淄博市2024-2025學年度高三模擬考試物理注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號等填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號等，并將條形碼粘貼在指定位置上。2.選擇題答案必須使用鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每個題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.在沂源縣扁扁洞古人類文化遺址中發現大量動物殘骸。根據骸骨中的含量推斷出了該動物死亡的時間，進而確定該遺址的年代。已知此骸骨中的含量為活著的動物中的的半衰期為5730年，則扁扁洞遺址距今約（）A.1432.5年 B.2865年C.5730年 D.11460年【答案】D【解析】【詳解】此骸骨中的含量為活著的動物中的，說明正好經過兩個半衰期時間，故該生物死亡時距今約2×5730年=11460年。故選D2.抽制高強度纖維細絲可用激光監控其粗細，如圖所示，根據激光束越過細絲后在光屏上產生的條紋變化判斷細絲的粗細變化，下列說法正確的是（）A.運用了光的衍射現象，屏上條紋變寬，說明細絲變細B.運用了光的衍射現象，屏上條紋變寬，說明細絲變粗C.運用了光的干涉現象，屏上條紋變寬，說明細絲變細D.運用了光的干涉現象，屏上條紋變寬，說明細絲變粗【答案】A【解析】【詳解】當障礙物的尺寸與波的波長相當或小于波的波長，會發生明顯的衍射現象，該裝置的原理是光的衍射現象，如果屏上條紋變寬，則細絲變細，故BCD錯誤，A正確。故選A。3.2024年9月11日，朱雀三號火箭可重復使用垂直起降回收試驗圓滿完成。試驗中朱雀三號經歷了“加速上升→關閉發動機無動力滑行→發動機空中二次起動→軟著陸”過程，其圖像如圖所示（取豎直向上為正方向），下列說法正確的是（）A時間內，朱雀三號加速上升且加速度逐漸增大B.時間內，朱雀三號減速下降C.時間內，朱雀三號減速下降且加速度逐漸減小D.時間內，朱雀三號處于超重狀態【答案】D【解析】【詳解】A．切線的斜率表示加速度，時間內，速度為正值且在增大，切線的斜率先增大后減小，朱雀三號加速上升且加速度先增大后減小，故A錯誤；B．時間內，速度為正值且在減小，朱雀三號減速上升，故B錯誤；C．時間內，速度為負值且絕對值在增大，切線的斜率在減小，朱雀三號加速下降且加速度逐漸減小，故C錯誤；D．時間內，速度為負值且絕對值在減小，朱雀三號減速下降，加速度向上，朱雀三號處于超重狀態，故D正確。故選D。4.天體的第二宇宙速度為第一宇宙速度的倍。已知火星與地球的質量比為、半徑比為。地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為，忽略天體自轉的影響，則火星的第二宇宙速度為（）A. B.C D.【答案】C【解析】【詳解】地球的第一宇宙速度等于衛星貼近地面做勻速圓周運動的環繞速度，已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則有解得根據萬有引力和重力的關系可得則已知火星與地球的質量比為k、半徑比為n，則火星的第一宇宙速度為火星的第二宇宙速度為故選C。5.如圖所示，在離地面高h的O處固定一點光源，其正前方水平距離為處豎直放置一光屏。將一小球以大小為的初速度從O點水平向右拋出，在光屏上可以看到小球影子的運動，空氣阻力不計，重力加速度為，則在小球運動過程中（）A.影子做勻速直線運動，速度大小為B.影子做勻速直線運動，速度大小為C.影子做勻加速直線運動，加速度大小為D.影子做勻加速直線運動，加速度大小為【答案】A【解析】【詳解】小球做平拋運動，小球在光屏上的投影點如圖所示由幾何知識得其中解得則影子的位移與時間成正比，小球在點光源照射下的影子在墻上的運動是勻速直線運動，速度大小故選A。6.如圖，半徑為的球冠形透明介質，中心厚度為，處于豎直平面內。一束單色激光自球冠右表面的處沿半徑方向入射，通過透明介質后，光線與水平中心軸交于點，間的距離為，光在真空中傳播的速度為，則（）A.該光線從球冠左表面出射時的折射角為B.該光線在透明介質中的折射率為1.5C.該光線在透明介質中傳播的時間為D.若該光線從透明介質的左側平面內任意一點水平向右入射，均可從右側球面出射【答案】C【解析】【詳解】A．根據題意，光路如圖幾何關系可知，且則則，故該光線從球冠左表面出射時的折射角不是，故A錯誤；B．折射率聯立解得故B錯誤；C．光在介質中傳播速度幾何關系可知光線在透明介質中傳播的時間聯立以上，解得故C正確；D．若該光線從透明介質的左側平面內任意一點水平向右入射，則入射角為，設折射角為，則有聯立解得故在右側球面的入射角大于臨界角C，光在右側球面會發生全反射，不能從右側球面出射，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，光滑水平面上放置質量均為的兩塊木板，其上分別有質量均為的機器人，兩機器人間用一不可伸長的輕繩相連。現用水平拉力拉其中一塊木板，使兩機器人和兩木板以相同加速度一起運動，機器人與木板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為，則輕繩對機器人的最大拉力大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】設輕繩拉力最大值為F，對左邊一組物體分析受力，由牛頓第二定律繩子拉力最大時，右邊一組m和2m之間的摩擦力為最大靜摩擦力，對左邊一組和右邊機器人分析受力，由牛頓第二定律有聯立解得繩子拉力最大值故選B。8.如圖所示，恒定電流流過邊長為的水平放置的正方形導線，O點為正方形的中心，P點位于O點正上方且，每條導線在P點的磁感應強度大小均為，則P點的磁感應強度大小為（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】根據圖中幾何關系結合安培定則，可知兩相互平行導線在P點產生的磁感應強度方向的夾角為，如圖所示則兩相互平行導線在P點產生的合磁感應強度大小為方向豎直向上；則正方形導線在P點的磁感應強度大小為故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每個題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.圖甲為一列簡諧波在t=0.2s時的波形圖，P、Q兩個質點的平衡位置分別位于x=1m和x=3m處，圖乙為質點Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的傳播速度大小為15m/sC.在t=0時，質點P的位移為D.質點P從圖甲所示位置再經的時間，將回到平衡位置【答案】AD【解析】詳解】A．由圖乙可知，t=0.2s時質點Q位于平衡位置向下振動，根據“上下坡”法可知，簡諧波沿x軸負方向傳播，故A正確；B．由圖甲可知波長為12m，由圖乙可知周期為0.4s，所以波速為故B錯誤；C．t=0.2s時質點的位移為所以，在t=0時，質點P的位移為，故C錯誤；D．由于波速為30m/s，所以再經的時間，波沿x軸負方向傳播的距離為根據平移法可知，此時質點P處于平衡位置且向下振動，故D正確。故選AD。10.2025年2月8日，我國大科學裝置——江門中微子實驗開始液體閃爍體灌注。利用光電倍增管探測中微子被液體“俘獲”時產生的閃爍光，并將光信號轉換為電信號輸出。如圖為光電倍增管的原理圖，在陰極、各倍增電極和陽極間加上電壓，使陰極、各倍增電極到陽極的電勢依次升高。當頻率為的入射光照射到陰極上時，從上有光電子逸出，光電子的最大初速率為，陰極和第一倍增極間的加速電壓為，電子加速后以較大的動能撞擊到電極上，從上激發出更多電子，之后激發的電子數逐級倍增，最后陽極收集到數倍于陰極的電子數。已知電子電荷量為，質量為，普朗克常量為。下列說法正確的是（）A.該光電倍增管適用于各種頻率的光B.僅增大該入射光光強不影響陽極單位時間內收集到的電子數C.陰極材料的逸出功為D.光電子到達第一倍增極的最大動能為【答案】CD【解析】【詳解】A．該光電倍增管僅適用于能夠使陰極K發生光電效應的光，故A錯誤；B．僅增大該入射光的強度，則從陰極K發射的光電子增多，所以最后從陽極A釋放的電子數也會增多，故B錯誤；C．根據愛因斯坦光電效應方程可得解得陰極材料的逸出功為故C正確；D．光電子到達第一倍增極D1的過程，根據動能定理有可得光電子到達第一倍增極D1的最大動能為故D正確。故選CD。11.圖為通過遠距離輸電方式給新能源汽車充電樁供電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈匝數比分別為、，輸電線總電阻為。在的原線圈兩端接入一電壓為的交流電。不考慮其它因素的影響，下列說法正確的是（）A.充電樁上交流電的周期為0.01sB.當充電樁使用個數增多時，的輸出電壓減小C.當的輸入功率為時，輸電線上損失的電功率為D.當的輸入功率為時，的輸出電壓有效值為【答案】BD【解析】【詳解】A．由可知，則周期為s故A錯誤B．若充電樁消耗的功率增大，則電源輸入總功率變大，因為總電壓不變，由可知升壓變壓器原線圈電流變大，升壓變壓器副線圈電流變大，則輸電線上的損耗電壓變大，降壓變壓器原線圈電壓變小，則的輸出電壓減小,故B正確。C．的輸入電壓為V的輸入功率為時，則電流為A根據解得A輸電線上損失的電功率為故C錯誤；D．根據解得V輸電線兩端的電壓為V則V根據解得V故D正確；故選BD。12.如圖，直角梯形區域為的中點，直角三角形、平行四邊形ebcd兩區域內存在磁感應強度大小相等、方向相反且垂直與紙面的勻強磁場，一等腰直角三角形導線框與梯形在同一平面內，邊長為且與共線，導線框以垂直于的恒定速度穿過磁場區域，從點進入磁場開始計時，末剛好到達點。規定逆時針方向為感應電流的正方向，水平向左為導線受到的安培力的正方向，此過程中線框中的感應電流受到的安培力，二者與時間的關系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【詳解】AB．設導線框速度為v，電阻為R，則內電流可知均勻增大，該過程最大電流為，由右手定則可知電流方向為逆時針，為正方向；

內，導線框一部分在垂直紙面向里的磁場，一部分在垂直紙面向外的磁場，且兩邊切割磁感線產生的感應電動勢方向相同，此時兩邊產生的感應電動勢相加，可得可知電流從最大逐漸減小到0，由右手定則可知電流方向為順時針，為負方向；2~3s內，導線框離開磁場，電流可知電流逐漸減小到0，由右手定則可知電流方向為逆時針，為正方向。綜合可知，內最大電流是

末電流的

2

倍，所以圖像B選項符合題意。CD．根據

內，AC在磁場外，安培力內，導線框一部分在垂直紙面向里的磁場，一部分在垂直紙面向外的磁場，AC邊安培力大小可知該過程安培力從最大值逐漸減小到0，再反向增大最后減小到0，分析可知AC邊安培力方向先向左后向右，即方向先正后負，且圖像為開口向上的二次函數；內，線框出磁場，AC邊安培力大小可知安培力從最大值逐漸減小，且圖像為開口向上的二次函數。綜合分析可知C選項符合題意。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某同學利用傳感器驗證向心力與角速度間的關系。如圖甲，電動機的豎直軸與水平放置的圓盤中心相連，將力傳感器和光電門固定，圓盤邊緣上固定一豎直的遮光片，將光滑小定滑輪固定在圓盤中心，用一根細繩跨過定滑輪連接小滑塊和力傳感器。實驗時電動機帶動水平圓盤勻速轉動，滑塊隨圓盤一起轉動，力傳感器可以實時測量繩的拉力的大小。（1）圓盤轉動時，寬度為d的遮光片從光電門的狹縫中經過，測得遮光時間為，則遮光片的線速度大小為___________，圓盤半徑為R，可計算出滑塊做圓周運動的角速度為___________。（用所給物理量的符號表示）（2）保持滑塊質量和其做圓周運動的半徑不變，改變滑塊角速度，并記錄數據，做出圖線如圖乙所示，從而驗證與關系。該同學發現圖乙中的圖線不過坐標原點，且圖線在橫軸上的截距為，滑塊做圓周運動的半徑為，重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則滑塊與圓盤間的動摩擦因數為___________。（用所給物理量的符號表示）【答案】（1）①.②.（2）【解析】【小問1詳解】[1]遮光片的線速度大小為[2]根據線速度與角速度公式可知【小問2詳解】根據圖像可知時，，此時有解得14.磁阻效應是指某些材料的電阻值隨外加磁場變化而變化的現象。如圖甲為某磁敏電阻在室溫下的電阻——磁感應強度特性曲線，其中、分別表示有、無磁場時磁敏電阻的阻值。為測量某磁場的磁感應強度B，需先測量磁敏電阻處于磁場中的電阻值。實驗器材如下：A.磁敏電阻，無磁場時阻值B.滑動變阻器，總電阻為C.電流表A，量程3mA，內阻未知D.電壓表V，量程，內阻為E.直流電源，電動勢，內阻不計F.定值電阻G.開關，導線若干（1）待測磁場磁感應強度大小約為，選擇一個合理的定值電阻___________（選填“”“”“”）；（2）為使測量盡量精確，下列電路圖符合實驗要求的是___________；A. B.C. D.（3）將該磁敏電阻置于待測勻強磁場中，不考慮磁場對電路其它部分的影響。某次閉合開關后，電壓表的示數如圖乙所示，此時電壓表讀數為___________V；（4）進行多次測量，得到電壓表讀數U和電流表讀數，繪出圖像如圖丙所示，根據圖像，進一步分析得到勻強磁場中磁敏電阻的阻值___________，結合圖甲可知待測磁場的磁感應強度___________T。（結果均保留兩位有效數字）【答案】（1）（2）A（3）1.30（4）①.②.1.2【解析】【小問1詳解】磁場磁感應強度大小約為，根據圖像可知磁敏電阻，電壓表與電源相比，需要擴量程，所以串聯電阻【小問2詳解】采用伏安法測量電阻，由于待測電阻較大，且電壓表內阻已知，為了準確測量，選擇電流表外接，滑動變阻器采用分壓式接法。故選A。【小問3詳解】電壓表最小分度值為0.1V，讀數為1.30V。【小問4詳解】[1][2]根據歐姆定律整理得根據圖像有解得結合圖甲可知待測磁場的磁感應強度15.如圖所示，小齊同學借助安裝在水平地面的籃球發球機練習原地豎直起跳接球。小齊站在水平地面上，伸直雙臂舉手時手掌距地面最大高度。發球機出球口距地面的高度為，籃球從出球口以與水平方向成的速度射向小齊。在籃球發出一段時間后，小齊起跳離地，跳至最高點伸直雙臂恰能在頭頂正上方接住到達最高點的籃球。籃球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度取，，求：（1）處于最高點的籃球距地面的高度H；（2）從籃球發出到小齊起跳離地的時間。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】籃球射出時豎直方向的分速度為籃球在豎直方向上有籃球最高點距地面的高度為解得【小問2詳解】小齊離開地面后豎直上拋過程中有籃球在豎直方向上有從籃球發出到小齊起跳離地的時間為解得16.如圖為某潛艇模型的截面示意圖，容積為的貯氣艙通過細管與儲水艙連接，儲水艙中有一厚度忽略不計的輕活塞，儲水艙通過通海口與海水連通。某次下潛前，在海面上保持閥門關閉，貯氣艙內有壓強為、體積為的空氣，現將與貯氣艙內氣體等溫度的、壓強為、體積為的空氣緩慢充入貯氣艙。當潛艇靜止潛在某深度處時，活塞位于最右端，儲水艙內充滿水。現打開閥門向儲水艙壓入一定量的氣體后，活塞左移，排出水的體積為，此時關閉閥門，貯氣艙內剩余氣體的壓強變為，排水過程中氣體溫度不變，潛水艇深度不變。已知大氣壓強為，重力加速度為g，海水密度為，忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。求：（1）潛艇下潛前，充氣完成后貯氣艙內空氣的壓強p（2）潛艇所在的深度。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳解】對貯氣艙內原有氣體和新壓入的氣體，由玻意耳定律得解得【小問2詳解】潛水艇在深度處的壓強為對貯氣艙內的氣體，由玻意耳定律得對排入儲水艙內的氣體，由玻意耳定律得解得17.如圖所示，線圈匝數為、面積為，其兩端與平行板電容器兩極板M、N連接，線圈內有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度大小隨時間變化關系為是磁感應強度變化率，且未知）。寬度均為的、區域邊界豎直，其中內勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度的大小為，II內有水平方向的勻強電場，III內勻強磁場方向垂直紙面向里。一電子從靠近電容器M板的P處由靜止釋放，經電場加速后平行于紙面射入I區，速度與水平方向夾角，電子從I區右邊界射出時速度與水平方向夾角也為。已知電子的電荷量大小為，質量為，重力不計，不計線圈內變化磁場對電子運動的影響。（1）求線圈內磁感應強度變化率；（2）若區中電場強度為零，要使電子恰能返回II區，求III區中磁感應強度的大小；（3）若保持（2）中不變，并在II區加上水平向右的勻強電場，電場強度的大小為，電子仍從處由靜止釋放，求電子在III區中的運動時間。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】由法拉第電磁感應定律可知：且電子在MN間被加速過程有：電子在區域中偏轉過程中，由幾何關系得：由向心力公式得：聯立得：【小問2詳解】若電子恰能回到II區則電子在III區中的運動軌跡應與III區的右邊界相切，由幾何關系得：又得【小問3詳解】電子進入II區后在豎直方向和水平方向速度的分量分別為：，沿水平方向有：得：電子進入III區時合速度為：由得：電子進入III區時合速度與水平方向的夾角應滿足：解得得：即：因故電子不會從III區右邊界射出由幾何關系知電子在磁場III中轉過的圓心角為：又，解得18.如圖甲所