【物理】2025届山东省临沂市临沭县高三下学期三模试题（解析版）

山东省2025年普通高中学业水平等级测评试题物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座号填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.某电子的质量为、德布罗意波长为，一质量为m的油滴与该电子具有相同的动能，则该油滴的德布罗意波长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得联立可得该油滴的德布罗意波长为故选A。2.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，其运动的位移-时间图像如图所示，P（t1，x1）为图像上一点。PQ为过P点的切线，与t轴交于点Q（t2，0），则汽车运动的加速度大小为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】斜率表示速度，故P点速度根据中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，可得时刻的速度为则有加速度联立解得故选D。3.如图所示，甲、乙两圆柱体的横截面分别为半径相等的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直挡板，乙的平面部分与水平面接触。若乙的质量是甲的2倍，两柱体的曲面部分和挡板均光滑，开始时两圆柱体截面的圆心连线沿竖直方向。现将挡板缓慢向右移动，直到圆柱体甲刚要落至水平面为止，整个过程中半圆柱体乙始终保持静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则乙与水平面间的动摩擦因数不能小于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】ABCD．分析可知，当摩擦力最大时半圆柱乙刚好不动，此时对应的动摩擦因数最小，且刚好达到最大静摩擦力，设甲质量为m，地面对乙的支持力、摩擦力分别为、f，挡板给甲的力为，整体分析可知有，设连线与水平方向夹角为，对甲，由平衡条件得故可得可知越小，f越大，几何关系可知，最小为，又因为联立解得动摩擦因数的最小值故选B。4.气体在流动时会出现分层流动的现象即层流（laminarflow），不同流层的气体流速不同。相邻两流层间有粘滞力，产生粘滞力的原因可以用简单模型解释：如图，某气体流动时分成A、B两流层，两层的交界面为平面，A层流速为vA，B层流速为vB，，由于气体分子做无规则热运动，因此A层的分子会进入B层，B层的分子也会进入A层，稳定后，单位时间内从A层进入B层的分子数等于从B层进入A层的分子数，若气体分子的质量为m，单位时间、单位面积上由A层进入B层的分子数为n，则B层对A层气体单位面积粘滞阻力为（）A.大小：方向：与气体流动方向相同B.大小：方向：与气体流动方向相反C.大小：方向：与气体流动方向相同D.大小：方向：与气体流动方向相反【答案】B【解析】由题意可知时间内，单位面积上由B层进入A层的分子数为，则这部分分子的质量为这部分分子的速度由变为，取气体流动方向为正方向，则根据动量定理有可得，流层A对这部分分子的作用力为，方向与气体流动方向相同则根据牛顿第三定律可知，B层对A层气体单位面积粘滞阻力大小为，方向与气体流动方向相反故选B。5.游乐场里有一个半径为5m的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定对称轴以1rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩（可视为质点）坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s²。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为（）A.0<r≤2.5m B.1m≤r≤3.5mC.2.5m≤r≤4m D.2.5m≤r≤5m【答案】A【解析】当小物体转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，设半径为，根据牛顿第二定律有解得当小物体转到圆盘最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大时，设半径为，根据牛顿第二定律有解得可知，故不符合要求。故距离r的可能取值范围为故选A。6.如图所示的椭圆面是一透明柱形物体的截面，O为椭圆的一个焦点，AB为短轴，椭圆偏心率（离心率）为0.8。焦点O处有一点光源，光源发出的单色光恰好在A点和B点发生全反射。光在真空中的传播速度为c，则单色光在柱形物体中传播的速度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】射到A点的光路如图所示，由题意可知∠OAB等于单色光发生全反射的临界角C，设椭圆的半长轴为a，半短轴为b，则离心率由几何关系得由折射定律可知透明柱体对单色光的折射率为所以单色光在柱形物体中传播速度为故选D。7.空间存在一匀强电场，将一质量为m、带电荷量为+q的小球从一水平线上的A点分两次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为，方向与竖直方向的夹角为30°，经历时间回到A点；第二次以同样的速率竖直向上抛出，经历时间经过水平线上的C点，B的竖直方向投影为AC的中点。已知小球的两次运动轨迹均在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从抛出到回到水平线的过程，下列说法正确的是（）A.B.电场强度的最小值为C.电场沿水平方向时，电势差D.电场强度为最小值时，小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了【答案】CD【解析】A．小球两次抛出的竖直加速度相同，在竖直方向上的分运动均为先向上减速后反向加速，由几何关系结合竖直上抛运动知识可得第一次抛出第二次抛出联立解得故A错误；B．经分析可知，当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，由牛顿第二定律得解得电场强度的最小值为故B错误；C．电场沿水平方向时，小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，B投影为AC中点，则根据可知，电势差故C正确；D．电场强度为最小值时，竖直方向由牛顿第二定律得由匀变速知识得水平方向由牛顿第二定律得由匀变速知识得第二次抛出到回到水平线上的过程中电场力对小球做功联立解得小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了故D正确；故选CD。8.如图所示，一传送带与水平面间的夹角为θ，在电动机的带动下，传送带以速度v沿顺时针方向稳定运行。现将一物块（视为质点）从传送带的底端以速度v₀冲上传送带，，当物块运动到传送带的顶端时速度刚好为0，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，下列说法正确的是（）A.μ与θ之间的关系为μ=tanθB.物块在做减速运动的过程中保持加速度不变C.物块的速度达到v前后，加速度的大小之差为2gcosθD.物块的速度达到v前，在传送带上的划痕长度等于物块位移大小的一半【答案】C【解析】A．根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上减速，则有可得故A错误；B．因为，物块与传送带速度相等之前，物块受到滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为物块与传送带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为故B错误；C．物块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为故C正确；D．设物块从冲上传送带到与传送带速度相等所用时间为，此过程物块的位移为传送带的位移为可知此过程物块在传送带上的划痕长度为若满足则有由于不一定等于，则共速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移大小的一半，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。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0-6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（）A.0-6s内拉力做的功为200JB.物体受到的摩擦力大小为6NC.物体的质量为0.8kgD.物体在0-2s内受到的拉力为6N【答案】CD【解析】A．在图像中，图线与坐标轴围成的面积即为所做的功，故0-6s内拉力做的功为A错误；B．由甲图可知物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合乙图及功率解得B错误C．由甲图可知，物体通过的位移根据动能定理可得代入数据解得C正确；D．由甲图可知，物体的加速度根据牛顿第二定律可得代入数据解得物体受到的拉力大小为D正确。故选CD。10.某简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点B、C和D，B的横坐标为0，C的纵坐标为0，D与C间沿x轴方向的距离为波长的，质点B的振动方程为。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为12mC.该波的波速大小为12m/sD.t=0时刻起，质点D回到平衡位置的最短时间为0.5s【答案】ABD【解析】A．由得时，，经过极短的时间，有即时质点沿轴正方向振动，结合图像知，该波沿轴正方向传播，A正确；B．质点振动的周期设时刻，质点第一次到达平衡位置处，即解得即波再传播质点处于平衡位置，如图中虚线所示，则解得，故B正确；C．波速，故C错误；D．时刻起，质点回到平衡位置的最短时间为，故D正确。故选ABD。11.宇宙中两颗相距很远的行星A、B的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2，行星表面的重力加速度大小分别为g1、g2，距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方v²随r变化的关系如图甲所示，两图线左端的纵坐标相同；距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的周期为T，取对数后得到lgr-lgT图像如图乙所示，两条直线的斜率均为k，它们的纵轴截距分别为b1、b2。已知两图像数据均采用国际单位，。行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响。下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】A．根据牛顿第二定律得整理得两边取对数得根据图乙，A正确；B．根据题意得解得，B错误；C．根据牛顿第二定律得，解得根据图像得，解得根据，解得，C错误；D．根据，解得解得，D正确。故选AD。12.如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内，左侧两平行导轨间距为，在上面搁置导体棒2（长度为，质量为，电阻为），右侧两平行导轨间距为，在上面搁置导体棒1（长度为，质量为，电阻为），导轨电阻不计，整个轨道所在的空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1一个初速度，它通过安培力带动棒2向右运动，运动过程中棒1、棒2均与导轨良好接触。下列说法正确的是（）A.两棒一直做减速运动，最终速度为0B.棒1和棒2的最终速度分别为和C.两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等D.整个过程中两棒上产生的焦耳热为【答案】BD【解析】A．根据题意，安培力会带动棒2向右加速运动，安培力使得棒1向右减速，最终两棒均做匀速直线运动，故A错误；B．当两棒做匀速直线运动时有，此时回路中无电流，此即为两棒最终稳定状态，此时；对棒1应用动量定理，得对棒2应用动量定理，得解得，，故B正确；C．对棒1，由牛顿第二定律有对棒2，由牛顿第二定律有其中，因为两棒串联，所以每时每刻,所以解得，故C错误；D．由能量关系有，解得故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某实验小组用图甲所示的装置探究“加速度与力和质量”的关系，打点计时器使用的交流电频率为，纸带每5个点取一个计数点，、、、、为选取的连续5个计数点。已知重物质量为，重力加速度为，滑轮重力及绳与滑轮间的摩擦不计。（1）本实验中，重物的质量______（选填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量。（2）依据图乙纸带计算，小车做匀加速运动的加速度大小为______（保留两位有效数字）。（3）若不计小车与水平面间的摩擦，则实验中弹簧秤读数应为______（用、、表示）。（4）由于绳与滑轮间存在摩擦或存在空气阻力，实验中发现的计算值总是略______（选填“大于”或“小于”）弹簧秤的读数。【答案】（1）不需要（2）2.0（3）（4）大于【解析】【小问1详解】该实验绳子拉力可以利用弹簧秤直接测量得到，而不是将重物的重力近似等于绳子的拉力，故该实验，重物的质量不需要远小于小车的质量。【小问2详解】小车加速度【小问3详解】由图可知，弹簧秤的示数等于绳子的拉力，且小车加速度为重物的2倍，则有则【小问4详解】由于绳与滑轮间存在摩擦或存在空气阻力,故故故的计算值总是略大于弹簧秤的读数。14.在“把小量程电流表改装成欧姆表”的实验中，给出的器材有：A.电流表（量程为0.6mA，内阻未知）B.电阻箱（0~999.9Ω）C.滑动变阻器（0~4kΩ）D.电位器（0~20kΩ，电位器相当于滑动变阻器）E.电源（电动势为1.5V，有内阻）F.电源（电动势为9.0V，有内阻）G.开关两个，导线若干（1）首先用“三分之二偏法”测定电流表的内阻，若采用如图1所示的电路测定电流表的内阻，并且想得到较高的精确度，在以上给出的器材中，电阻R1应选用___________，电源应选用___________。（填写所选仪器前的字母即可）（2）该实验按照以下步骤操作：A.观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大B.闭合S1，调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C.闭合S2，调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的D.记下R2的阻值为400Ω（3）图1中被测电流表的内阻Rg的测量值为___________Ω。若仅考虑系统误差，则电流表内阻测量值比实际值略___________（选填“大”、“小”）。（4）如果要将图中的电流表改装成欧姆表，其内部结构如图2所示。若选用电动势为1.5V的电源，则R3应选用___________（填写所选仪器前的字母即可），此挡位欧姆表的中值电阻为___________Ω。【答案】（1）DF（3）200小（4）C2500【解析】（1）如图所示，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为实验要求R1>>Rg，R1>>r，这样才有当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R1这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R2使电流表偏为，所以流过R2的电流为，所以从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变的前提是故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大，所以R1选用大量程的D，因电流表的满偏电流确定，故电源电动势也要匹配地选用电动势较大的F。（3）由以上分析可知，当F中记录的R2阻值为400Ω，被测电流表的内阻Rg的测量值应为200Ω；当S2闭合时，R2′和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg，而电阻R1不变，所以S2闭合后的干路电流比闭合前的总电流要大，即电流大于Ig，而此时电流表支路的电流等于，那么R2′支路的电流要大于，那么其电阻R2′<2Rg，所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。（4）设电路中除电流表内阻Rg以外其它电阻的总电阻为R，根据全电路的欧姆定律可知则解得R=2300Ω故需要选滑动变阻器C。（5）经过改装后的欧姆表总内阻根据全电路的欧姆定律可知当指针指示表盘正中央时，代表可得此即为欧姆表在此挡位的中值电阻值。15.如图甲所示，太空舱中弹簧振子沿轴线自由振动，一垂直于的弹性长绳与振子相连，沿绳方向为轴，沿弹簧轴线方向为轴，弹簧振子振动后，某时刻记为时刻，振子的位移随时间变化的关系式为，绳上产生一列沿轴传播的简谐横波，如图乙所示，实线为时刻绳子的波形，虚线为时刻绳子的波形，为绳上处的质点。求：（1）绳波的传播速度；（2）在时刻，质点所处位置的坐标。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】振源在坐标原点，绳子上产生的波只能向右传播，由t0到t0＋0.2s波传播的距离则波速【小问2详解】由题意得0.2s=nT＋T（）则已知振子的位移y随时间t变化的关系式为所以在t0＋1.0s时刻，质点P位移质点P所处位置的坐标为（4，-0.1）。16.2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台比赛的比赛场地如左图，可简化为如右图所示的示意图。在比赛的空中阶段可将运动员视为质点，运动员从倾角为的斜面顶端O点以的初速度飞出，初速度方向与斜面的夹角为，图中虚线为运动员在空中的运动轨迹，A为轨迹的最高点，B为轨迹上离斜面最远的点，C为过B点作竖直线与斜面的交点，不计空气阻力，取重力加速度。求：（1）运动员从A点运动到B点的时间；（2）O、C两点间的距离。【答案】（1）；（2）【解析】（1）A为轨迹的最高点，说明运动员在A点速度方向水平向右，设O到A时间为，由斜抛运动规律，竖直方向上有解得将运动员的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向两个分运动，如图所示垂直斜面方向有，B为轨迹上离斜面最远的点，则运动员从O运动到B点的时间为则运动员从A点运动到B点的时间为（2）运动员从O运动到B点，水平方向通过的位移大小为根据几何关系可得O、C两点间的距离为17.如图所示，沿x轴正方向的匀强电场中有E、F两个等势面，电势差为U。一群速度为零的正离子，从E等势面上各点均匀释放经电场加速至F处，沿平行于x轴正方向飞出，现仅考虑在x轴上方宽度为范围内飞出的离子，出电场后这群离子进入半径为R的圆形磁场，磁感应强度方向垂直纸面向外，离子在圆形磁场内偏转后汇聚到圆形磁场的最低点O。离子再进入x轴正下方区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向里，在位置处放置一个与x轴垂直，上端与x轴齐平，下端足够长的感光板用于探测收集离子。已知离子质量为m，电荷量为q，不计离子重力（，），求：（1）磁感应强度B的大小；（2）沿直线飞入圆形磁场区域的离子先后在两个磁场中运动时间之比；（3）若在F面上宽度为d的区域上各位置飞出的离子有且仅有一个，总数为N，这些离子经两个磁场偏转后有部分能到达感光板，求到达感光板发光区域的长度和到达感光板的离子数。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）根据动能定理经电场加速后，粒子的速度①由于粒子都能到达O点，设任一粒子运动轨迹如图所示，从A点射入磁场，运动轨迹的圆心为C，磁场圆心为D，设粒子在中的轨道半径为r可知且粒子水平射入磁场B1，因此圆心C在A点的正下方，因此根据三角形边角关系，可得②根据牛顿第二定律③根据①②③可得④（2）设粒子离开B1时速度方向与x轴负方向夹角为，如图所示，根据几何关系可知得因此在磁场中偏转的圆心角为因此在B1中运动的时间而运动周期以上各式整理得粒子从B1进入到B2后，由于，因此在中的轨道半径，运动轨道如图所示根据几何关系可知得因此粒子在中运动的圆心角为恰好旋转了半个圆周，因此在B2中运动的时间因此，离子先后在两个磁场中运动时间之比（3）设恰好打到