2025年山东省高考物理模拟试卷2

这是一份2025年山东省高考物理模拟试卷2，共18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.利用图甲所示的实验装置测量遏止电压U与入射光频率v的关系.若某次实验中得到如图乙所示的U-v图像.已知普朗克常量h，则( )
A. 电源的左端为正极
B. K极金属的逸出功为hv1
C. 增大入射光的强度，遏止电压增大
D. 滑动变阻器滑片移至最左端，电流表示数为零
2.如图，某同学单手拍篮球：球从地面弹起到某一高度，手掌触球先一起向上减速，再一起向下加速，运动到手掌刚触球的位置时，手掌与球分离.从触球到分离记为一次拍球，以竖直向下为正方向，下列图像能大致反映一次拍球过程，篮球速度随时间变化关系的是( )
A. B.
C. D.
3.图中所示x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。在x>0，y>0的区域内存在某种分布范围足够广的介质，其折射率随着y的变化而变化。一束细光束入射到介质表面，并沿着如图所示从a到b的一条弧形路径传播。下列判断正确的是
A. 此介质的折射率随着y的增大而增大
B. 海洋蜃景发生时空气折射率随高度的变化与此类似
C. 沙漠蜃景发生时空气折射率随高度的变化与此类似
D. 这束细光束在继续传播的过程中不会发生全反射
4.某天文爱好者观测某卫星绕地球做匀速圆周运动的规律，测得卫星在t时间内沿逆时针从P点运动到Q点，如图所示，这段圆弧所对的圆心角为θ，已知地球的半径为R，表面重力加速度为g，则这颗卫星在轨运行的线速度大小为(忽略地球自转影响)( )
A. 3 gR2θtB. 3 gR2tθC. gR2θtD. gR2tθ
5.某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10-3m3.往桶内倒入4.2×10-3m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进3.0×10-4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，大气压强为p0，则至少需要打气的次数是 ( )
A. 13次B. 14次C. 15次D. 16次
6.在如图a所示，在水平路段AB上有一质量为1×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图b所示，t=15s时汽车刚好到达C点，并且已作匀速直线运动，速度大小为5m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff=2000N，下列说法正确的是( )
A. 汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是1×104W
B. 汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大
C. 由题所给条件不能求出汽车在BC段前进的距离
D. 由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小
7.如图所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，上端连接质量为2m的物体B，质量为m的物体A从B正上方某高度处自由下落，与B发生碰撞后(不粘连)两者立刻一起以相同的速度向下运动，此后，A、B在运动过程中恰好不分离。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx22，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。则( )
A. A、B碰后立刻向下做减速运动
B. A、B一起运动过程中加速度的最大值为2g
C. A、B碰撞过程中损失的机械能为8m2g2k
D. A、B运动至最低点时弹簧弹力大小为4mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息，下列说法中正确的是( )
A. 0～x1范围内各点场强的方向均与x轴垂直
B. 只在电场力作用下，正电荷沿x轴从0运动到x1，可做匀减速直线运动
C. 负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
D. 负电荷在x3处电势能大于其在x5处的电势能
9.如图甲所示，S1、S2、Q三点位于某一均匀介质的同一平面内，S1、S2为振动情况完全相同的两个波源，其振动图象如图乙所示，波源产生的简谐波在该介质中的传播速度为20 m/s。下列说法正确的有________。
A. Q点为振动减弱点
B. 质点Q的位移不可能为0
C. 质点Q的振动振幅20cm
D. 若将波源S2移去，在Q、S1两点间放置一障碍物，S1产生的波仍可能使质点Q振动起来
10.如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动，为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A. 若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B. 若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C. 从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D. 从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中。
(1)如下图所示，用游标卡尺测其长度为_____cm；用螺旋测微器测其直径为_____mm．
(2)其电阻约为6Ω.为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻。实验室除提供了电池E(电动势为3V，内阻约为0.3Ω)、开关S，导线若干，还备有电压表V(量程3V，内阻约为2kΩ)、电流表A (量程0.6A，内阻约为1Ω)，为减小实验误差，应选用图中_____(选填“a”或“b”)为该实验的电路原理图，其测量值比真实值_____________ (选填“偏大”或“偏小”)
12.某实验小组利用下图所示的装置探究木块的加速度与力、质量的关系．
(1)实验中下列做法正确的是__________．
A.平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件
B.每次改变小车中砝码的质量后，都需要重新平衡摩擦力
C.平衡摩擦力时，应该挂上小桶，但小桶里不能放钩码
D.实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车
(2)图中装置还有两处未调节好，在实验前还需要进行的调节是：
①____________________________________________________________________________
②____________________________________________________________________________
(3)如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点1、2、3、4、5。已知打点计时器的打点周期为0.02 s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为3. 05cm、3.92cm、4.77cm、5.62cm，则小车运动的加速度大小a=______m/s2.(结果保留两位有效数字)

(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套上图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到下图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知μ甲________μ乙.(“大于”、“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的气缸，内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦的左右滑动。气缸左端开口，通过A封有压强为p0的气体，气缸右端通过B封有压强为4p0的气体。一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为p0，p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体。求：
①当活塞A向右移动L/5时，水的深度；
②该深度计能测量的最大水深。
14.如图所示，在xOy平面(纸面)内，x>0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0, 3L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0,- 3L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E．
15.如图所示，光滑绝缘水平面内有直角坐标系xy，虚线MN和OD均过O点且都与x轴成60°角。在距x轴为d处平行x轴固定放置一细杆PQ，杆上套有一可以左右滑动的滑块。劲度系数为k、原长为d的轻细弹簧垂直于细杆固定在滑块上，另一端放置一质量为m的绝缘小球甲，小球甲与弹簧不栓接。同时在x轴上、沿着弹簧方向放置一质量为3m、带电量为-q(q>0)的小球乙。压缩弹簧将小球甲从OD上某点释放，此后，甲球与乙球发生弹性正碰，小球乙随后进入位于MN左侧的有矩形边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，矩形的一条边与MN重合。改变滑块位置，保证每次小球甲的释放点都在OD上、且滑块与两球在同一条平行于y轴的直线上，并知两球每次都能发生弹性正碰，且碰撞后小球乙的带电量不变，结果发现每次小球乙进入磁场后再离开磁场时的位置是同一点。弹簧始终在弹性限度以内，弹性势能的计算公式是EP=12k⋅ΔL2，ΔL是弹簧的伸长或缩短量，滑块和小球甲、乙都可视为质点。求：
(1)当滑块的横坐标为12d时，小球甲与乙碰前的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若弹簧的最大压缩量为910d，求矩形磁场区域的最小面积。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
由光电效应实验规律及遏制电压的含义得解。
本题主要考查光电效应现象的规律，熟悉其规律是解题的关键，难度不大。
【解答】
A.由该实验的目的可知，要测量遏止电压U与入射光频率ν的关系，需在光电管两端加反向电压，故由图可知，电源的右端为正极，故A错误；
B.由图及爱因斯坦光电效应方程：eU=Ekm=hν-W0可知，该金属的极限频率为：ν1，故其逸出功为：W0=hν1，故B正确；
C.由光电效应现象的规律可知，遏止电压与入射光的强度无关，故C错误；
D.滑动变阻器滑片移至最左端时，光电管两端电压为零，但由于该实验中能产生光电效应现象，故电流表示数不为零，故D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查v-t图像，在v-t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线斜率表示加速度，图像与时间轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
【解答】
A、排球刚接触手时速度方向向上，为负，故A错误；
BCD、由于篮球运动到手掌刚触球的位置时，手掌与球分离，所以上升与下降的位移大小相等，根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可知B正确，CD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了光的折射定律、全反射；解决本题的关键是要知道光从光密介质进入光疏介质折射时入射角小于折射角，发生全反射的必要条件是：光从光密介质进入光疏介质。
根据入射角与折射角的大小关系分析折射率的变化；由光线的偏折程度判断介质对光的折射率的大小；再与海市蜃楼进行类比，根据入射角和折射角的关系分析能否发生全反射。
【解答】
A.介质的折射率随着y的变化而变化，由图知，y一定时，入射角小于折射角，则知此介质的折射率随着y的增大而减小，故A错误；
B.海洋蜃楼发生时空气折射率随高度的增大而减小，与此介质折射率的变化相似，故B正确；
C.沙漠蜃景发生时空气折射率随高度的增大而增大，与此介质折射率的变化不同，故C错误；
D.光从光密介质进入光疏介质，可能发生全反射，故D错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】【分析】
该题主要考查卫星运行规律相关知识。分析好题意，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
根据角速度公式、万有引力充当向心力、重力和万有引力的关系以及线速度公式列等式关系，即可求解这颗卫星在轨运行的线速度大小。
【解答】
由题意可知，卫星的角速度ω=θt，GMmr2=mω2r，GMmR2=mg，v=ωr，求得v=3 gR2θt，选项A正确。
故选A。
5.【答案】B
【解析】【分析】
向桶内打气，喷壶内的气体体积不变，压强增大，当空气完全充满药桶后，如果空气压强仍然大于大气压，则药液可以全部喷出，根据“分态式”由玻意耳定律求解。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解，注意“分态式”的应用方法。
【解答】
由题设可知，要使喷雾器内药液能全部喷完，即桶内全部充满压强为p0的气体，由玻意耳定律得p0V1=p0(V1-V2)+Np0V0，其中V1=5.7×10-3 m3，V2=4.2×10-3 m3，V0=3.0×10-4 m3，解得N=14(次)，故B正确，A、C、D错误．
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据匀速运动时的牵引力和速度求出发动机的额定功率；抓住P不变，结合速度的变化得出牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化．根据输出功率和BC段的末速度求出阻力的大小，根据动能定理得出汽车在BC段前进的距离．根据P=Fv求出汽车的牵引力，根据牛顿第二定律得出加速度．
本题首先要根据速度图象分析汽车的运动情况，抓住汽车的功率一定这个条件，掌握功率公式P=Fv，即可由图象读出速度，求解牵引力和阻力．
【解答】
A、汽车发动机的输出功率不变，根据P=Fv知，额定功率P=Ffv1=2000×10W=2×104W，故A错误．
B、在BC段，输出功率不变，速度减小，根据P=Fv知，牵引力增大，根据牛顿第二定律知，a=f-Fm，则加速度减小，故B错误．
C、根据动能定理知，Pt-f2s=12mv22-12mv12，在BC段的阻力，可以根据P=f2v2求出，则结合动能定理可以求出汽车在BC段前进的距离．故C错误．
D、根据P=Fv可以求出速度为8m/s时的牵引力，结合牛顿第二定律求出加速度的大小，故D正确．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】解：A、碰前A自由下落，mgh=12mv02，A、B碰后系统所受合力向下，由3mg-kx=3ma可知，弹力变大，故碰后A、B一起先向下做加速度减小的加速运动，故 A错误；
BD、当加速度为零时，速度最大，此时为简谐运动的平衡位置。当 A和B恰好不分离时，在最高点时弹簧刚好达到原长，加速度为g，由对称性可知，在最低点加速度也为g，由kx-3mg=3ma可知，A、B运动至最低点时的弹簧弹力大小为6mg，故 B、D错误；
C.A、B相碰，规定竖直向下为正方向，由竖直方向动量守恒得，mv0=3mv，碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv02-12×3mv2，A、B碰后至运动到最高点过程有32mv2+kx122=3mgx1，B静止时有2mg=kx1，联立得ΔE=8m2g2k，故C正确。
故选：C。
A、A、B相碰后由于合力向下，故A、B碰后一起不可能立即做减速运动；
BD、通过分析物块与薄板在平衡位置下方处时系统所受合力，得出回复力与位移成正比且方向相反，从而证明系统的往复运动是简谐运动；结合牛顿第二定律判断；
C、在竖直方向A、B相碰时候动量守恒，求出共同的速度，在由能量关系求出损失的机械能。
识综合性强：融合了简谐运动、自由落体运动、动量守恒定律以及机械能守恒定律等多个重要物理知识点，全面考查学生对力学知识的综合掌握和运用能力，有助于构建完整的知识体系。
能力考查全面：从证明简谐运动考查学生的逻辑推理和理论分析能力，到根据运动过程求周期考查对简谐运动规律的理解，再到结合多个守恒定律求下落高度考查综合应用和计算能力，能有效区分不同层次学生的水平。
物理模型典型：以弹簧-物块-薄板系统为研究对象，是常见且重要的物理模型，通过对该模型的分析，使学生深入理解简谐运动的本质和相关规律，对解决类似问题具有指导意义。
8.【答案】AC
【解析】解：A、由图看出，0～x1范围内各点电势相等，此段x轴是一条等势线，在此段各点场强的方向与x轴垂直。故A正确。
B、将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点电势相等，图象的斜率为零，场强为零，则电荷所受的电场力为零，电荷做匀速直线运动，故B错误。
C、负电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能减小，电场力做正功。故C正确。
D、x3处电势大于x5处的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，知负电荷在x3处电势能小于其在x5处的电势能。故D错误。
故选：AC。
由图分析沿x轴方向电势的变化情况，判断x轴是不是一条等势线，根据场强方向与等势面垂直，分析场强的方向是否均与x轴垂直。根据图象的斜率等于场强，分析场强的变化，判断电荷的运动性质。电荷沿x轴从0移到x1的过程中，各点的电势相等，任意两点间电势差为零，但场强不一定为零，电荷不一定不受电场力。根据推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，分析电场力做功情况，判断电势能的变化情况。
解决本题时要知道φ-x图象的斜率表示电场强度，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，能根据电势的变化分析电荷电势能的变化情况。
9.【答案】CD
【解析】由乙图可得周期，由v=λT可得波长；根据路程差与波长关系可确定Q点为振动加强点；处于振动加强点的质点在平衡位置附近做简谐运动，位移也可能为0，振幅为两波振幅之和；只要障碍物的尺寸满足要求，波可以发生明显的衍射，S1产生的波仍可能使质点Q振动起来。
本题属于振动图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
A、因为S1Q-S2Q=6m-2m=4m=λ，所以Q点为振动加强点，故A错误；
B、处于振动加强点的质点在平衡位置附近做简谐运动，位移也可能为0，故B错误；
C、质点Q是振动加强点，振幅等于两列波的振幅之和，为20cm，故C正确；
D、只要障碍物的尺寸满足要求，波可以发生明显的衍射，所以若将波源S2移去，在Q、S1两点间放置一障碍物，S1产生的波仍可能使质点Q振动起来，故D正确。
故选：CD。
10.【答案】AD
【解析】解：A、若线圈闭合，进入磁场时，由于电磁感应现象，由楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；
B、若线圈不闭合，不会产生感应电流，线圈不受安培力，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误；
C、D由图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有，则第3个线圈为不合格线圈，故C错误，D正确．
故选AD
线圈进入磁场，磁通量增加，要产生感应电动势，如闭合还产生感应电流，线圈将受到安培力作用，将相对传送带运动．如不闭合，没有感应电流，不受安培力，相对传送带不运动．
本题理论联系实际的问题，考查应用物理知识处理实际问题的能力．
11.【答案】(1)10.355；1.195
(2)b；偏小

【解析】【分析】
(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
(2)根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后选择实验电路，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差。
本题考查了实验器材的选择、实验误差分析、求电阻阻值的误差分析等，要掌握实验器材的选择原则，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法是正确选择实验电路的关键。
【解答】
(1)游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm；
所以最终读数为：10.3cm+0.055cm=10.355cm；
螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×19.5mm=0.195mm；
所以最终读数为：1mm+0.195mm=1.195mm；
(2)待测电阻阻值约为6Ω，电压表内阻约为2kΩ，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电路，由于电压表分流使电流表读数偏大，则由欧姆定律可知，求出的电阻值偏小。
故填：(1)10.355；1.195；(2)b；偏小。
12.【答案】(1)D；
(2)①调节定滑轮，使细线与长木板平行 ②调节小车的位置，使小车紧靠打点计时器；
(3)0.86；
(4)大于
【解析】【分析】
本题主要考查木块的加速度与力、质量的关系，要掌握实验的基本原理，进行实验时，要先接通电源，待打点稳定之后再释放小车。
【解答】
(1)A.平衡摩擦力后，考虑到实验可能存在的误差，因此要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件，故A错误；
B.摩擦力平衡之后， 改变小车中砝码的质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C.平衡摩擦力指平衡研究物体即小车所受的摩擦力，而小桶的作用只是提供拉力，所以平衡摩擦力时不能挂小桶，故C错误；
D.实验中应先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，故D正确；故选D；
(2)根据实验的原理可知，细线需要与长木板平行，同时为了节约纸带，要调节小车的位置，使小车紧靠打点计时器；
(3)每计数点间隔5个打点周期，即T=0.1s；
加速度为：a=5.62+4.77-3.05+3.924T2×10-2m/s2≈0.86m/s2；
(4)由牛顿第二定律可得：a=F-fm=Fm-μg，因此根据图象的纵截距可得，μ甲>μ乙。
故答案为：(1)D；(2)①调节定滑轮，使细线与长木板平行；②调节小车的位置，使小车紧靠打点计时器；(3)0.86；(4)大于。
13.【答案】解：(i)当A向右移动L5时，设B不动，气缸横截面积S，对I内气体由玻意尔定律得：
P0SL=P145SL
解得：P1=54P0