2025年山东高考物理试题及答案解析

【高考真题】2025年山东高考物理

阅卷人一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一

个选项符合题目要求。

得分

1.在光电效应实验中，用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属，所得遇止电压如

图所示，关于光电子最大初动能见的大小关系正确的是()

(

>123金属编号

田0-----------1------------1--------------1--------------------------

出

T

©

A.Eki>Ek2>E〃3B.Ek2>Ek3>Ekl

C.Ek3>Ek2>EkiD.Ek3>E—>Ek2

2.分子间作用力F与分子间距啕r的关系如图所示，若规定两个分子间距离I•等于ro时分子势能与为

零，则()

A.只有I•大于川时・，昂为正B.只有r小于小时，与为正

C.当r不等于ro时，Ep为正D.当r不等于ro时，昂为负

3.用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝5、S?关于()()躺对称，光屏垂直于()()釉放置。将

偏振片Pi垂直于00'轴置于双缝左侧，单色平行光沿00'轴方向入射，在屏上观察到干涉条纹，再将偏振

片P2置于双缝右侧，P1>P2透振方向平行。保持Pl不动，将P2绕00釉转动90。的过程中，关于光屏上

的干涉条纹，下列说法正确的是()

光屏

A.条纹间距不变，亮度减小B.条纹间距增大，亮度不变

C.条纹间距减小，亮度减小D.条纹间距不变，亮度增大

4.某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为

0.6m的圆周运动，在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为：表S.由于小球运动，在照片

上留下了一条长度约为半径1的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为

A.UNB.9NC.7ND.5N

5.一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速

运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力£=-（k为常量），该光

伏电池的光电转换效率为中则光伏电池单位时间内获得的太阳能为（）

AB-供C口ZkM+m/

•~~n~'西.--,zp-

6.轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为

5：Io如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为

2J竿，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为

D.

7.如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内,

两电极之间的区域I和区域II有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长

为L的正方形，区域II边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送

带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。

该装置产生电动势的有效值为

金属电极

A.BLvB.ABLVC,D,逗也

2z4

8.工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水

平面夹角为0,交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN,MNQ=0.若建筑材料

与坡面、挡板间的动摩擦因数均为d重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度

大小为（）

A.gsiM。-f/gcosB-“gsinJcos。

B.gsinOcos。-“geos。-“gsiM。

C.gsinOcos。-“geos。-“gsinJcos。

D.geos?。一“gcosd—“gsiMd

阅卷人二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个

选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的

得分得0分。

9.均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2cm,波速均为lm/s,M、

N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1cm。下列说法正确的（）

A.A甲波的周期为6sB.乙波的波长为6m

C.t=6s时，M向y轴正方向运动D.l=6s时，N向y轴负方向运动

10.如图所示，在无人机的某次定点投放性能测试中，目标区域是水平地面上以O点为圆心，半径

R尸5m的圆形区域，OCT垂直地面，无人机在离地面高度H=20m的空中绕O点、平行地面做半径R?=3m

的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，ZAOB=90%若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落

点在II标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为为〃）犷心.当无人机以"小火沿圆周运动经过A点

时，相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，

B・%皿=严故

C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地

D.无人机运动到B点时，在4点释放的物品尚未落地

11.球心为O,半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙

刚好静止于确内A、B两点，过。、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，

ZAOC=45°,0D1AB,A、B两点间距离为⑨?，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是

A.甲的质量小于乙的质量

B.C点电势高于D点电势

C.E、F两点电场强度大小用等，方向相同

D.沿直线从0点到D点，电势先升高后降低

12.如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域I、II。区域I内充满匀强电

场，区域I【内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻，质量为m、

电荷量为+q的粒子从。点沿x轴止向出发，在Oxy平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y釉为对称

轴的抛物线的一部分，如图甲所示。L时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域H中运动的y-t图像为

正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是

A.区域I内电场强度大小E二鬲，方向沿y轴正方向

B.粒子在区域I【内圆周运动的半径R誓

C.区域n内磁感应强度大小方向垂直Oxy平面向外

D.粒子在区域n内圆周运动的圆心坐标（苧,o）

阅卷川

三、综合题：本题共6小题，共60分

得分

13.某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下:

（1）将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过

定滑轮的细线将小车与托盘及码相连。选用d=cm（填“5.00”或“1.00”）的遮光片，可以较准确

地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。

（2）将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光包门2时的速度

v尸0.40m/s、v2=0.8Im/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=LOOs,计算小车

的加速度@=m/s2（结果保留2位有效数字）。

（3）将托盘及码的重力视为小车受到的合力F,改变码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a-F图

像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应（填“增大”或“减小”）轨道的倾角。

0.30FN

（4）图乙中直线斜率的单位为（填“kg”或“kg1"）。

14.某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为:

学生电源：

可调变压器Ti、T2

电阻箱R;

灯泡L（额定电压为6V）：

交流电流表Ai、A?、A\,交流电压表VI、V2,

开关SI、S2,导线若干。

图内

部分实验步骤如下：

（1）模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12V,闭合Si,调节电

阻箱阻值，使Vi示数为6.00V,此时Ai（量程为250mA）示数如图乙所示，为mA,学生电源

的输出功率为WC

（2）模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节

THT2,使V2示数为6.00V,此时A2示数为2（）mA,则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的—

倍。

（3）A3示数为125mA,高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了W.

15.由透明介质制作的光学功能器件截面如图所示，器件下表面圆弧以。点为圆心，上表面圆弧以d点

为圆心，两圆弧的半径及O、O'两点间距离均为R,点A、B、C在下表面圆弧上。左界面AF和右界面

CH与OCT平行，到OCT的距离均为之R

（1）B点与。U的距离为为竽R,单色光线从B点平行于3U射入介质，射出后恰好经过U点，求介

质对该单色光的折射率n；

（2）若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，并垂直CH射出，出射点在GE的延长线

上，E点在OO,上，O\E两点间的距离为*R,空气中的光速为c,求该光在介质中的传播时间t。

16.如图所示，上端开口，下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内，玻璃管导热性能良好，管

内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为Po,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦

力大小恒为：f（）=^p（yS,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热，「二330K时，气柱高

度为hi,活塞开始缓慢上升：继续缓慢加热至T?=440K时停止加热，活塞不再上升：再缓慢降低气体温

度，活塞位置保持不变，直到降温至T.F400K时，活塞才开始缓慢下降：温度缓慢降至T4=33OK时，保

持温度不变，活塞不再下降，求：

调

温

活

装

置

（1）T2-440K时,气柱高度h2：

（2）从T1状态到T4状态的过程中，封闭气体吸收的净热量Q（扣除放热后净吸收的热量）。

17.如图所示，内有弯曲光滑机道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同

・高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑

水平面上，b被锁定。一质量m4kg的小球自Q点正上方』=2四处自由下落，无能量损失地滑入轨道，

并从P点水平抛出，恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15N时，b解除锁定开始

运动。已知a的质量nia=lkg,b的质量mbqkg,方形物体的质量M=?kg,重力加速度大小gfOm/s?,

弹簧的劲度系数k=5ON/m,整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式式埒=；丘2（x为弹簧的形

变量），所有过程不计空气阻力，求:

（I）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小VI、V2

（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小V及弹性势能的最大值Epm。

18.如图所示，平行轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为a,二者的交线与轨道垂直，以轨道上O

点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域1、II,区域1（-2LWXV-L）内

充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场：区域HI（x>0）内充满方向垂直轨道平面向上的

磁场，磁感应强度大小-=kit+k2X,ki和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间r均匀增加的匀

强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金

属标叩qf时放置在轨道卜,pq边与轨道垂直,由静I卜释放0已知轨道绝像、光滑、足够长且不可移动.

磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g,不计自感。

（I）若金属框从开始进入到完全离开区域1的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放

时pq边与区域1上边界的距离S:

（2）金属框沿轨道下滑，当U边刚进入区域时开始il时T=0）,此时金属框的速率为vs,若a=

嘲空求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中'ef边移动的距离d。

答案解析部分

1.【答案】B

【知识点】光电效应

【蟀析】【解答】根据光电子最大初动能与遏止电压的关系得：

Ek=eUc

由图像得：

Uc2>Uc3>Ud

则有：

Ek：>Ek3>Eki

故B正确，ACD错误；

故答案为：Bo

【分析】根据光电子最大初动能与遏止电压的关系比较即可。

2.【答案】C

【知识点】分子间的作用力

【解析】【解答】规定两个分子间距离r等于ro时分子势能为零，从m处随着距离的增大，根据分子力随

分子距离的变化关系可知，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功，故分子势能增大；从

ro处随着距离的减小，此时分子间作用力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可

知当r不等于ro时，Ep为正，故C正确，ABD错误。

故答案为：Co

【分析】根据题中给定的假设，结合分子力与分子距离的变化关系，以及分子力做功的情况判断分子势

能的情况。

3.【答案】A

【知识点】光的双缝干涉；干涉条纹和光的波长之间的关系；光的偏振现象

【解析】【解答】根据干涉条纹间距公式务；I，可知当P?旋转时，L,d,2均不变，故条纹间距不

变；P］、P2透振方向平行，随着P2的旋转，透过P2的光强在减小，干涉条纹的亮度在减小，当Pl、P2

垂直时，亮度最小，故A正确，BCD错误。

故答案为：Ao

【分析】根据双缝干涉相邻亮纹的间距公式结合偏振片的透振方向知识进行分析解答。

4.【答案】C

【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力

【解析】【解答】曝光时间内小球运动的长度为4=>二x0.6m=0.12m

近似认为在曝光时间内小球做匀速直线运动，小球的线速度大小

AI0.12

v=瓦=-j—m/s=6m/s

50

设小球在最低点拉力为T,根据牛顿第二定律有7-mg=^^

代入数据解得T=7N,故C正确，ABD错误。

故答案为：Co

【分析】求出在曝光时间内小球运动的弧长，很短时间内的平均速度可以看作瞬时速度，细线的拉力与

重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出细线的拉力大小。

5.【答案】A

【知识点】能量守恒定律；功率及其计算；机车启动

【解析】【解答】小车做匀速直线运动,由平衡条件得

F=f=kv

小车的机械功率P例=Fv=kv2

由于电动机的效率为n电动机=50%,电动机的总功率

P

机ku'

2

电FF=2Zev

p

光伏电池的光电转换效率为小即〃=3

pC2

可^得P电2kv

则光伏电池单位时间内获得的太阳能为半，故A正确，BCD错误。

故答案为：Ao

【分析】小车做匀速直线运动，应用平衡条件求出牵引力大小；根据功率公式P=Fv求出小车的机械功

率，然后求出电动机的总功率；根据光伏电池的光电转换效率求出光伏电池单位时间内获得的太阳能。

6.【答案】C

【知识点】动量守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用

【解析】【解答】组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m,则轨道舱

的质量为5m,总质量为6m,设组合体的线速度大小为v,

根据万有引力定律有G竺罗=

r2r

可得做圆周运动的线速度为b=呼

弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，根据动量守恒定律有

6mv=5mv1+mv2

由题意切=2怦

带入解得叭=专怦,故C正确，ABD错误。

故答案为：Co

【分析】组合体绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解线速度，弹射返回舱的过程，组

合体动量守恒，根据动量守恒定律求解即可。

7.【答案】D

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值

【解析】【解答】由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为7=红

V

同一个导体棒先通过区域II,后通过区域I,导体棒通过区域I时，根据导体棒切割磁感线产生感应电

动势公式，产生的电动势大小为邑=8"，经过的时间为£1=]

同理，导体棒通过区域II时，产生的电动势大小为E2=BXO.5LU,经过的时间为£2=净

根据有效值的定义有直，,隹，心有T

代入数据可得/?#=包警，故D正确，ABC错误。

1J4

故答案为：Do

【分析】根据题意分段计算感应电动势，再结合电动势有效值的定义列式求解。

8.【答案】B

【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用

【解析】【解答】将长方体建筑材料的重力沿着斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向FNi=mgcosO

斜面对长方体建筑材料的摩擦力f।-pingcosB

方向沿MN向上；

重力沿斜面QN方向的分力Gi=mgsine

Gi垂直于MN的分力FN2=G1sin0=mgsin2O

挡板对长方体建筑材料的摩擦力f2=〃氐2sin2。

方向沿MN向上；

Gi沿MN向卜一的分力G2=G।cosO=mgsinOcosO

根据牛顿第二定律mgsinOcosU-^imgcosd-^mgsin26=ma

可得a=gsinGcosG—figcosO—〃gsiMo,故B正确，ACD错误。

故答案为：Bo

【分析】对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解

作答。

9.【答案】B,D

【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系

【解析】【解答】A.根据t=0时刻的波形图可知甲波的波长入界=4m

根据入*砂波速均为Im's

可得7>=4s

故A错误；

B.设N左边在平衡位置的质点与N质点平衡位置的距离为％,根据题图结合1cm=2sin(cm)

4乙

乂6m-2m-2x=—

可得％=0.5m,“乙=6m

故B正确；

T

C.此时M点振动方向根据同侧法可知向上运动，£=6s时即经过乙“+/,振动情况与现在完全相

反,故M向y轴负方向运动，故C错误；

D.同理根据入乙="丁乙，可得7乙=6s,根据同侧法可知£=0时N向)，轴负方向运动，£=6s时即经过

时间丁,，N仍向y轴负方向运动，故D正确。

故答案为：BDo

【分析】由图像可知甲波的波K,根据波长与波速关系求解周期；根据振动方程结合图像求解乙波的波

长；利用同侧法求解M、N两点的振动方向。

10.【答案】B,C

【知识点】运动的合成与分解；平抛运动；匀速圆周运动

【解•析】【解答】AB.物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H=*gt2

可彳寻£=2s

水平方向以原来的线速度做匀速运动，要使得物品落点在目标区域内，根据几何关系，水平方向满足x=

yj一布—UL

最大角速度等于3nax=总

联立可得Gmax=^rad/s

故A错误，B正确;

匹O

CD.无人机从A到8的时间?s>2s

可知无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地，故C正确，D错误。

故答案为：BCo

【分析】物品离开无人机后做平抛运动，根据几何关系求解无人机的最大初速度，根据v=o)r求解角速

度；求解无人机从A到B运动的时间，与物品做平抛运动的时间比较即可。

11.【答案】B,D

【知识点】库仑定律：共点力的平衡：电场强度；电势

【解析】【解答】A.对甲、乙两小球受力分析如图所示

设0C与力8线段交点为G点，由几何关系2Rsin乙0A8=V3/?

解得得/。48=WBA=30°

因此有N0G4=105°,乙OGB=75°

对乙有血乙0_F电

sin300-sin75°

因为sin45。Vsin75。

F电与F电'是一对相互作用力，可得血尹,他乙

故A错误；

B.根据点电荷场强公式E=当，由场强叠加知识，可知C到D之间的圆弧上各点场强方向都向右下

方，若有一正试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C点电势高于D

点电势，故B正确；

C.A点小球电荷量大于B点小球电荷量，E点离大电荷近,F离小电荷更近，如果在AB两个小球电荷

量相等，则根据对称性EF场强大小相等方向相反，现在相当于在等量基础上增加在A小球电荷量，故E

点场强大，根据点电荷场强公式简单计算可知方向依然相反，故C错误；

D.与B选项类似的方法，若有一正试探电荷从0运动到D的过程中，电场力先做负功后做正功，电势

能先增大后减小，故电势先升高后降低，故D正确。

故答案为：BDo

【分析】对两带电小球画出平衡状态下的受力图，结合几何关系，利用正弦定理，电场的合成叠加，电

势的确定和标量性进行分析解答。

12.【答案】A,D

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动

【解析】【解答】A.粒子在区域I中的运动轨迹是以），轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子

做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y轴正方向，

设粒子初速度为火

竖直方向有y=

水平方向有x=vot

由牛顿第二定律有Eq=ma

联立解得E=噜

故人正确；

B.粒子在区域II中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，

运动轨迹如图所示，则粒子在区域n内圆周运动的半径R=当

故B错误；

C.粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度u=J诏+（好）2

联立解得T

根据洛伦兹力提供向心力杓

艇得”瑞

故c错误：

D.如图所示，

设圆心为。'点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为。

由速度关系有sin。=甘=0.6

可得。=37°

由几何关系得40'=37。

那么有。。'=3L+/?cos37°=挈

粒子在区域II内圆周运动的圆心坐标(苧,0)

故D正确。

故答案为：ADo

【分析】根据粒子在匀强电场中的运动轨迹判断粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律和牛顿第二定律

求解场强的大小和方向；根据运动学公式以及运动的合成与分解求解粒子进入磁场时的速度大小和方

向：在区域II中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，说明粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，根据儿何关

系求出粒子的轨道半径；根据洛伦兹力提供向心力，进而可得磁感应强度；根据几何关系计算圆心位置

坐标。

13.【答案】(1)1.00

(2)0.41

(3)增大

(4)kgd

【知识点】实验验证牛顿第二定律：力学单位制

【解析】【解答】(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替中间位置的瞬时速度，平均速度等于中间

时刻的瞬时速度，遮光片宽度越小，两速度越接近，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动

到光电门时小车的瞬时速度，应选择宽度较小的d=1.00cm的遮光片；

(2)根据加速度的定义式可得。=殳/•=0.417n/s2

(3)根据图像可知当有一定大小的外力厂时此时小车的加运度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到

一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角；

(4)图乙中直线斜率为k=条，Aa的单位为nVs2,AF的单位为kg-nVs?,则k的单位为kgL

【分析】(1)遮光片宽度越小，中间时刻的瞬时速度与中间位置的速度越接近，据此分析即可；

(2)根据加速度定义式分析即可；

(3)根据图象分析加速度与力的关系，判断是否已经平衡摩擦力；

(4)物理学公式不仅反映了物理量之间的数量关系，同时也反映了物理量之间的单位换算关系，根据公

式分析即可。

14.【答案】(1)20()：2.4

(2)100

(3)0.9

【知识点】电功率和电功：电能的输送；电压表、电流表欧姆表等电表的读数

【解析】【解答】(1)电流表Ai的量程为250mA,分度值为5mA,读数为h=200mA

根据功率公式，学生电源的输出功率Pi=12x200x10~3W=2.41V

(2)根据电压关系，电阻箱两端电压UR=UO-U=12V-6V「6V

低压输电时电阻箱消耗的功率为P2=6X200X10~3W=1.2W

电阻箱的接入的电阻为〃=-J5a=30/2

200x10

高压输电时，电流b=20mA=0.02A

高压输电时，电阻箱消耗的功率为P3=30x20xIO-3x20x10~3W=0.0121V

可喷=品=10°

即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。

(3)A3示数为l3=125mA=0.125A时，学生电源的输出功率=12x125x10-3川二i上卬

高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了"=Pi—P4=2.4W-1.5W=0.9WZ

【分析】(1)电流表Ai的量程为250mA,分度值为5mA,根据电流表的读数规则读数；根据功率公

式求解学生电源的输出功率；

(2)根据电压关系求解电阻箱两端电压，根据功率公式求解.电阻箱消耗的功率：根据欧姆定律求解电阻

箱的接入电阻；高压输电时，根据功率公式求解电阻箱消耗的功率，再求倍数关系；

（3）根据功率公式求解高压输乜时学生电源的输出功率，再求学生电源输出功率的减小量。

15.【答案】（1）如图

根据题意可知B点与00,的距离为率0B=R,所以加6=泡=在

/R2

可得91=60

又因为出后恰好经过O'点，O'点为该光学器件上表面圆弧的圆心，则该单色光在上表面垂直入射，

光路不变：因为OB=OO，=R,所以根据几何关系可知02=30

介质对该单色光的折射率九=鬻=翳=百

sint72sinju

（2）若该单色光线从G点沿GE方向垂直AF射入介质，第一次射出介质的点为D,且OE=噂，可知解

42_R_41

sin。~~~2

R

由十sin。=乎>sinC=1=苧

2n3

所以光线在上表面D点发生全反射，轨迹如图

根据几何关系有则光在介质中传播的距离为L=2（GE+AF）

光在介质中传播的速度为u=£=学

713

19

所以光在介质中的传播间亡=5=誉=嘿^

~3~

【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射

【解析】【分析】（1）作出光路图，根据数学知识求解入射角和折射角，根据折射定律求解折射率；

（2）作出光路图，根据临界角公式求解临界角，根据数学知识求解入射角，判断是否发生全反射；根据

数学知识求解光线在介质中的距离；根据折射率公式求解光在介质中的速度，最后再求时间。

16.【答案】⑴活塞开始缓慢上升,由受力平衡poS+fo=pS

可得封闭的理想气体压强/=^Po

4X

「一T2升温过程中，等压膨胀，由盖-吕萨克定律毕二毕

1211

解得九2=g九1

（2）解,

升温过程中，等压膨胀：外界对气体做功

降温过程中，等容变化，外界对气体做功卬2=0

活塞受力平衡有PoS=/o+p3s

解得封闭的理想气体压强P3=部。

RT0降温过程中，等压压缩，由盖-昌萨克定律警二瑛

;374

解得h4=盖比

外界对气体做功卬5=P3（九2—灯）S=嚓怔

全程中外界对气体做功w=W]+⑰+皿3=.8鬻]S

因为7\=74，故封闭的理想气体总内能变化4U=0

利用热力学第一定律=W+Q

解得Q=粤箸

。KJ

故封闭气体吸收的净热量Q=业龄。

【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖•吕荧克定律；压强及封闭气体压强的计算

【解析】【分析】（1）根据平衡条件和盖-吕萨克定律列式解答；

（2）根据盖-吕萨克定律求解各个过程中气体对外做功、结合热力学第一定律列式解答。

17.【答案】（1）根据题意可知,小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv产Mv?

由能量守恒定律有机g/i=gm诏+谚

联立解得vi=6m/s,V2~m/s

即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为|m/s,方向水平向右。

（2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0,小球和物块a水平方向上动

量守恒，则有mvj-（m+m（＞）vs

解得V3=2m/s

设当弹簧形变量为xi时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为根据胡克定律F=kxi

v

系统机械能守恒+rna）2=+m。）党+4%优

联立解得V4=lm/s,xi=0.3ni

固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最

大，由动量守恒定律有（m+ma）V4=（m+rria+mb）Vb

解得Vbqm/s,方向水平向左。

由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Ppm=3（771+ma）Va+^kx]一（7H+771。+mb）vl=f/

【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律；动量与能量的综合应用一弹簧类模型

【解析】【分析】（1）小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量

守恒定律列式求解即可；

（2）小球击中物块a的过程，小球和物块a组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解共同

速度，小球与物块a一起向左运动，对小球、物块a和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速

度，固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量

守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。

18.【答案】(1)金属框从开始进入到完全离开区域1的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞

次定律可得，安培力水平向左，则

切割磁感线产生的电动势E=BLvcosa

线框中电流I手

线框做匀速直线运动，则BILcosa=mgsina

解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率。=咧,ana

BLcosa

金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgssimr=^mi;2

可得释放时pq边与区域I上边界的距离s=/L=加兜与ma

2gsina2E"4cos4a

(2)当ef边刚进入区域H时开始计时(t=0),设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电

动势E=器=罄L2=电2+〃2"第=(ki+3)〃，其中y=第

此时线路中的感应电流/=国

线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为尸安1=%it+k2(s+L)]/L

线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为尸也=(k.t+&s)〃

则线框受到的安培力产安=-安1--安2=%t+—(s+L)]IL-(k.t+k2s)IL

代,入.储mgR二sin,a

.2.4

化简得F/.=mgsina4-2V

rp\

当线框平衡时产安=mgsina,可知此时线框速率为0。

则从开始订时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得"SinazlC-F。®="4口

即一空"=^

Kmv

/2*>

对时间累积求和可得_然出=0-mv0

,mRv

可得d=丁/n

【知识点】动显定理；匀变速直线运动规律的综合运用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力

学问题

【解析】【分析】(1)金属框从开始进入到完全离开区域【的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根

据楞次定律判断安培力方向，根据平衡条件和动土电动势公式求解金属框的速度，金属框开始释放到pq

边进入磁场的过程中，只有重力做功，根据动能定理求解释放时pq边与区域I上边界的距离；

（2）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据安培力公式求解导体棒所受安培力，金属框达到平衡状

态时，根据平衡条件求解速率，根据动量定理求解ef边移动距离。

试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：100分

客观题（占比）40.0(40.0%)

分值分布

主观题（占比）60.0(60.0%)

客观题（占比）12(66.7%)

题量分布

主观题（占比）6(33.3%)

2、试卷题量分布分析

大题题型题目量（占比）分值（占比）

单项选择题：木题共

8小题，每小题3

分，共24分。每小8(44.4%)24.0(24.0%)

题只有一个选项符合

题目要求。

多项选择题：本题共

4小题，每小题4

分，共16分。每小

题有多个选项符合题

4(22.2%)16.0(16.0%)

目要求，全部选对得

4分，选对但不全的

得2分，有选错的得

0分。

综合题：本题共6小

6(33.3%)60.0(60.0%)

题，共60分

3、试卷难度结构分析

序号难易度占比

1普通(50.0%)

2容易(16.7%)

3困难(33.3%)

4、试卷知识点分析

序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号

1导体切割磁感线时的感应电动势13.0(13.0%)7.18

2功率及其计算3.0(3.0%)5

交变电流的峰值、有效值、平均值

33.0(3.0%)7

与瞬时值

4受力分析的应用3.0(3.0%)8

5万有引力定律的应用3.0(3.0%)6

6电磁感应中的动力学问题10.0(10.0%)18

7牛顿运动定律的综合应用3.0(3.0%)8

8干涉条纹和光的波长之间的关系3.0(3.0%)3

9电场强度4.0