简谐横波沿轴负方向传播
B. 该简谐横波传播的速度大小为
C. 平衡位置位于处的质点0~3s内沿轴负方向移动了
D. 平衡位置位于处的质点在0~3s内运动的路程等于
【答案】AB
【解析】AB．因0~3s时间内，平衡位置位于处的质点加速度方向改变1次，可知t=0时刻，该质点沿y轴正向运动，可知该简谐横波沿轴负方向传播，且
可得T=4s
该简谐横波传播速度大小为
选项AB正确；
C．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项C错误；
D．平衡位置位于处的质点先沿y轴负向振动，在3s末回到原来的位置，0~3s内运动的路程等于
选项D错误。
故选AB。
10. 如图，水平放置的导热气缸被一可自由滑动的光滑绝热活塞分成A、B两部分。初始时，A、B的压强均为，体积比为，环境温度为。现通过两种方式改变A、B两部分的体积，第一种方式是通过A气缸中的加热丝对A中气体缓慢加热，B中气体保持温度不变；第二种方式是通过B气缸壁的阀门把B中气体缓慢往外抽气；两种方式均使A、B的体积比变为。以下说法正确的是（ ）
A. 两种方式末状态A中气体的压强相等
B. 第一种方式，末状态A中气体的温度为
C. 第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
D. 第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值为
【答案】BD
【解析】B.第一种方式，设气缸容积为5V
对B部分气体，由玻意耳定律可得
解得
对A部分气体，由理想气体状态方程可得
代入数据解得，故B正确；
CD.第二种方式，设气缸容积为5V，缓慢抽气，导热气缸，可视为两部分气体均作等温变化
对A部分气体，由玻意耳定律可得
解得
对B部分气体，由玻意耳定律可得
代入数据解得
第二种方式，抽出气体的质量与原来B中气体质量的比值，故C错误，D正确；
A.由以上两种方式所求的末状态压强可知，A错误；
故选B。
11. 如图甲，某新能源工厂采用智能调速传送带运输原料，传送带水平放置且足够长，以4m/s顺时针转动。现将一质量为2kg的货物轻放在传送带左端，货物与传送带间的动摩擦因数。实时调节传送带速度，使其在货物运动过程中按图乙规律变化。重力加速度取10m/s2。则货物在3s内的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带对货物做功为4JB. 货物始终向右加速，3s末速度达到4m/s
C. 货物相对传送带的总位移为3.5mD. 系统因摩擦产生的热量为14J
【答案】ACD
【解析】ABC．货物刚放上传送带时的加速度大小为
在内，由图乙可知，传送带速度保持不变，在时货物的速度为
该过程货物与传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
在内，由图乙可知，传送带做匀减速运动，减速的加速度大小为
设从经过时间，货物与传送带共速，则有
解得，
在时间内货物与传送带通过的位移大小分别为，
该过程货物与传送带发生的相对位移大小为
货物与传送带共速后，与传送带保持相对静止；先随着传送带做匀减速运动，再匀速运动；由图乙可知时，货物的速度为；根据动能定理可知传送带对货物做功为
货物相对传送带的总位移为
故AC正确，B错误；
D．系统因摩擦产生的热量为
故D正确。
故选ACD。
12. 某运动员在一次滑板训练中的运动简化如图所示。段为助滑道和起跳区，段为倾角为的着陆坡，为停止区。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以6m/s的速度起跳，方向与水平成，最后落在着陆坡面上的点。已知运动员和滑板的总质量为60kg，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在空中运行的最小速度为3m/s
B. 运动员离开着陆坡面的最大距离为
C. 运动员落在点前瞬间重力的功率为5400W
D. 若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远
【答案】BC
【解析】A．将运动员在空中做斜抛运动，在最高点时的竖直分速度为0，此时速度最小，则运动员在空中运行的最小速度为
故A错误；
B．将运动员在空中的运动分解为沿斜坡和垂直斜坡两个分运动，当垂直斜坡分速度减为0时，运动员离开着陆坡面的距离最大，则有
故B正确；
C．运动员从点到点所用时间为
则运动员落在点时的竖直分速度为
运动员落在点前瞬间重力的功率为，故C正确；
D．设，则垂直斜坡方向有
沿斜坡方向有
整理可得
令
可得
即
则
可知若起跳时速度大小不变，改变起跳方向，当时，运动员到达斜坡上的落点距离点最远，故D错误。故选BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 为探究物体加速度与外力和质量的关系，某研究小组在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图甲、乙、丙所示：甲方案中在小车前端固定了力传感器，并与细线相连；乙方案中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连；丙方案中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替长木板和小车。
（1）对于以上三种方案，下列说法正确的是________。
A. 三种方案实验前均需要平衡摩擦力
B. 乙、丙方案需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量
C. 甲、丙方案中的外力F均为槽码的重力
D. 乙方案中，小车加速运动时受到细线的拉力小于槽码所受重力的一半
（2）某次甲方案实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出）。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a=________m/s2。（结果保留三位有效数字）
（3）某同学根据乙方案的实验数据做出了小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像如图所示，图像不过原点的原因可能是________；若图中图线在纵轴上的截距为a0，直线斜率为k，则小车的质量m=________。
【答案】（1）D （2）0.820
（3）平衡摩擦力过度
【解析】【小问1详解】
A．由于丙装置用带有光电门的气垫导轨，则丙装置不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．甲装置中细线拉力可以通过力传感器得到，乙装置中细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以甲、乙方案不需要满足小车或滑块的质量远大于槽码的质量，故B错误；
C．甲装置中的外力F为力传感器示数，不是槽码的重力；丙装置中，当满足槽码的质量远小于滑块的质量时，外力F可近似等于槽码的重力，故C错误；
D．乙方案中，以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
故D正确。
故选D。
【小问2详解】
每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
【小问3详解】
[1]由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
[2]设木板倾角为，以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
可得
可知图像的斜率为
可得小车的质量为
14. 某电学实验小组的同学发现一个旧电池所标的电动势是6V，决定利用实验室所能提供的下列实验器材对其电动势和内电阻进行测量。
A．电流表A（量程100mA，内阻为4Ω）
B．电压表V（量程3.0V，内阻约为4kΩ）
C．滑动变阻器R1（阻值范围0~50Ω，额定电流1.5A）
D．电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω）
E．电阻箱R3（阻值范围0~99.99Ω）
F．各类开关和导线若干
小组成员设计了如图甲所示的实验电路图。
（1）先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，电阻箱的阻值应调为______。
（2）为满足测量要求，需要将电压表的量程扩大为，小组成员采用如下操作：按图连好实验器材，检查无误后，开关断开，开关接，将的滑片滑至最左端，的阻值调为，闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，改变电阻箱的阻值，当电压表示数为______V时，完成扩大量程，断开开关。
（3）保持电阻箱的阻值不变，将开关接到，闭合开关、，移动的滑片，记录几组电压表V和电流表A的读数、，并做出图像，如图乙所示。由图像可求得电池的电动势______V、内阻______。（计算结果均保留3位有效数字）
【答案】（1）1.00
（2）1.5 （3）5.80 2.20
【解析】【小问1详解】
先将电流表与并联，改装成一个量程为的电流表，则有
解得
【小问2详解】
闭合开关，适当调节的滑片，使电压表的示数为；保持的滑片位置不变，可认为电压表和电压之和始终等于，则当电压表的示数为时，说明电阻两端电压为，此时的阻值等于电压表内阻，则电压表的量程被扩大为原来的2倍，即电压表的量程扩大为。
【小问3详解】
[1][2]改装后电压表量程扩大到2倍，故测得电压是原电压表的示数的2倍；电流表扩大到5倍，则干路电流为，改装后电流表内阻为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
图像的斜率绝对值为，解得内阻为
15. 如图，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距，处在磁感应强度、竖直向上的匀强磁场中。质量、电阻的导体棒长度与导轨间距相等，垂直导轨放置。质量、电阻的导体棒与等长，垂直导轨静止在的右侧某一位置处。现使以初速度向右运动，未发生碰撞。导体棒和导轨接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）从开始运动到两棒到达稳定状态，导体棒上产生的焦耳热；
（2）初始时刻、棒的最小距离。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
导体棒与导体棒组成的系统满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒可得
解得
则导体棒上产生的焦耳热为
解得
【小问2详解】
对导体棒应用动量定理得
又
联立解得
则初始时刻、棒的最小距离为。
16. 一玻璃柱的折射率，其横截面为四分之一圆，圆的半径为，如图所示。截面所在平面内，一束与边平行的光线从圆弧入射，入射角为，光线进入柱体后射到边。已知光在真空中的速度为。
（1）通过计算判断光线在边是否发生全反射；
（2）求光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间。
【答案】（1）光线在BC边不发生全反射
（2）
【解析】【小问1详解】
画出光路图如图所示
根据折射定律
解得
设光线在BC界面的入射角为，根据
可得
解得
故可知光线在BC边不发生全反射。
【小问2详解】
设光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的路程为，则有
光在玻璃柱中传播速度为
光线从射入玻璃柱到第一次离开玻璃柱的时间为
联立解得
17. 如图所示的平面直角坐标系，在轴上范围内有一线状粒子源，可向第一象限发射速度为、与轴正方向成角的质量为，电量为的带正电的粒子。在第一象限的范围内，存在沿轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着轴正方向。以点为圆心，半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小；不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求第一象限匀强电场的场强；
（2）求粒子在圆形磁场中运动的最长时间；
（3）求粒子穿过轴以后，再次回到轴上的坐标范围；
（4）若其他条件不变，在轴下方再叠加一沿着轴负方向的电场，求：从点射出的粒子在轴下方运动时，到轴的最远距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）3d
【解析】【小问1详解】
带电粒子在电场中做类斜抛运动，可得
联立可得
【小问2详解】
粒子竖直方向通过的距离设为y ，则
联立解得
粒子以水平速度进入圆形磁场区域，有
解得
粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，故粒子从圆与x轴的切点M进入下方磁场区域，分析可知从最上端发出的粒子在圆形磁场中运动的时间最长，可得
解得
【小问3详解】
粒子进入x轴下方以后，方向范围在与x轴正半轴成到范围之内，可得
联立解得
当速度与x轴正半轴成到范围时，粒子打到x轴的同一位置， 距M点的最近距离为
当速度与x轴成进入下方磁场时，粒子打到x轴上距M最远
故x的坐标范围为
【小问4详解】
(4)0点射出的粒子在M点射出时与x轴正方向的夹角为，将粒子速度v分解出一个沿着x轴正方向的速度，使得
可得
则另一分速度与x轴负方向的夹角为，大小为，可得
以此速度做圆周运动的半径
离x轴的距离的表达式
18. 如图，固定斜面倾角为，左端带有挡板的木板A质量为，木板与斜面间的动摩擦因数，质量的小物块B与木板A之间光滑，小物块可视为质点。某时刻由静止释放木板，后把小物块轻轻放到木板上距离挡板处，再经时间小物块与挡板发生第一次碰撞。已知小物块放到木板上时挡板距斜面底端距离，，重力加速度取。小物块始终未滑离木板，小物块与木板挡板之间的碰撞为弹性碰撞，且所有碰撞时间忽略不计。求：
（1）放上小物块前、后木板A的加速度大小；
（2）放上小物块至小物块与木板挡板发生第一次碰撞经历的时间；
（3）小物块与木板挡板第一次碰撞后的速度大小；
（4）木板到达斜面底端前小物块与木板挡板的碰撞次数。
【答案】（1）1m/s2，0
（2）0.75s （3）0，2m/s
（4）2次
【解析】【小问1详解】
由题可知
放上小物块前，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小
放上小物块后，根据牛顿第二定律，可知
解得木板A的加速度大小，即木板匀速运动。
【小问2详解】
放上木块时，木板的速度
木块的加速度
利用匀变速的运动规律可知
解得（舍去）
【小问3详解】
碰前瞬间，木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
【小问4详解】
放上小木块到第一次碰撞前，木板前进的距离
第一次碰后到第二次碰撞前的时间间隔为，则
解得
这段时间内木板前进的距离
此时木块的速度
木块和木板碰撞的过程中满足动量守恒和机械能守恒
解得，
若再次追上，则
解得
木板位移
由于
因此小木块与挡板碰撞2次。