山东省淄博市2025年高考物理模拟检测（一）解析版

山东省淄博市2025年高考物理模拟检测（一）

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.如图所示，甲同学在地面上将排球以速度V1击出，排球沿轨迹①运动；经过最高点后，乙同学跳起将排

球以水平速度以击回，排球沿轨迹②运动，恰好落回出发点。忽略空气阻力，则排球（）

A.沿轨迹②运动的最大速度可能为v/

B.沿轨迹①运动的最小速度为V2

C.沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量大小相同

D.沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小可能相同

【答案】A

【解析】AB.根据图像可知，轨迹①最高点大于轨迹②最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可

知

12%

h7=2gt＞匕=7

轨迹①运动时间长，但水平位移小，所以轨迹①水平分速度小，竖直分速度

v2=2gh

轨迹①的大，所以沿轨迹②运动的最大速度可能为以，沿轨迹①运动的最小速度即水平速度小于V2,故A

正确，B错误；

C.沿轨迹①和轨迹②运动过程的速度变化量

Av=g\t

不同，因为运动时间不同，故C错误；

D.沿轨迹①和轨迹②运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，故D错误。

故选Ao

2.科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，

就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带

来震撼视觉体验。假如运动员质量为机，离开跳台时速度的大小为V,重力加速度为g,运动中忽略阻力,

贝I」（）

A.运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同

B.运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同

C.运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为叱

2

D.运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加

【答案】D

【解析】A.运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同，重力的冲量由

I=mgt

可知重力冲量相同，故A错误；

B.运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由

Av=gt

可知是相同的，故B错误；

C.运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于叱，故C错

2

误；

D.运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为

P=mgv=mg2t

所以随时间均匀增加，故D正确。

故选D。

3.如图甲所示，光滑斜面上有一滑块，受到沿斜面向上的作用力E,从静止开始向上运动，物块的机械能

£与位移x的关系如图乙所示（沿斜面向上为正方向）。下列说法正确的是（）

E

A.。~国过程中，力尸逐渐增大

B.王~马过程中，物块的加速度一直减小

C.0~%过程中，物块的动能一直增大

D.Z~月过程中，物块受到的力尸为零

【答案】D

【解析】A.由图甲知，物块沿斜面向上运动时，只有重力和作用力厂对物块做功，所以作用力厂对物块做

功等于物块的机械能的变化，即

Fx=AE

因物块从静止开始运动，所以

A£=E-0

E=AE

因此图像的斜率表示作用力P,由图乙可得0占过程中，力尸恒定，A错误；

B.占-%过程中，作用力厂越来越小，但物块的重力沿斜面向下的分力即下滑力不变，所以物块的加速度

先减小后反向增大，B错误；

C.0%过程中，由B分析知，物块的速度先增大后减小，因此物块动能先增大后减小，C错误；

D.过程中，即对应图像8C部分，其斜率为零，物块受到的力产为零，D正确。

故选D。

4.A、8两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心。在转轴上，两环和转轴在同一竖直面内，

a、b两个小球分别套在A、8两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后，a、6两球在环上的位置可能是（）

【答案】B

【解析】对小环受力分析如图

r2

mg—=mcor

h

两小球角速度相同，故相同，即在同一个水平面内做圆周运动。

故选B«

5.光的干涉现象在技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一标准透明板压在另一

被检测透明板上，一端用两张纸片垫起，构成空气劈尖，让单色光。、。分别从上方射入，得到明暗相间的

条纹如图乙所示。下列说法正确的是（）

Illlllll

纸片

甲乙丙

A.单色光。的波长比单色光6的波长大

B.若抽掉一张纸片，条纹间距会变小

C.若出现图丙的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的

D.若单色光a刚好能让某金属发生光电效应，则单色光b一定能让该金属发生光电效应

【答案】C

【解析】设空气劈尖的顶角为仇相邻亮条纹中央之间的距离为Ax,则有

4

tan6=—

Ax

解得

A.根据以=—三,入射光的波长越大，干涉条纹越宽，因为。光的条纹窄，6光的条纹宽，所以单色光

2tan（9

。的波长比单色光b的波长小，A错误；

B.根据以=^-若抽掉一张纸片，。变小，条纹间距变大，B错误；

2tan6»

夕

C.根据Ax=^-条纹向右弯曲，条纹间距△无比左侧大，即△无变大，表明8变小，空气薄膜变薄,

说明被检测的平面在此处是凸起，C正确；

D.因为单色光a的波长比单色光6的波长小，所以单色光。的频率比单色光6的频率高，若单色光。刚好

能让某金属发生光电效应，则单色光。的频率恰好等于极限频率，单色光b的频率一定小于极限频率，单

色光b一定不能让该金属发生光电效应，D错误。

故选C。

6.图甲是正在水平面内工作的送餐机器人，该机器人沿图乙中ABC。曲线给16号桌送餐，已知弧长和半

径均为4m的圆弧8C与直线路径AB、相切，AB段长度也为4m,C。段长度为12m,机器人从A点由

静止匀加速出发，到B点时速率恰好为lm/s,接着以lm/s的速率匀速通过BC,通过C点后以lm/s的

速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的。点。已知餐盘与托盘间的动摩擦

因数〃=0.1,关于该运动的说法正确的是（）

甲乙

A.8到C过程中机器人的向心加速度〃=0.2m/s2

B.餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从。点到。点的最短时间占12.5s

C.A到B过程中餐盘和水平托盘会发生相对滑动

D.若重新设置机器人，使其在8C段以3m/s匀速率通过，餐盘与水平托盘间不会发生相对滑动

【答案】B

【解析】A.8到C过程中机器人的向心加速度

22

VI22

a=—=一m/s2=0.25m/s2

r4

选项A错误；

B.餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人的加速度最大值为

2

am==lm/s

到达。点之前减速的时间

VY

%=——=1s

am

减速位移

VCL

%=—^=0.5m

从C到开始减速的时间

125

t,=~O-=11.5S

1

则机器人从C点到D点的最短时间

/=ti+t2=12.5s

选项B正确；

C.机器人从A点由静止匀加速出发，到8点时速率恰好为lm/s,则该过程中的加速度

v2I2

2-9

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

2次2x4

可知A到B过程中餐盘和水平托盘不会发生相对滑动，选项C错误；

D.若重新设置机器人，使其在8C段以3m/s匀速率通过，则向心加速度

22

V322

a=—=——m/s=2.25m/s>a

2r4m

可知餐盘与水平托盘间会发生相对滑动，选项D错误。

故选B。

7.一根轻绳平放在x轴上，绳的左端刚好与坐标原点。对齐，用手握着绳的左端在/=。时刻开始上下做简

谐运动，t=2s时，波传播到x=3m处，波形如图所示，此时x=0处的质点运动的路程为45cm,则下列判

B.t=0时刻，坐标原点处的质点向上振动

C.波传播到x=6m处时，x=4m处的质点运动的路程为30cm

D.若将绳振动的周期减半，则形成的波传播速度加倍

【答案】C

【解析】A.由图可知

1.5T=2s

解得

/=-=0.75Hz

T

故A错误；

B.f=2s时刻，x=3m处的质点向下振动，因此£=。时刻，坐标原点处的质点也向下振动，故B错误；

C.波的振幅为

“45ru

A=——cm=7.5cm

6

波传播到x=6m处时，x=4m处的质点已振动一个周期，通过的路程为30cm,故C正确；

D.若将绳的振动周期减半，波的传播速度不变，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.磁聚焦的原理图如图。通电线圈产生沿其轴线44'方向的匀强磁场。从A点发出的带电粒子束初速度％

大小相等，方向与AA'的夹角都比较小。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%（角度很小时），这表明所有粒子在沿44,方向的分速度都相同。在垂直44'方

向，所有粒子均做圆周运动，只要粒子的比荷相等，周期就相等，因此，所有从A点发出的带电粒子束就

能在A'点汇聚，这就是磁聚焦原理。设由电性相反、比荷均为人的两种粒子组成的粒子束从A点射入该通

电线圈，初速度%大小相等，方向与A4'的夹角相等且都很小，这些粒子在A'点汇聚在了一起。已知该

通电线圈在线圈内产生的匀强磁场的磁感应强度大小为8,忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，则A、A'

之间的距离可能是（）

通电线圈

6乃环

CD.—

kBkB

【答案】BCD

【解析】由于粒子束由电性相反的两种粒子组成，两种粒子在磁场中的旋转方向相反，要实现汇聚，必须

经过周期的整数倍，因此A、A之间的距离可能是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之间的距离可能是

,2〃万之

a=----(〃=1,2,3)

kB

当力=1时有

4

kB

当九=2时有

d*

kB

当〃=3时有

故选BCDo

9.如图所示，匀强电场与直角三角形ABC所在平面平行，将电荷量为-3.0X10-6C的点电荷从电场中的A

点移到2点，静电力做了-1.2><10力的功；再从B点移到C点，静电力做了0.6x10-”的功，且AB=4cm,

3c=3cm,以下说法正确的是（）

B.电场强度大小为巫^xl（）2v/m

4

3

C.若电场强度的方向与竖直线夹角为6（6<9伊），则tan6=]

D.若电场强度的方向与竖直线夹角为6（。<如°）,贝心曲占二三

【答案】AC

【解析】AB.根据公式

WAB=(1UAB

整理有

同理有

令2点电势为0,则

ei=4V,<pc=2V

在匀强电场中任意一条直线上等距离等电势降落，所以中点。的电势为“=2V,连接CD为等势线,

自B点作C。的垂线即为电场线，如图所示

D

AB

因为

DB=2cm,BC=3cm

所以

CD=A/13cm

因UEB=2V,在三角形CDB中根据面积相等

-BDBC=-CDEB

22

求得

6

EB=—i=cm

V13

解得

E=—=—xlO2V/m

EB3

故A正确，B错误;

CD.如图所示

-CDBE=-CEBE+-(CD-CEYBE

222V7

根据三角形边角关系可得

CE3

tanun=二一

BE2

故C正确，D错误。

故选ACo

10.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为q和。2,降压变

压器原、副线圈两端的电压分别为&和在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈

的匝数比分别为20:1和1:20,各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（）

A.左侧互感器起到降压作用，右侧互感器起到降流作用

B.若电压表的示数为220V,电流表的示数为8A,则线路输送电功率为220kW

C.若保持发电机输出电压G一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大

D.若发电机输出电压q一定，若用户数增加，为维持用户电压力一定，可将滑片p下移

【答案】AC

【解析】A.根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升

压）的作用，A正确；

B.设输电电流为右，根据理想变压器电压和电流规律可得

U2_20

五一丁

20

广了

解得

U2=4400V

/2=160A

所以线路输送的电功率为

P=U2I2=4400X160W=704kW

B错误；

C.由理想变压器电压和电流规律可得

_^2.

03_n3

U4%

I?=%

，4%

设输电线路总电阻为广，根据闭合电路欧姆定律有

U3=U2-I2r

设用户端总电阻为R,根据欧姆定律有

/-幺

4R

联立解得

/=_^_

若保持发电机输出电压■和用户数一定，仅将滑片Q下移，则。2增大，R不变，所以增大，而输电线损

耗功率为

\P=I；r

所以输电线损耗功率增大，C正确；

D.若保持发电机输出电压q和Q的位置一定，使用户数增加，即4不变，R减小，则右增大，4减小,

为了维持用户电压力一定，需要增大幺，可将滑片P上移，D错误。

«3

故选AC。

三、非选择题（本大题共5小题，共54分。第U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.使用如图1装置做“探究气体压强与体积的关系”的实验，己知压力表通过细管与注射器内的空气柱

相连，细管隐藏在柱塞内部未在图中标明。

（1）为了探究压强〃与体积V的关系，在测得需要的实验数据后,为达到“探究”的实验目的，用图像法进

行数据分析，从下列选项中选出需要的步骤并按顺序排列

A.作P-V图像，根据画出的图线猜测p与丫的关系

B.作图像，根据画出的图线猜测p与V的关系

C.作。-丫图像，对p与V关系的猜测进行检验

D.作图像，对p与V关系的猜测进行检验

E.检验正确，得出p与丫关系的结论

（2）第1小组为了探究一定质量的气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，进行了两次实验，

得到的。-V图像如图2所示。第2小组根据某次实验数据作出的丫-!图如图3所示。下列说法正确的是

P

A.实验前应将注射器里的空气完全排出

B.为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以减少摩擦

C.由图2可知，第1小组的两次实验气体温度大小关系为E>T2

D.如图3所示，若第2小组实验操作正确，则V。为联通空气柱与压力表细管的体积

（3）如图4所示，小明从状态A缓慢拉升柱塞，使其到达状态B（体积为乂）。若此时突然提升柱塞，使其

快速到达体积匕，则此时匕对应下图中的状态—（填“C”、"D”、"E”、“尸”）（图中A、B、E为

同一等温线上的点）

【答案】（l）ADE

（2）CD

⑶/

【解析】（1）根据实验原理可作P-V图像，根据画出的图线猜测P与V的关系，再作图像，对P与V

关系的猜测进行检验，检验正确，得出P与V关系的结论。

故选ADE。

（2）A.实验是以注射器内的空气为研究对象，所以实验前注射器内的空气不能完全排出，故A错误；

B.为了减少实验误差，可以在柱塞上涂上润滑油，以保证气密性良好，故B错误；

C.根据理想气体状态方程pV=CT可知，离坐标原点越远的等温线温度越高，则有工＞工，故C正确；

D.设联通空气柱与压力表细管的体积为口，则有

p（v+v'）=c

整理可知

V^-C-V

P

根据图像可知V。为联通空气柱与压力表细管的体积，故D正确；

故选CDo

（3）快速到达体积匕，气体对外界做功，热量几乎不变，根据热力学第一定律

\U=W+Q

可知，内能减小，温度降低，则对应图中的状态凡

12.某同学为了测量电压表的内阻，从实验室找到一些实验器材：

电源E（电动势为1.5V,内阻为2Q）；

待测电压表（量程为300mV,内阻约为lkQ）；

电阻箱（0〜9999.9Q）；

滑动变阻器&（0-20Q,1A）；

滑动变阻器&（0-200Q,0.1A）；

定值电阻R=60Q；

（1）根据实验器材设计了如图甲所示电路图，滑动变阻器应选择—（填“或）o

（2）先调节滑动变阻器滑片至左端，电阻箱接入电路阻值为零，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏，

保持滑动变阻器滑片不动，再调节电阻箱阻值为4时电压表半偏，则电压表的内阻为—，用此方法测出

的电压表内阻比实际值偏—（填“大”或“小”）。

（3）之后将此电压表改装成量程3V的电压表，并用标准表进行校对，实验电路如图乙所示。校准过程中，

改装表示数总是略小于标准表，则应该将电阻箱阻值调—（填“大”或“小”），若改装表的表头读数为

300mV时，标准电压表的读数为2.8V,此时电阻箱示数为9000Q,为了消除误差，则电阻箱接入阻值应

为Qo

改装表

【解析】(1)[1]滑动变阻器分压式接入电路，阻值小方便控制电路，故滑动变阻器应选择

(2)[2]由于滑动变阻器阻值较小,可以控制电压表和电阻箱两端总电压近似不变，电压表的示数为半偏时,

电阻箱示数即等于电压表的内阻，故电压表内阻为&；

[3]电阻箱接入电路后，电阻箱和电压表两端电压增大，当电压表的示数为半偏的时候，电阻箱分担的电压

大于半偏的电压值，因此电阻箱的电阻大于电压表的内阻，故测量值偏大。

(3)[4]改装表的示数偏小，即电压表分担的电压过小，根据串联分压原则应适当将电阻箱阻值调小；

[5]设消除误差后，设电阻箱接入电路的电阻为段，此时电路中的电流

;2.8V-0.3V

9000Q

电压表的真正电阻

风=当

根据电表改装原理有

3V-

0.3V《

联立解得

R*=9720Q

13.如图所示，两个横截面积均为S的绝热汽缸水平放置并固定在水平面上，两个汽缸通过底部的细管连

通，细管上装有阀门K…左侧汽缸长度为Z,内部有压强为2p。、温度为心的理想气体；右侧汽缸足够长,

绝热活塞（厚度不计）与汽缸底部隔开长度为/的真空，并用销钉K2固定活塞，右端开口与大气相通。活

塞与汽缸内壁间无摩擦且不漏气，不计细管的容积和电热丝的体积，大气压强为加。

（1）仅打开阀门K，判断理想气体内能的变化情况并说明理由；

（2）打开阀门监，并拔去销钉K?,给电热丝通电使汽缸内温度缓慢升高到1.5",求稳定后活塞移动的距

【解析】（1）根据题意，仅打开阀门Ki,汽缸内气体体积自由膨胀，对外不做功，同时由于汽缸绝热，气

体既不吸热也不放热，所以根据热力学第一定律可知，气体内能不变;

（2）根据理想气体状态方程

工一心

即

2p0LS_p0(2L+x)S

=

To1.57；

解得

x=L

14.如图所示，某商场里完全相同的手推车甲和已经嵌套在一起的4辆手推车乙静置于水平地面，工作人

员在极短的时间内给甲车一个冲量后立即以一定速度撞上乙车并嵌套在一起，观察到碰后整体在地面上滑

行了16cm后停下。假设碰撞时间极短，车运动时受到的阻力恒为车重的0.05倍，每辆手推车质量均为

77?=5kg,重力加速度g取lOm/s?。求:

（1）碰后整体的速度的大小；

（2）此过程中工作人员对甲车做了多少功。

甲乙

■1郦1MM■司

【答案】(1)0.4m/s；(2)10J

【解析】(1)根据题意可得f=0Q5mg,根据牛顿第二定律

f=ma

根据牛顿第二定律

a=0.05g=0.5m/s2

整体在匀减速过程中有

—2ax=0—K2

x=0.16m

解得

v=0.4m/s

(2)设甲获得初速度为%，根据甲乙碰撞前后动量守恒，有

mv0=5mv

解得

v0=2m/s

根据动能定理，人对甲做的功即转化为甲车的初动能，即

12

W=万mv0

解得

W=10J

15.如图所示，一足够长水平传送带顺时针转动，速度大小恒为%=4m/s。传送带上MV右侧存在一方向

竖直向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为3=2.0T。有一边长为/=2m、粗细均匀的正方形导线框

质量〃z=10kg,总电阻尺=4。。勖边与磁场边界平行，在四边距