山東省淄博市2025年高考物理模擬檢測（一）

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題列出的四個選項中，只有

一項符合題目要求）

1.如圖所示，甲同學在地面上將排球以速度V1擊出，排球沿軌跡①運動；經過最高點后，乙同學跳起將排

球以水平速度以擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發點。忽略空氣阻力，則排球（）

A.沿軌跡②運動的最大速度可能為v/

B.沿軌跡①運動的最小速度為V2

C.沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同

D.沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小可能相同

【答案】A

【解析】AB.根據圖像可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，分析在最高點往左運動，根據平拋規律可

知

12%

h7=2gt＞匕=7

軌跡①運動時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度

v2=2gh

軌跡①的大，所以沿軌跡②運動的最大速度可能為以，沿軌跡①運動的最小速度即水平速度小于V2,故A

正確，B錯誤；

C.沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量

Av=g\t

不同，因為運動時間不同，故C錯誤；

D.沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小不同，因為位移大小相同，但時間不同，故D錯誤。

故選Ao

2.科技冬奧是北京冬奧會的一個關鍵詞，大家在觀看滑雪大跳臺的比賽時，對“時間切片”有深刻的印象，

就是把運動員從跳臺上速度斜向上起飛一直到落地的過程展現在一幀畫面上，3秒瞬間一幀呈現，給觀眾帶

來震撼視覺體驗。假如運動員質量為機，離開跳臺時速度的大小為V,重力加速度為g,運動中忽略阻力,

貝I」（）

A.運動員在空中運動的每幀位置之間，重力沖量不相同

B.運動員在空中運動的每幀位置之間，速度的改變方向不同

C.運動員從跳臺到最高點過程中，重力勢能的增加為叱

2

D.運動員從最高點落回地面過程中重力的瞬時功率隨時間均勻增加

【答案】D

【解析】A.運動員在空中運動的每幀位置之間，時間間隔相同，重力的沖量由

I=mgt

可知重力沖量相同，故A錯誤；

B.運動員在空中只受重力作用，運動的每幀位置之間，速度的改變方向由

Av=gt

可知是相同的，故B錯誤；

C.運動員從跳臺到最高點過程中，由于最高點有水平方向的速度，所以重力勢能的增加小于叱，故C錯

2

誤；

D.運動員從最高點落回地面過程中重力的瞬時功率為

P=mgv=mg2t

所以隨時間均勻增加，故D正確。

故選D。

3.如圖甲所示，光滑斜面上有一滑塊，受到沿斜面向上的作用力E,從靜止開始向上運動，物塊的機械能

￡與位移x的關系如圖乙所示（沿斜面向上為正方向）。下列說法正確的是（）

E

A.。~國過程中，力尸逐漸增大

B.王~馬過程中，物塊的加速度一直減小

C.0~%過程中，物塊的動能一直增大

D.Z~月過程中，物塊受到的力尸為零

【答案】D

【解析】A.由圖甲知，物塊沿斜面向上運動時，只有重力和作用力廠對物塊做功，所以作用力廠對物塊做

功等于物塊的機械能的變化，即

Fx=AE

因物塊從靜止開始運動，所以

A￡=E-0

E=AE

因此圖像的斜率表示作用力P,由圖乙可得0占過程中，力尸恒定，A錯誤；

B.占-%過程中，作用力廠越來越小，但物塊的重力沿斜面向下的分力即下滑力不變，所以物塊的加速度

先減小后反向增大，B錯誤；

C.0%過程中，由B分析知，物塊的速度先增大后減小，因此物塊動能先增大后減小，C錯誤；

D.過程中，即對應圖像8C部分，其斜率為零，物塊受到的力產為零，D正確。

故選D。

4.A、8兩個粗細均勻的同心光滑圓環固定在豎直轉軸上，圓心。在轉軸上，兩環和轉軸在同一豎直面內，

a、b兩個小球分別套在A、8兩個圓環上，當兩環繞豎直軸勻速轉動后，a、6兩球在環上的位置可能是（）

【答案】B

【解析】對小環受力分析如圖

r2

mg—=mcor

h

兩小球角速度相同，故相同，即在同一個水平面內做圓周運動。

故選B?

5.光的干涉現象在技術中有重要應用，例如檢查平面的平整程度。如圖甲所示，把一標準透明板壓在另一

被檢測透明板上，一端用兩張紙片墊起，構成空氣劈尖，讓單色光。、。分別從上方射入，得到明暗相間的

條紋如圖乙所示。下列說法正確的是（）

Illlllll

紙片

甲乙丙

A.單色光。的波長比單色光6的波長大

B.若抽掉一張紙片，條紋間距會變小

C.若出現圖丙的干涉圖樣，彎曲的干涉條紋說明被檢測的平面在此處是凸起的

D.若單色光a剛好能讓某金屬發生光電效應，則單色光b一定能讓該金屬發生光電效應

【答案】C

【解析】設空氣劈尖的頂角為仇相鄰亮條紋中央之間的距離為Ax,則有

4

tan6=—

Ax

解得

A.根據以=—三,入射光的波長越大，干涉條紋越寬，因為。光的條紋窄，6光的條紋寬，所以單色光

2tan（9

。的波長比單色光b的波長小，A錯誤；

B.根據以=^-若抽掉一張紙片，。變小，條紋間距變大，B錯誤；

2tan6?

夕

C.根據Ax=^-條紋向右彎曲，條紋間距△無比左側大，即△無變大，表明8變小，空氣薄膜變薄,

說明被檢測的平面在此處是凸起，C正確；

D.因為單色光a的波長比單色光6的波長小，所以單色光。的頻率比單色光6的頻率高，若單色光。剛好

能讓某金屬發生光電效應，則單色光。的頻率恰好等于極限頻率，單色光b的頻率一定小于極限頻率，單

色光b一定不能讓該金屬發生光電效應，D錯誤。

故選C。

6.圖甲是正在水平面內工作的送餐機器人，該機器人沿圖乙中ABC。曲線給16號桌送餐，已知弧長和半

徑均為4m的圓弧8C與直線路徑AB、相切，AB段長度也為4m,C。段長度為12m,機器人從A點由

靜止勻加速出發，到B點時速率恰好為lm/s,接著以lm/s的速率勻速通過BC,通過C點后以lm/s的

速率勻速運動到某位置后開始做勻減速直線運動，最終停在16號桌旁的。點。已知餐盤與托盤間的動摩擦

因數〃=0.1,關于該運動的說法正確的是（）

甲乙

A.8到C過程中機器人的向心加速度〃=0.2m/s2

B.餐盤和水平托盤不發生相對滑動的情況下，機器人從。點到。點的最短時間占12.5s

C.A到B過程中餐盤和水平托盤會發生相對滑動

D.若重新設置機器人，使其在8C段以3m/s勻速率通過，餐盤與水平托盤間不會發生相對滑動

【答案】B

【解析】A.8到C過程中機器人的向心加速度

22

VI22

a=—=一m/s2=0.25m/s2

r4

選項A錯誤；

B.餐盤和水平托盤不發生相對滑動的情況下，機器人的加速度最大值為

2

am==lm/s

到達。點之前減速的時間

VY

%=——=1s

am

減速位移

VCL

%=—^=0.5m

從C到開始減速的時間

125

t,=~O-=11.5S

1

則機器人從C點到D點的最短時間

/=ti+t2=12.5s

選項B正確；

C.機器人從A點由靜止勻加速出發，到8點時速率恰好為lm/s,則該過程中的加速度

v2I2

2-9

q=------=-------m/s=0.125m/s<am

2次2x4

可知A到B過程中餐盤和水平托盤不會發生相對滑動，選項C錯誤；

D.若重新設置機器人，使其在8C段以3m/s勻速率通過，則向心加速度

22

V322

a=—=——m/s=2.25m/s>a

2r4m

可知餐盤與水平托盤間會發生相對滑動，選項D錯誤。

故選B。

7.一根輕繩平放在x軸上，繩的左端剛好與坐標原點。對齊，用手握著繩的左端在/=。時刻開始上下做簡

諧運動，t=2s時，波傳播到x=3m處，波形如圖所示，此時x=0處的質點運動的路程為45cm,則下列判

B.t=0時刻，坐標原點處的質點向上振動

C.波傳播到x=6m處時，x=4m處的質點運動的路程為30cm

D.若將繩振動的周期減半，則形成的波傳播速度加倍

【答案】C

【解析】A.由圖可知

1.5T=2s

解得

/=-=0.75Hz

T

故A錯誤；

B.f=2s時刻，x=3m處的質點向下振動，因此￡=。時刻，坐標原點處的質點也向下振動，故B錯誤；

C.波的振幅為

“45ru

A=——cm=7.5cm

6

波傳播到x=6m處時，x=4m處的質點已振動一個周期，通過的路程為30cm,故C正確；

D.若將繩的振動周期減半，波的傳播速度不變，故D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題列出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

8.磁聚焦的原理圖如圖。通電線圈產生沿其軸線44'方向的勻強磁場。從A點發出的帶電粒子束初速度％

大小相等，方向與AA'的夾角都比較小。把初速度%沿A4'方向和垂直于AA'方向分解，沿44'方向

的分速度匕=%cosO7%（角度很小時），這表明所有粒子在沿44,方向的分速度都相同。在垂直44'方

向，所有粒子均做圓周運動，只要粒子的比荷相等，周期就相等，因此，所有從A點發出的帶電粒子束就

能在A'點匯聚，這就是磁聚焦原理。設由電性相反、比荷均為人的兩種粒子組成的粒子束從A點射入該通

電線圈，初速度%大小相等，方向與A4'的夾角相等且都很小，這些粒子在A'點匯聚在了一起。已知該

通電線圈在線圈內產生的勻強磁場的磁感應強度大小為8,忽略粒子的重力及粒子間的相互作用，則A、A'

之間的距離可能是（）

通電線圈

6乃環

CD.—

kBkB

【答案】BCD

【解析】由于粒子束由電性相反的兩種粒子組成，兩種粒子在磁場中的旋轉方向相反，要實現匯聚，必須

經過周期的整數倍，因此A、A之間的距離可能是7%、27%……而不能是g7%、…，由于

2TTR

qvB=m—,T=

Rv

解得

2兀m2兀

T=

qBkB

所以A、A之間的距離可能是

,2〃萬之

a=----(〃=1,2,3)

kB

當力=1時有

4

kB

當九=2時有

d*

kB

當〃=3時有

故選BCDo

9.如圖所示，勻強電場與直角三角形ABC所在平面平行，將電荷量為-3.0X10-6C的點電荷從電場中的A

點移到2點，靜電力做了-1.2><10力的功；再從B點移到C點，靜電力做了0.6x10-”的功，且AB=4cm,

3c=3cm,以下說法正確的是（）

B.電場強度大小為巫^xl（）2v/m

4

3

C.若電場強度的方向與豎直線夾角為6（6<9伊），則tan6=]

D.若電場強度的方向與豎直線夾角為6（。<如°）,貝心曲占二三

【答案】AC

【解析】AB.根據公式

WAB=(1UAB

整理有

同理有

令2點電勢為0,則

ei=4V,<pc=2V

在勻強電場中任意一條直線上等距離等電勢降落，所以中點。的電勢為“=2V,連接CD為等勢線,

自B點作C。的垂線即為電場線，如圖所示

D

AB

因為

DB=2cm,BC=3cm

所以

CD=A/13cm

因UEB=2V,在三角形CDB中根據面積相等

-BDBC=-CDEB

22

求得

6

EB=—i=cm

V13

解得

E=—=—xlO2V/m

EB3

故A正確，B錯誤;

CD.如圖所示

-CDBE=-CEBE+-(CD-CEYBE

222V7

根據三角形邊角關系可得

CE3

tanun=二一

BE2

故C正確，D錯誤。

故選ACo

10.如圖所示為某小型發電站高壓輸電示意圖。升壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為q和。2,降壓變

壓器原、副線圈兩端的電壓分別為&和在輸電線路的起始端接入兩個互感器，兩個互感器原、副線圈

的匝數比分別為20:1和1:20,各互感器和電表均為理想的，則下列說法正確的是（）

A.左側互感器起到降壓作用，右側互感器起到降流作用

B.若電壓表的示數為220V,電流表的示數為8A,則線路輸送電功率為220kW

C.若保持發電機輸出電壓G一定，僅將滑片Q下移，則輸電線損耗功率增大

D.若發電機輸出電壓q一定，若用戶數增加，為維持用戶電壓力一定，可將滑片p下移

【答案】AC

【解析】A.根據兩個互感器原、副線圈的匝數比可知電壓互感器起到降壓的作用，電流互感器起到降流（升

壓）的作用，A正確；

B.設輸電電流為右，根據理想變壓器電壓和電流規律可得

U2_20

五一丁

20

廣了

解得

U2=4400V

/2=160A

所以線路輸送的電功率為

P=U2I2=4400X160W=704kW

B錯誤；

C.由理想變壓器電壓和電流規律可得

_^2.

03_n3

U4%

I?=%

，4%

設輸電線路總電阻為廣，根據閉合電路歐姆定律有

U3=U2-I2r

設用戶端總電阻為R,根據歐姆定律有

/-幺

4R

聯立解得

/=_^_

若保持發電機輸出電壓■和用戶數一定，僅將滑片Q下移，則。2增大，R不變，所以增大，而輸電線損

耗功率為

\P=I；r

所以輸電線損耗功率增大，C正確；

D.若保持發電機輸出電壓q和Q的位置一定，使用戶數增加，即4不變，R減小，則右增大，4減小,

為了維持用戶電壓力一定，需要增大幺，可將滑片P上移，D錯誤。

?3

故選AC。

三、非選擇題（本大題共5小題，共54分。第U題6分，第12題9分，第13題10分，第

14題12分，第15題17分。其中13—15題解答時要求寫出必要的文字說明、方程式和重要

的演算步驟，若只有最后答案而無演算過程的不得分；有數值計算時，答案中必須明確寫出

數值和單位。）

11.使用如圖1裝置做“探究氣體壓強與體積的關系”的實驗，己知壓力表通過細管與注射器內的空氣柱

相連，細管隱藏在柱塞內部未在圖中標明。

（1）為了探究壓強〃與體積V的關系，在測得需要的實驗數據后,為達到“探究”的實驗目的，用圖像法進

行數據分析，從下列選項中選出需要的步驟并按順序排列

A.作P-V圖像，根據畫出的圖線猜測p與丫的關系

B.作圖像，根據畫出的圖線猜測p與V的關系

C.作。-丫圖像，對p與V關系的猜測進行檢驗

D.作圖像，對p與V關系的猜測進行檢驗

E.檢驗正確，得出p與丫關系的結論

（2）第1小組為了探究一定質量的氣體在不同溫度時發生等溫變化是否遵循相同的規律，進行了兩次實驗，

得到的。-V圖像如圖2所示。第2小組根據某次實驗數據作出的丫-!圖如圖3所示。下列說法正確的是

P

A.實驗前應將注射器里的空氣完全排出

B.為了減少實驗誤差，可以在柱塞上涂上潤滑油，以減少摩擦

C.由圖2可知，第1小組的兩次實驗氣體溫度大小關系為E>T2

D.如圖3所示，若第2小組實驗操作正確，則V。為聯通空氣柱與壓力表細管的體積

（3）如圖4所示，小明從狀態A緩慢拉升柱塞，使其到達狀態B（體積為乂）。若此時突然提升柱塞，使其

快速到達體積匕，則此時匕對應下圖中的狀態—（填“C”、"D”、"E”、“尸”）（圖中A、B、E為

同一等溫線上的點）

【答案】（l）ADE

（2）CD

⑶/

【解析】（1）根據實驗原理可作P-V圖像，根據畫出的圖線猜測P與V的關系，再作圖像，對P與V

關系的猜測進行檢驗，檢驗正確，得出P與V關系的結論。

故選ADE。

（2）A.實驗是以注射器內的空氣為研究對象，所以實驗前注射器內的空氣不能完全排出，故A錯誤；

B.為了減少實驗誤差，可以在柱塞上涂上潤滑油，以保證氣密性良好，故B錯誤；

C.根據理想氣體狀態方程pV=CT可知，離坐標原點越遠的等溫線溫度越高，則有工＞工，故C正確；

D.設聯通空氣柱與壓力表細管的體積為口，則有

p（v+v'）=c

整理可知

V^-C-V

P

根據圖像可知V。為聯通空氣柱與壓力表細管的體積，故D正確；

故選CDo

（3）快速到達體積匕，氣體對外界做功，熱量幾乎不變，根據熱力學第一定律

\U=W+Q

可知，內能減小，溫度降低，則對應圖中的狀態凡

12.某同學為了測量電壓表的內阻，從實驗室找到一些實驗器材：

電源E（電動勢為1.5V,內阻為2Q）；

待測電壓表（量程為300mV,內阻約為lkQ）；

電阻箱（0?9999.9Q）；

滑動變阻器&（0-20Q,1A）；

滑動變阻器&（0-200Q,0.1A）；

定值電阻R=60Q；

（1）根據實驗器材設計了如圖甲所示電路圖，滑動變阻器應選擇—（填“或）o

（2）先調節滑動變阻器滑片至左端，電阻箱接入電路阻值為零，閉合開關，調節滑動變阻器使電壓表滿偏，

保持滑動變阻器滑片不動，再調節電阻箱阻值為4時電壓表半偏，則電壓表的內阻為—，用此方法測出

的電壓表內阻比實際值偏—（填“大”或“小”）。

（3）之后將此電壓表改裝成量程3V的電壓表，并用標準表進行校對，實驗電路如圖乙所示。校準過程中，

改裝表示數總是略小于標準表，則應該將電阻箱阻值調—（填“大”或“小”），若改裝表的表頭讀數為

300mV時，標準電壓表的讀數為2.8V,此時電阻箱示數為9000Q,為了消除誤差，則電阻箱接入阻值應

為Qo

改裝表

【解析】(1)[1]滑動變阻器分壓式接入電路，阻值小方便控制電路，故滑動變阻器應選擇

(2)[2]由于滑動變阻器阻值較小,可以控制電壓表和電阻箱兩端總電壓近似不變，電壓表的示數為半偏時,

電阻箱示數即等于電壓表的內阻，故電壓表內阻為&；

[3]電阻箱接入電路后，電阻箱和電壓表兩端電壓增大，當電壓表的示數為半偏的時候，電阻箱分擔的電壓

大于半偏的電壓值，因此電阻箱的電阻大于電壓表的內阻，故測量值偏大。

(3)[4]改裝表的示數偏小，即電壓表分擔的電壓過小，根據串聯分壓原則應適當將電阻箱阻值調小；

[5]設消除誤差后，設電阻箱接入電路的電阻為段，此時電路中的電流

;2.8V-0.3V

9000Q

電壓表的真正電阻

風=當

根據電表改裝原理有

3V-

0.3V《

聯立解得

R*=9720Q

13.如圖所示，兩個橫截面積均為S的絕熱汽缸水平放置并固定在水平面上，兩個汽缸通過底部的細管連

通，細管上裝有閥門K…左側汽缸長度為Z,內部有壓強為2p。、溫度為心的理想氣體；右側汽缸足夠長,

絕熱活塞（厚度不計）與汽缸底部隔開長度為/的真空，并用銷釘K2固定活塞，右端開口與大氣相通。活

塞與汽缸內壁間無摩擦且不漏氣，不計細管的容積和電熱絲的體積，大氣壓強為加。

（1）僅打開閥門K，判斷理想氣體內能的變化情況并說明理由；

（2）打開閥門監，并拔去銷釘K?,給電熱絲通電使汽缸內溫度緩慢升高到1.5",求穩定后活塞移動的距

【解析】（1）根據題意，僅打開閥門Ki,汽缸內氣體體積自由膨脹，對外不做功，同時由于汽缸絕熱，氣

體既不吸熱也不放熱，所以根據熱力學第一定律可知，氣體內能不變;

（2）根據理想氣體狀態方程

工一心

即

2p0LS_p0(2L+x)S

=

To1.57；

解得

x=L

14.如圖所示，某商場里完全相同的手推車甲和已經嵌套在一起的4輛手推車乙靜置于水平地面，工作人

員在極短的時間內給甲車一個沖量后立即以一定速度撞上乙車并嵌套在一起，觀察到碰后整體在地面上滑

行了16cm后停下。假設碰撞時間極短，車運動時受到的阻力恒為車重的0.05倍，每輛手推車質量均為

77?=5kg,重力加速度g取lOm/s?。求:

（1）碰后整體的速度的大小；

（2）此過程中工作人員對甲車做了多少功。

甲乙

■1酈1MM■司

【答案】(1)0.4m/s；(2)10J

【解析】(1)根據題意可得f=0Q5mg,根據牛頓第二定律

f=ma

根據牛頓第二定律

a=0.05g=0.5m/s2

整體在勻減速過程中有

—2ax=0—K2

x=0.16m

解得

v=0.4m/s

(2)設甲獲得初速度為%，根據甲乙碰撞前后動量守恒，有

mv0=5mv

解得

v0=2m/s

根據動能定理，人對甲做的功即轉化為甲車的初動能，即

12

W=萬mv0

解得

W=10J

15.如圖所示，一足夠長水平傳送帶順時針轉動，速度大小恒為%=4m/s。傳送帶上MV右側存在一方向

豎直向上的勻強磁場區域，磁感應強度大小為3=2.0T。有一邊長為/=2m、粗細均勻的正方形導線框

質量〃z=10kg,總電阻尺=4。。勖邊與磁場邊界平行，在四邊距