2025届山东省日照市高三下学期校际联合考试(一模)物理试题（含答案）

第第页2025届山东省日照市高三下学期校际联合考试(一模)物理试题一、单项选择题：本题包括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．在物理学的发展过程中，科学家们创造了许多物理思想与研究方法，下列说法正确的是（）A．“重心”概念的建立，体现了等效替代的思想B．“瞬时速度”概念的建立，体现了理想模型的研究方法C．电场强度的公式E=UD．卡文迪什利用扭秤测量引力常量，利用了类比法2．一辆汽车从静止出发做加速直线运动，加速度的方向一直不变。在第一段时间内加速度大小不变，在接下来的相同时间内，加速度大小变为原来的一半。则汽车在这两段时间内运动的路程之比为（）A．1:2 B．1:3 C．2:5 D．2:33．如图所示，水平地面上固定着一个竖直圆形轨道，圆心为O，轨道内壁光滑。轨道内放置一个质量为m的小球，在水平拉力F的作用下静止在轨道内侧A点，AO连线与竖直方向的夹角θ=30°，轨道对小球的支持力大小为FNA．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，F的最小值为3B．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，FN的最小值为C．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，F先减小后增大D．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，FN4．一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。如图所示，河流某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d≪R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间ΔtA．流水速度改变量的方向沿河道的切线方向B．流水速度改变量的大小为vC．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为ρdD．通过观测截面水的动量改变量大小为ρdh5．x轴上O、P两点分别固定点电荷甲、乙，电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探电荷沿着x轴运动时，在O、P之间的电势能A．点电荷甲带正电，点电荷乙带负电B．两个点电荷的电荷量满足qC．P、B之间的电场方向沿着x轴负方向D．试探电荷运动到C点时加速度大小为a6．某型号农田喷灌机如图所示，喷口出水速度的大小和方向均可调节。该喷灌机的最大喷水速度v=10m/s，取重力加速度g=10A．当喷口出水速度方向与水平面夹角θ=30°时，喷灌的射程最远B．喷灌的射程最远时，水在空中的运行时间为2C．喷灌的射程最远为10mD．该喷灌机的最大喷灌面积为1577．某简谐横波在t1=0时刻的波形图如图中实线所示，x=0处质点的位移为−5cm，x=7A．该波的波长为13mB．该波的波速为4m/sC．该波沿x轴负方向传播D．t18．在足够大的水池底部水平放置细圆环状的发光体（忽略发光体的粗细），圆环的半径r=0.9m，发光体可以交替发出红绿两种颜色的光。已知水对红光的折射率n=43，发光体到水面的距离h=A．在水面上观察发光体到水面的距离大于3B．无论发红光还是绿光，水面被照亮的区域均为圆环状C．发红光时，能从水面射出的光在水中传播的最长时间为4×D．发红光时，水面被照亮的区域面积为3.24二、多项选择题：本题包括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．在火星上，太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是A．94238Pu发生B．10000个94238C．94238Pu无论存在于化合物D．衰变过程发生了质量亏损，会吸收能量10．某风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，不计线圈的电阻，磁体转动的角速度为452A．当磁场与线圈平行时，感应电动势为零B．发电机输出电压的有效值为450VC．输电线上的电流为25D．降压变压器原、副线圈的匝数比为170:1111．将一质量为m的物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mgA．地球的质量为gB．地球的自转周期为2C．地球的平均密度为3gD．地球静止卫星的高度为312．如图所示，间距为L的平行光滑金属导轨水平固定，定值电阻大小为R，电容器的电容大小为C。质量为m的金属棒始终与导轨接触良好并保持垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属导轨和金属棒的电阻均不计。开关S开始处于闭合状态，对金属棒施加水平向右的恒定拉力，使其从静止开始运动，经时间t金属棒达到最大速度v0，此时断开开关S，改变水平拉力大小，使金属棒保持速度vA．开关断开前水平拉力大小为BB．开关断开前金属棒运动的位移为vC．开关断开后，当外力的功率为定值电阻功率的3倍时，电容器两端的电压为1D．从开关断开到外力功率为定值电阻功率的3倍时，外力做的功为2三、非选择题：本题包括6小题，共60分。13．“用双缝干涉测光的波长”的实验装置如图所示。（1）下列说法中正确的是______A．滤光片应置于单缝与双缝之间B．保持双缝位置不变，减小单缝到双缝的距离，干涉条纹间距不变C．保持双缝位置不变，减小双缝到屏的距离，干涉条纹间距变大（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，记下此时手轮上的示数x1，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第10条亮纹中心对齐，记下此时手轮上的示数x2。则两相邻亮条纹中心间的距离为，已知双缝间距为d，测得双缝到屏的距离为L，则所测光的波长为14．欧姆表是用电流表改装而成的电学仪器。某欧姆表内部电路（部分）如图甲所示，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率。改装所用器材如下：A．电池（电动势E=4.5V，内阻r=1B．电流表G（满偏电流Ig=3mAC．定值电阻R0D．滑动变阻器R1E．定值电阻R2F．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。（1）表笔A是（填“红”或“黑”）表笔。（2）虚线框内是改装电流表的电路图，已知R2=1Ω，当使用虚线框内P、Q两个端点时，对应电流表量程是0~0.3A，那么定值电阻R（3）当开关S拨向（填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“×10”。（4）该欧姆表使用时间久了，电池的电动势变小为4.35V，内阻变大为3.6Ω，欧姆表仍可调零。某次开关接到“×10”，规范操作后测得一电阻的读数如图乙所示，则该电阻实际的阻值为Ω。15．如图所示，一个形状不规则而又不便装入液体的导热容器，为测量它的容积，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管接口以上的长度为l，内部横截面积为S。将厚度不计的活塞轻轻从玻璃管上端放入，静止时恰好到达接口处。已知大气压强为p0，环境温度为T0，重力加速度为g，活塞的质量为（1）求容器内气体的压强和不规则容器的容积；（2）若环境温度升高，活塞缓慢上升，静止时恰好到达开口处，求此时环境的温度。16．如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为30°的足够长的光滑斜面，质量m=1kg的滑块静止在斜面底端挡板处（滑块与挡板不粘连）。现对滑块施加沿着斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化的规律如图乙所示。重力加速度，g=10m/s2（1）6.5s时拉力F的瞬时功率；（2）0~6.5s的时间内拉力F做的功。17．如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离L=5.5m，传送带以v0=3m/s的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量Δx=25（1）物块B滑上传送带时的速度大小；（2）小球3开始运动的时间；（3）物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。18．如图所示，以O为坐标原点建立O−xyz坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于yOz平面。Ⅰ区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E1=15N/C；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B1=3×10−2T；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B2=3×10−2T；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小E（1）带电粒子进入Ⅱ区时的速度；（2）带电粒子第二次穿过xOz平面时的位置坐标；（3）Ⅲ区的宽度d；（4）带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距Ⅳ区左边界的距离。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．重心概念建立体现了等效替代的思想，故A正确；B．瞬时速度概念的建立体现了极限的方法，故B错误；C．电场强度E=UD．卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想，故D错误；故答案为：A。

【分析】明确每个物理概念或实验所对应的核心研究方法，对比选项描述即可判断正误。2．【答案】C【解析】【解答】设相同的时间为t，第一段时间内的加速度大小为2a，第二段相同时间内的加速度大小为a，则第一段时间内的路程为x第一段时间的末速度大小即第二段时间的初速度大小为v=2at则第二段时间内的路程为x则两段时间内的路程之比为x故答案为：C。

【分析】通过匀变速直线运动的位移公式，分别计算两段时间内的位移，再求比值。3．【答案】B【解析】【解答】AB．将拉力F逆时针缓慢旋转45°的过程中，小球若能静止在A点，根据三角形法则，画出小球的受力变化情况，如图所示由图中可以看出，F先变小后变大，当F与FN垂直时拉力最小为FN一直减小，根据正弦定理可知最小值为解得FNminCD．将拉力F顺时针缓慢旋转45°的过程中，如图则拉力F、FN都在增大，FN的最小值为故答案为：B。

【分析】通过受力平衡构建矢量三角形，利用正弦定理分析力的变化规律，明确旋转过程中力的极值条件。4．【答案】C【解析】【解答】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，水流所受外力的合力方向指向圆心，即流水的加速度方向指向圆心，即流水速度改变量的方向指向圆心，故A错误；B．由于d≪R，结合上述，向心加速度a=v2R，根据加速度的定义式有a=C．极短时间Δt内流过截面的水流质量Δm=ρdhvΔt，令外侧河堤对Δ根据牛顿第三定律有F2=F1，则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为D．结合上述可知，流水速度改变量的大小Δv=v2R，故D错误。故答案为：C。

【分析】通过分析流水的圆周运动受力，结合动量定理计算冲击力，进而推导压强；同时明确速度改变量的方向和大小与向心加速度的关系。5．【答案】D【解析】【解答】A．根据Ep=qφ，又因为试探电荷带负电，所以两电荷间的电势沿着x轴的负方向降低，即电场线沿B．因为试探电荷运动到B点时电势能最大，即B点的电场强度为零，即kq1rC．由B分析可知，B点的电场强度为零，则P、B之间的电场方向沿着x轴正方向，故C错误；D．设试探电荷的质量为m，电荷量为q，则试探电荷在A点时，根据牛顿第二定律kqq1rOA2+k故答案为：D。

【分析】通过电势能与电势的关系判断电场方向和点电荷电性，利用电场强度叠加求电荷量关系，结合牛顿第二定律分析加速度。6．【答案】C【解析】【解答】A．水流做斜抛运动，则有x=vcosθ⋅t，−vsinθ=vsinB．结合上述可知，当喷口出水速度方向与水平面夹角θ=45°时，喷灌的射程最远，此时水在空中的运行时间为t=2vC．结合上述可知，喷灌的射程最远为xmaxD．结合上述可知，该喷灌机的最大喷灌面积S=πxmax2故答案为：C。

【分析】通过斜抛运动的射程公式确定最远射程的角度和数值，再结合圆的面积公式计算最大喷灌面积。7．【答案】B【解析】【解答】A．设该简谐横波的波动方程为y=10将在t1=0时x=0m，解得φ则该简谐横波的波动方程为y=10将在t1=0时x=7m时y=0cm，则有可得2π解得λ=12mBC．由题知，该波的周期大于2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为2m，则波速度周期T=λv=12周期T=λv=128D．因该波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，可知t1故答案为：B。

【分析】通过波动方程求波长，结合周期条件分析波的传播方向和波速，再用“上下坡法”判断质点振动方向。8．【答案】D【解析】【解答】A．从灯带上发出的红光射向水面时折射角大于入射角，射到人的眼睛中，由光的可逆性可知光线从发光体上方沿直线射到眼睛里，则观察到发光体的位置比实际位置偏高，即在水面上观察发光体到水面的距离小于37C．红光恰能射出水时，如图根据全反射临界角有n=根据几何关系有cos光在水中的传播速度为v=发红光时，能从水面射出的光在水中传播的最长时间为t=解得t=8BD．根据几何关系可知tanC=R解得S=3.24πm2，故答案为：D。

【分析】通过光的折射视深规律判断A，结合全反射临界角和几何关系计算传播时间、照亮区域面积，进而分析各选项。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．94238Pu发生B．半衰期是大量原子核的统计规律，对少数原子核（如10000个）不适用，因此无法确定175.4年后（2个半衰期）剩余的具体数量，故B错误；C．半衰期由核内部自身因素决定，与化学状态（如化合物、单质）和外部条件无关，故C正确；D．衰变过程发生了质量亏损，会放出能量，故D错误。故答案为：AC。

【分析】通过α衰变的质量数、电荷数守恒计算中子数，结合半衰期的统计意义和影响因素判断选项，再根据质量亏损的能量效应分析衰变的能量变化。10．【答案】B,D【解析】【解答】A．当磁场与线圈平行时，线圈切割磁感线最快（垂直切割），此时感应电动势最大，故A错误；B．发电机输出电压的最大值为Em=NBSω=4502C．输电线上损失的功率为ΔP=I线D．根据U1U输电线上损失的电压为Δ则减压变压器的输入电压为U根据U3U4故答案为：BD。

【分析】通过交变电流的最大值与有效值关系求发电机输出电压，结合输电功率损耗计算输电电流，再根据变压器的电压比规律分析降压变压器的匝数比。11．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．在地球北极点时，物体受到的重力与万有引力大小相等GMmR2B．由于在地球赤道上该物体的重力为mg0，则有mg−mg0=mC．地球的体积为V=43πD．由于地球静止卫星围绕地球转动的周期等于地球自转的周期，故由万有引力定律可得GMm'故答案为：ACD。

【分析】通过北极点的万有引力等于重力求地球质量，结合赤道上的向心力分析求自转周期，利用质量和体积的关系求密度，最后根据静止卫星的周期条件求其高度。12．【答案】A,D【解析】【解答】A．开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F=F安=BIL，由闭合电路欧姆定律I=ERB．开关断开前，金属棒达到最大速度过程，由动量定理Ft-BILt=mv0-0CD．开关闭合后，金属棒做匀速直线运动，当外力的功率为定值电阻功率的3倍时，设回路的电流为I，则F由平衡条件知，外力F外=BIL金属棒产生的感应电动势E=BL则电容器两端的电压U=E-IR=此时电容器所带的的电荷量即通过电源的电荷量，为q=CU=由功能关系知，外力做功W=qE=2故答案为：AD。

【分析】通过受力平衡求拉力，利用动量定理求位移，结合功率和能量守恒分析开关断开后的外力做功与电容器电压。13．【答案】（1）B（2）x2−【解析】【解答】（1）A．滤光片应置于单缝的前面，故A错误；BC．根据Δx=故答案为：B。（2）两相邻亮条纹中心间的距离为Δx=x2−x110−1=x2−x1（1）A．滤光片应置于单缝的前面，故A错误；BC．根据Δ可知保持双缝位置不变，减小单缝到双缝的距离，干涉条纹间距不变；保持双缝位置不变，减小双缝到屏的距离，干涉条纹间距变小；故B正确，C错误。故选B。（2）[1]两相邻亮条纹中心间的距离为Δ[2]根据Δ可得所测光的波长为λ=14．【答案】（1）红（2）9（3）b（4）145【解析】【解答】（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图甲可知，表笔A是红表笔。

故答案为：红（2）使用虚线框内P、Q两个端点时，对应电流表量程是0~0.3A，则I−解得R3=（3）由（2）可知，当S接a时，对应电流表量程是0～0.3A，则欧姆表内阻为R当S接b时，设满偏电流为I'，根据并联电路分流特点有解得I则欧姆表内阻为R欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，即15所以当开关S拨向b，欧姆表的倍率是“×10”。

故答案为：b（4）某次开关接到“×10”倍率时，电池的电动势变小为E'=4.35V，内阻变大为r'=3.6Ω，欧姆表调零后，欧姆表内阻为R内1=E'I'（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图甲可知，表笔A是红表笔。（2）使用虚线框内P、Q两个端点时，对应电流表量程是0~0.3A，则I−解得R（3）由（2）可知，当S接a时，对应电流表量程是0～0.3A，则欧姆表内阻为R当S接b时，设满偏电流为I'，根据并联电路分流特点有解得I则欧姆表内阻为R欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，即15所以当开关S拨向b，欧姆表的倍率是“×10”。（4）某次开关接到“×10”倍率时，电池的电动势变小为E'=4.35V，内阻变大为如图乙所示，指针指示表盘的中央，被测电阻的阻值等于欧姆表的内阻，则该电阻实际的阻值为145Ω15．【答案】（1）解：对活塞受力分析可知mg+容器内气体压强p=设不规则容器体积为V，压强为p0，放入活塞前气体的体积放入活塞后气体的压强为p，体积V根据玻意耳定律p解得V=20lS（2）解：当环境升温后，活塞缓慢上升到玻璃管顶口处，气体压强不变，根据查理定律V解得T=1.05【解析】【分析】（1）结合活塞的受力平衡与玻意耳定律（等温过程），推导气体压强与容器容积，体现气体实验定律在不规则容器测量中的应用。

（2）利用盖-吕萨克定律（等压过程），分析温度变化时的体积关系，推导环境温度，体现气体实验定律的阶段应用。（1）对活塞受力分析可知mg+容器内气体压强p=设不规则容器体积为V，压强为p0，放入活塞前气体的体积放入活塞后气体的压强为p，体积V根据玻意耳定律p解得V=20lS（2）当环境升温后，活塞缓慢上升到玻璃管顶口处，气体压强不变，根据查理定律V解得T=1.0516．【答案】（1）解：由题意可知，t1=2.5滑块开始做加速度增大的加速运动，t2=5.5解得a=6可得t2=5.5之后滑块做匀加速直线运动，t3=6.5则6.5s时拉力F的瞬时功率为P=（2）解：在2.5s~5.5位移为x5.5s~6.5根据动能定理可得W−mg解得拉力做功为W=217.5【解析】【分析】（1）通过受力分析确定运动阶段，结合牛顿第二定律与运动学公式推导瞬时功率，体现多阶段运动的速度与功率计算。

（2）利用变加速运动的位移公式与动能定理，分阶段计算拉力做功，体现复杂运动过程的能量分析。（1）由题意可知，t1=2.5滑块开始做加速度增大的加速运动，t2=5.5解得a=6可得t2=5.5之后滑块做匀加速直线运动，t3=6.5则6.5s时拉力F的瞬时功率为P=（2）在2.5s~5.5位移为x5.5s~6.5根据动能定理可得W−mg解得拉力做功为W=217.517．【答案】（1）解：对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒m根据能量守恒E联立，解得v（2）解：因为v所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过t1时间与传送带共速，根据牛顿第二定律根据运动学公式有v联立，解得t减速的位移大小为x所以假设成立。则匀速的位移大小为x匀速的时间为t物块B与小球1碰撞，根据动量守恒m根据动能守恒1解得vB1=−1因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为t小球3开始运动的时间为t=（3）解：物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得mvB1解得v物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得mvB2解得v物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为Δ所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为Q=μmg【解析】【分析】（1）结合动量守恒与能量守恒，分析弹簧释放过程的速度，体现系统的守恒规律应用。

（2）分解B在传送带的减速与匀速阶段，结合弹性碰撞的速度传递，推导小球3的运动时间，体现多过程运动的时间叠加。

（3）利用摩擦生热的相对位移公式，计算总热量，体现摩擦力做功的能量耗散规律。（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒m根据能量守恒E联立，解得v（2）因为v所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过t1时间与传送带共速，根据牛顿第二定律根据运动学公式有v联立，解得t减速的位移大小为x所以假设成立。则匀速的位移大小为x匀速的时间为t物块B与小球1碰撞，根据动量守恒m根据动能守恒1解得vB1=−1因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为t小球3开始运动的时间为t=（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得mvB1解得v物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为Δ物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得mvB2解得v物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为Δ所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为Q=μmg18．【答案】（1）解：带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有q求得v=2×设速度方向与x轴正方向夹角为θ，则cos即θ=60°（2）解：粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度vsin求得