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2025届山东省滨州市高三下学期二模物理试题
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。
1．（2025·滨州模拟）某实验小组在激光的传播方向上分别放置单缝、双缝、小圆孔和小圆板后，得到如下四幅图样，下列说法正确的是（　　）
A．图甲是小圆板“泊松亮斑”衍射图样
B．图乙是小圆孔衍射图样
C．图丙是双缝干涉图样
D．图丁是双缝干涉图样
2．（2025·滨州模拟）医用放射性同位素氟-18，常用于PET-CT肿瘤显影，其半衰期为110分钟。某日上午10：00制备的480mg氟-18显影剂，因故推迟至下午3：30使用。若显影剂中氟-18质量不低于方可保证成像质量，则（　　）
A．剩余氟-18质量约为，不可正常使用
B．剩余氟-18质量约为，可正常使用
C．剩余氟-18质量约为，可正常使用
D．剩余氟-18质量约为，可正常使用
3．（2025·滨州模拟）如图所示，地球同步轨道上的卫星A与更高轨道上的卫星B都绕地球做匀速圆周运动，且与地球自转方向相同。已知地球自转周期为，某时刻二者距离最近，再经过时间，二者第一次相距最远。则（　　）
A．B的运动周期为
B．B的运动周期为
C．A运行的线速度小于B的线速度
D．A运行的向心加速度小于B的向心加速度
4．（2025·滨州模拟）一定质量的理想气体，经历一个热循环过程，其图像如图所示。已知，过程为等温过程，过程为等容过程，过程为绝热过程。在过程中，气体吸收的热量为，在过程中，内能减少了。在的一个热循环过程中，外界对气体做的总功为（　　）
A．20J B． C． D．
5．（2025·滨州模拟）如图，某越野场地中一段水平的路面上有一圆弧形凸起，圆心角，最高点距水平地面高为。一轮越野车两轮轴间的距离。越野车在水平路面上时，坐垫水平，椅背竖直，不考虑人与坐垫和椅背间的摩擦。车轮直径足够大，能安全通过该凸起。越野车缓慢开过该凸起，从前轮经过点到前轮到达点的过程中，坐垫对人的支持力（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
6．（2025·滨州模拟）我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小，使其速度减小到。由于存在稀薄大气，空气阻力大小（为速度，系数），机器人重力保持不变。则速度从到的下落过程中，机器人的加速度（　　）
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．一直增大 D．一直减小
7．（2025·滨州模拟）空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，一质量为的带电小球在点的初速度大小为，方向水平向左，小球经过下方点时速度的大小仍为，且方向与水平方向夹角，指向右下方。两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为。则（　　）
A．若电场力水平向右，电场力最小
B．间电势差
C．小球速度竖直向下时，速度的大小为
D．若电场力的大小为，则电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方
8．（2025·滨州模拟）如图所示，半径为R的圆环竖直放置，两个质量均为m的可视为质点的小球套在圆环上，静止在A、B两点处，可随着圆环绕过圆心的竖直轴OO'旋转。A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，两小球与圆环接触面上的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。圆环角速度从零开始缓慢增大的过程中（　　）
A．两小球所受的摩擦力随角速度的不断增大而增大
B．B处的小球先相对圆环开始滑动
C．当B处的小球受到的摩擦力为零时，圆环的角速度为
D．当圆环角速度为ω0时，A处的小球恰好开始滑动，此时A处的小球所受的支持力为15mω02R
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0分。
9．（2025·滨州模拟）我国风力发电近年来发展迅速，已成为全球风电装机容量最大、技术领先的国家之一、某物理兴趣小组制造了模拟风力发电厂输电网络供电的装置，如图所示。风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动，输出交流电，变压后远距离输送给用户。已知发电机线圈面积，匝数匝，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度。升压变压器原副线圈匝数比为，输电线的总电阻，用户用电器可等效为的电阻，电表为理想电表，变压器为理想变压器，其余电阻不计。当发电机转子以某一角速度匀速转动，闭合开关后，电压表的示数为，电流表的示数为。则（　　）
A．发电机转子的转速为
B．降压变压器的原副线圈匝数比为
C．用户用电器电阻变小时，电压表示数不变
D．若风速变大，发电机转子转速变为原来的2倍，的功率变为原来的4倍
10．（2025·滨州模拟）如图所示，直角三角形为玻璃棱镜的截面，其中边长为。点固定在地面上，边与地面平行。单色光从边的中点垂直边射入棱镜，光线经棱镜折射后打在水平地面上的光点比无棱镜时侧移了。光在真空中的传播速度为。现让光线与边成角斜向右下方从点射入玻璃棱镜，则（　　）
A．棱镜对单色光的折射率为
B．棱镜对单色光的折射率为
C．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为
D．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为
11．（2025·滨州模拟）在某介质中建立如图所示的直角坐标系为两个沿轴方向振动的波源。在处，振幅为在处，振幅为。两波源的振动频率相同，形成的波均沿轴传播。波源起振后开始计时，计为时刻。位于原点处的质点的振动图像如图乙所示，则（　　）
A．波源形成的波的传播速度为
B．波源起振后波源起振
C．波源的起振方向相同
D．到过程，点处质点的路程为
12．（2025·滨州模拟）如图所示，长木板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开关、导轨固定在长木板上，光滑导轨和平行，间距为，长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨的总质量为。长度也为的导体棒垂直平行导轨放置在和间，导体棒的质量为。匀强磁场方向竖直向上，大小为。长木板与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。电阻的阻值为，电源内阻、导轨和导体棒的电阻以及接触电阻均不计。时刻，闭合开关，通过力传感器记录力随时间变化的图线，如图所示。从图像中可以读出时刻力，时刻力的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则（　　）
A．电源的电动势
B．导体棒的最大速度
C．时间内导体棒的位移大小
D．若撤去传感器的连接后，再闭合开关，则导体棒的最大速度
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·滨州模拟）某实验小组利用智能化装置验证牛顿第二定律，装置如图所示。小车后端搭载超声波测距传感器，实时测量小车与固定反射挡板之间的距离，距离数据与时间数据相结合计算得到小车运动的加速度，通过力传感器测得绳的拉力。
实验步骤如下：
（1）调整木板倾角使小车匀速运动，平衡摩擦力；
（2）将挂有重物的细绳与小车相连，调整滑轮高度使细绳与木板平行。释放小车，小车开始运动后，利用车载的超声波测距模块测出小车经过两个连续相等的时间间隔的位置1、2、3与反射挡板之间的距离、、，如图所示。则小车的加速度大小为　 　（用字母和表示）；
（3）保持小车质量不变，挂不同质量的重物，测得数据如下表：
0.11 0.26 0.28 0.37 0.39
0.62 1.30 1.39 1.69 1.79
（4）根据实验数据描点连线，得到图像如下图所示。结合实验原理，分析纵轴截距不为0的原因可能为　 　。
（5）随着继续增大，图像的变化趋势应为　 　。（选填①②③）
14．（2025·滨州模拟）学习温度对金属丝电阻率的影响后，某学校物理兴趣小组准备利用金属丝的这个特性制作一个可以粗略测量温度的金属电阻温度计。
（1）选定一段金属丝，设计方案测量其在某一温度下的电阻值（忽略自身热效应导致的温度变化）。
可供选用的器材如下：
A.待测电阻丝（阻值大约）；
B.电源（电动势，内阻约）；
C.电压表（量程，内阻约）；
D.电流表（量程，内阻约）；
E.电流表（量程，内阻约）；
F.滑动变阻器（最大阻值）；
G.导线、开关
为了安全、准确、方便地完成实验，
①电流表应选用　 　（填器材前的字母序号）；
②在虚线框中设计并补充完整实验电路图　 　。
（2）实验数据显示该电阻丝的电阻值随温度的升高而增大，同学们查阅资料得知，在一定温度范围内该金属材料的电阻率与温度可近似看作线性关系，于是将实验数据描绘出图像，如图甲所示。
（3）同学们用该金属丝与电池（电动势为，内阻不计）、灵敏电流计（内阻）、滑动变阻器（接入电路电阻）串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该金属丝做测温探头，把灵敏电流计的电流刻度改刻为相应的温度刻度，得到一个“金属电阻温度计”。温度与灵敏电流计的读数的关系式为　 　（用、、、、、表示），该温度计的刻度　 　（填“是”或“不是”）均匀的。
15．（2025·滨州模拟）将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为，文物放入时柜内压强为。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
（1）柜内文物的体积；
（2）要使储存柜内的压强小于，至少需要抽气几次。
16．（2025·滨州模拟）如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度，与半径的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面上。一质量的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角、大小的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数，火星表面重力加速度，忽略空气阻力。求：
（1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力的大小；
（2）物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度。
17．（2025·滨州模拟）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）每次青蛙起跳做的功；
（2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离；
（3）若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）；
（4）长木板的长度与的关系。
18．（2025·滨州模拟）电磁聚焦和发散技术多用于高端科技领域，如约束核聚变和航天领域的离子推进器等方面均有协同应用。如图所示，在、轴组成的平面内有组合电场和磁场，可以实现带电粒子的聚焦和发散。质量为、电荷量为的同种带电粒子以相同的速度平行于轴射入第三象限的匀强电场中，电场强度大小为，方向沿轴负方向，边界分别与轴、轴交于坐标的两点，其边界均有粒子射入，且所有粒子都从坐标为（0，-L）的点射出电场，进入第四象限的匀强磁场中，其中速度平行轴方向射入磁场的粒子恰能垂直打到轴的正半轴上。若打到轴上的粒子中只有离坐标原点最近的粒子能够射入第一象限，其它粒子均被吸收，第一象限内有边界平行于轴且宽度均为的若干区域，交替分布着空白区域和方向垂直纸面向外的匀强磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边缘效应。
求：
（1）第三象限内，粒子射入匀强电场的初速度大小；
（2）所有粒子打到轴正半轴上的区域长度；
（3）若第一象限的匀强磁场的大小，射入第一象限的粒子离轴的最远距离；
（4）若在第一象限内的空白区域存在匀强电场，电场强度的大小也为、方向沿轴正方向。改变第一象限内磁场区域磁感应强度的大小，恰能使射入第一象限的粒子运动到离轴的距离也为第（3）问中的，且此时速度沿轴正方向。求第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】AB．单色光照射小圆孔做衍射的实验时，中央较大的区域内是亮的，周围是明暗相间的圆环，条纹间距也不等，亮度向外逐渐变暗；而泊松亮斑的中间是一个比较小的亮点，亮度向外逐渐变亮，可知图甲是小圆孔衍射图样，图乙是小圆板“泊松亮斑”衍射图样，故AB错误；
CD．衍射与干涉图样的区别是：前者是中间亮条纹明且宽大，越向两侧宽度越小，后者明暗条纹宽度相等，则图丙是双缝干涉图样，图丁是单缝衍射图样，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据单缝、双缝、小圆孔和小圆板衍射 / 干涉图样的典型特征，对四幅图进行分类判断，区分衍射与干涉图样的关键差异。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】从上午10：00到下午3：30经历的时间为
由于氟-18的半衰期为110分钟，即经过三个半衰期，剩余氟-18质量为，可正常使用。
故答案为：B。
【分析】先计算从上午 10：00 到下午 3：30 的时间间隔，再根据半衰期公式计算剩余氟 - 18 的质量，最后与 50mg 的阈值比较判断是否可正常使用。
3．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】AB．静止卫星的周期为，当两卫星第一次相距最远时，满足，解得B的运动周期为，故A正确，B错误。
C．根据万有引力提供向心力，有，可得，因为卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，所以卫星A运行的线速度大于卫星B运行的线速度，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有，可得，因为卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，所以卫星A的加速度大于卫星B的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】先利用两卫星从相距最近到第一次相距最远的角度差关系，求出卫星 B 的周期；再根据万有引力提供向心力的公式，比较两卫星的线速度和向心加速度大小。
4．【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】由题可得，为等温过程，故，在过程中，气体吸收的热量为，即，由热力学第一定律，则有
解得
过程为等容过程，由
解得
在过程中，内能减少了，即，对过程，有
解得
过程为绝热过程，即，在过程中，有
解得
在的一个热循环过程中，外界对气体做的总功为
故答案为：B。
【分析】利用热力学第一定律 ΔU=Q+W，结合等温、等容、绝热过程的特点，分别计算各过程的内能变化和做功，再通过循环总内能为零的条件，求出外界对气体做的总功。
5．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】由图可知，解得，汽车缓慢行驶，前轮经过点后，汽车与圆弧形有夹角，且逐渐增大，此时有，则坐垫对人的支持力逐渐变小；
汽车全部运动到弧面后，做匀速圆周运动，设汽车与圆心连线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有
随着减小，支持力变大。
故答案为：D。
【分析】根据越野车缓慢通过凸形路面的过程，分两个阶段分析坐垫对人的支持力：前轮过A点到整车进入圆弧段，以及整车在圆弧段到前轮到B点，结合受力变化判断支持力的变化趋势。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】机器人下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定律有
其中 f=kv，又有
联立解得
根据不等式关系，当时，即，有极小值。所以速度从到的下落过程中，机器人的加速度一直增大。
故答案为：C。
【分析】对机器人进行受力分析，根据牛顿第二定律建立加速度表达式，再分析速度减小时各力的变化，从而判断加速度的变化趋势。
7．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球经过AB两点时速度大小相等，有对称性可知在AB两点时速度方向与AB连线的夹角大小相等，设为α，由几何关系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分线方向斜向下，方向与水平线夹角为30°，由平行四边形定则可知，若场强方向沿BA向上时电场力最小，场强最小，A错误；
B．从A到B根据动能定理
可知，B错误；
C．小球速度竖直向下时，此时速度方向与AB夹角为30°，小球沿AB方向的速度为
不变，则小球速度竖直向下时速度的大小为，C错误；
D．由图可知，若电场力的大小为，合力大小也为mg，此时电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据 A、B 两点的速度矢量，利用动能定理和矢量合成确定合力方向，再分析电场力的最小值、电势差、特殊时刻的速度以及电场力与竖直方向的夹角。
8．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】ABC．A处小球所受的摩擦力随角速度的不断增大而增大；对B处的小球，当摩擦力等于零时，根据牛顿第二定律得 ，解得 ，随角速度的不断增大，B处的小球所受的摩擦力先减小后增大；A处的小球先达到最大静摩擦力，所以A处的先相对圆环开始滑动，ABC错误；
D．当圆环角速度为ω0时，水平方向根据牛顿第二定律得，解得 ，D正确。
故答案为：D。
【分析】对 A、B 两球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律建立方程，分析摩擦力随角速度的变化趋势，判断哪一球先滑动，并计算特殊状态下的角速度和支持力。
9．【答案】C,D
【知识点】变压器原理；能量守恒定律
【解析】【解答】A．升压器输入端电压有效值
题意知升压器输出端电压有效值
根据
代入题中数据，联立解得发电机转子的转速，故A错误；
B．题意可知通过电阻的电流为，设降压器副线圈电流为，根据能量守恒可知
联立解得，对降压器有
联立解得降压变压器的原副线圈匝数比，故B错误；
C．因为可知由于不变，故不变，即用户用电器电阻变小时，电压表示数不变，故C正确；
D．结合A选项分析，由能量守恒有
因为，，
联立整理得
可知发电机转子转速n变为原来的2倍，增大两倍，则增大两倍，根据
可知的功率变为原来的4倍，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先根据交变电流最大值与有效值的关系，结合升压变压器的变压比，求出发电机转子的转速；再利用能量守恒和变压器变流比，分析降压变压器的匝数比；最后分析用户电阻变化和风速变化对电路的影响。
10．【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．根据题意光路如图
题意知，几何关系可知，则有
可知
几何关系知，故
则折射率，故A错误，B正确；
CD．分析可知光路如图
题意可知从D的入射角为，则有
解得
几何关系可知
可知在M点的入射角有
可知在M点产生全反射，光最终垂直BC边的N点射出棱镜，几何关系可知，
因为
则斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间
代入题中数据，联立解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】先利用垂直入射时的侧移数据，通过几何关系和折射定律求出棱镜的折射率；再分析斜射时的光路，计算光在棱镜中的传播距离和时间。
11．【答案】A,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由图像可知，从t=0开始，经过2s波源形成的波传到O点，则波源形成的波的传播速度为，A正确；
B．假设两波源一起起振，因S2的振动传到O点的时间为4s，则波源的振动传到O点比波源的振动传到O点早2s；由图像可知，t=2s时波源形成的波传到O点，t=5s时波源的振动传到O点，则波源的振动传到O点比波源的振动传到O点早3s，波源起振1s后波源起振，B错误；
C. 两列波的周期均为T=2s，波长，则
因O点起振后振动加强，可知波源起振1s后振动方向与波源S1起振方向相同，可知波源的起振方向相反，C错误；
D．由图像可知到过程，点处质点的路程为，D正确；
故答案为：AD。
【分析】根据O点的振动图像，结合两波源到O点的距离，先求出波速，再分析两波源的起振时间差、起振方向，最后计算O点质点在0到8.5s内的路程。
12．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．时刻，闭合开关，回路中的电流，对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨进行分析有
解得，故A正确；
B．时刻力的大小趋近于0，导体棒速度达到最大值时，回路总的电动势为0，回路中的电流为0，导体棒做匀速直线运动，则有，结合上述解得，故B正确；
C．时间内，对导体棒进行分析，根据动量定理有
根据欧姆定律有
其中
解得，故C错误；
D．对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨与导体棒构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
此时回路总电动势为0，则有
结合上述解得，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】先对 t=0 时刻的系统受力分析，求出电源电动势；再分析导体棒达到最大速度的条件，结合安培力和运动学规律求解最大速度；最后分析撤去传感器后，系统动量守恒和能量守恒下的最大速度。
13．【答案】；平衡摩擦力过度；②
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（2）根据匀变速直线运动规律可知
解得
故答案为：
（4）由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
故答案为：平衡摩擦力过度
（5）因为用力传感器测得绳的拉力，根据
小车质量不变时，加速度与外力F成正比，故②正确。
故答案为：②
【分析】(2) 利用逐差法，根据连续相等时间间隔内的位移差计算加速度。
(4) 纵轴截距不为零，说明在拉力为零时小车仍有加速度，原因是平衡摩擦力过度（木板倾角过大）。
(5) 随着重物质量增大，绳子拉力不再远小于重物重力，a-F 关系偏离线性，图像会向下弯曲。
14．【答案】D；；；不是
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1） ① 题意可知电压表为3V，待测电阻丝约5Ω，则通过电阻的最大电流
故答案为：D。
② 题意可知，故电流表采用外接法；若滑动变阻器采用限流式接法，则电路的最小电流
大于电流表最大量程，故滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下
（3） 图甲可知
由闭合电路欧姆定律得
联立整理得；
图像可知温度与I不是线性关系，故该温度计的刻度不是均匀的。
故答案为：；不是
【分析】(1) ① 根据电源电动势和待测电阻估算最大电流，选择合适量程的电流表；
② 因电压表量程不足，采用电流表外接、滑动变阻器分压式接法。
(3) 由闭合电路欧姆定律结合电阻与温度的线性关系，推导出温度与电流的关系式，再判断刻度是否均匀。
15．【答案】（1）解：第一次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
（2）解：第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于至少要抽气3次。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 第一次抽气为等温过程，由玻意耳定律建立方程，求解柜内空气体积，进而得到文物体积。
(2) 每次抽气后压强按等比数列递减，通过递推公式求使压强小于 的最少抽气次数。
（1）第一次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于至少要抽气3次。
16．【答案】（1）解：对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上根据受力平衡得
又
联立解得
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得
解得
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为
（2）解：从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为
根据动能定理可得
解得
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学公式可得
到水平轨道的最大高度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由牛顿第二定律求水平轨道上的加速度，再用运动学公式求到达底端的速度，最后由向心力公式求轨道对箱子的支持力。
(2) 先由动能定理求箱子在右侧圆弧上升的最大高度，再结合平抛运动求最大高度。
（1）对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上根据受力平衡得
又
联立解得
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得
解得
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为
（2）从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为
根据动能定理可得
解得
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学公式可得
到水平轨道的最大高度为
联立解得
17．【答案】（1）解：对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）解：对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离
（3）解：青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有
由几何关系
联立解得
（4）解：对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当时，青蛙跳的最远，则
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 青蛙竖直起跳时，做功全部转化为重力势能，由此可直接得到每次起跳做功；
(2) 第三次起跳从地面，水平位移最大对应斜抛运动的最大射程，由起跳速度可求；
(3) 第二次起跳时青蛙与木板动量守恒，水平位移与质量成反比；
(4) 第一次起跳后青蛙与木板共速，结合功相同和动量守恒，推导出木板长度与 h 的关系。
（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离
（3）青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有
由几何关系
联立解得
（4）对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当时，青蛙跳的最远，则
18．【答案】（1）解：从点射入第一象限的匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
，
解得
（2）解：类平抛运动的竖直速度
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为，则有
得
解得
可知，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由几何关系可得圆心在轴上，则有
解得
（3）解：粒子在第一象限的磁场中，
解得
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域，则有
（4）解：若粒子从射入第一象限的电场和磁场的组合场中，运动到离轴距离也为时，速度恰好沿轴正方向，由动能定理可知
解得
列水平方向的动量定理可知
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第三象限做类平抛运动，由水平和竖直方向的位移与加速度关系，联立求解初速度；
(2) 粒子进入第四象限磁场后做匀速圆周运动，通过几何关系确定打到 x 轴正半轴的区域长度；
(3) 粒子在第一象限磁场中做圆周运动，结合磁场大小和几何关系求离 x 轴的最远距离；
(4) 粒子在第一象限的电场与磁场中运动，通过动能定理和圆周运动规律，求解所需磁感应强度。
（1）从点射入第一象限的匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
解得
（2）类平抛运动的竖直速度
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为，则有
得
解得
可知，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由几何关系可得圆心在轴上，则有
解得
（3）粒子在第一象限的磁场中，
解得
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域，则有
（4）若粒子从射入第一象限的电场和磁场的组合场中，运动到离轴距离也为时，速度恰好沿轴正方向，由动能定理可知
解得
列水平方向的动量定理可知
解得
1 / 12025届山东省滨州市高三下学期二模物理试题
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。
1．（2025·滨州模拟）某实验小组在激光的传播方向上分别放置单缝、双缝、小圆孔和小圆板后，得到如下四幅图样，下列说法正确的是（　　）
A．图甲是小圆板“泊松亮斑”衍射图样
B．图乙是小圆孔衍射图样
C．图丙是双缝干涉图样
D．图丁是双缝干涉图样
【答案】C
【知识点】光的双缝干涉；光的衍射
【解析】【解答】AB．单色光照射小圆孔做衍射的实验时，中央较大的区域内是亮的，周围是明暗相间的圆环，条纹间距也不等，亮度向外逐渐变暗；而泊松亮斑的中间是一个比较小的亮点，亮度向外逐渐变亮，可知图甲是小圆孔衍射图样，图乙是小圆板“泊松亮斑”衍射图样，故AB错误；
CD．衍射与干涉图样的区别是：前者是中间亮条纹明且宽大，越向两侧宽度越小，后者明暗条纹宽度相等，则图丙是双缝干涉图样，图丁是单缝衍射图样，故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据单缝、双缝、小圆孔和小圆板衍射 / 干涉图样的典型特征，对四幅图进行分类判断，区分衍射与干涉图样的关键差异。
2．（2025·滨州模拟）医用放射性同位素氟-18，常用于PET-CT肿瘤显影，其半衰期为110分钟。某日上午10：00制备的480mg氟-18显影剂，因故推迟至下午3：30使用。若显影剂中氟-18质量不低于方可保证成像质量，则（　　）
A．剩余氟-18质量约为，不可正常使用
B．剩余氟-18质量约为，可正常使用
C．剩余氟-18质量约为，可正常使用
D．剩余氟-18质量约为，可正常使用
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】从上午10：00到下午3：30经历的时间为
由于氟-18的半衰期为110分钟，即经过三个半衰期，剩余氟-18质量为，可正常使用。
故答案为：B。
【分析】先计算从上午 10：00 到下午 3：30 的时间间隔，再根据半衰期公式计算剩余氟 - 18 的质量，最后与 50mg 的阈值比较判断是否可正常使用。
3．（2025·滨州模拟）如图所示，地球同步轨道上的卫星A与更高轨道上的卫星B都绕地球做匀速圆周运动，且与地球自转方向相同。已知地球自转周期为，某时刻二者距离最近，再经过时间，二者第一次相距最远。则（　　）
A．B的运动周期为
B．B的运动周期为
C．A运行的线速度小于B的线速度
D．A运行的向心加速度小于B的向心加速度
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】AB．静止卫星的周期为，当两卫星第一次相距最远时，满足，解得B的运动周期为，故A正确，B错误。
C．根据万有引力提供向心力，有，可得，因为卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，所以卫星A运行的线速度大于卫星B运行的线速度，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有，可得，因为卫星A的轨道半径小于卫星B的轨道半径，所以卫星A的加速度大于卫星B的加速度，故D错误。
故答案为：A。
【分析】先利用两卫星从相距最近到第一次相距最远的角度差关系，求出卫星 B 的周期；再根据万有引力提供向心力的公式，比较两卫星的线速度和向心加速度大小。
4．（2025·滨州模拟）一定质量的理想气体，经历一个热循环过程，其图像如图所示。已知，过程为等温过程，过程为等容过程，过程为绝热过程。在过程中，气体吸收的热量为，在过程中，内能减少了。在的一个热循环过程中，外界对气体做的总功为（　　）
A．20J B． C． D．
【答案】B
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】由题可得，为等温过程，故，在过程中，气体吸收的热量为，即，由热力学第一定律，则有
解得
过程为等容过程，由
解得
在过程中，内能减少了，即，对过程，有
解得
过程为绝热过程，即，在过程中，有
解得
在的一个热循环过程中，外界对气体做的总功为
故答案为：B。
【分析】利用热力学第一定律 ΔU=Q+W，结合等温、等容、绝热过程的特点，分别计算各过程的内能变化和做功，再通过循环总内能为零的条件，求出外界对气体做的总功。
5．（2025·滨州模拟）如图，某越野场地中一段水平的路面上有一圆弧形凸起，圆心角，最高点距水平地面高为。一轮越野车两轮轴间的距离。越野车在水平路面上时，坐垫水平，椅背竖直，不考虑人与坐垫和椅背间的摩擦。车轮直径足够大，能安全通过该凸起。越野车缓慢开过该凸起，从前轮经过点到前轮到达点的过程中，坐垫对人的支持力（　　）
A．逐渐变大 B．逐渐变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】由图可知，解得，汽车缓慢行驶，前轮经过点后，汽车与圆弧形有夹角，且逐渐增大，此时有，则坐垫对人的支持力逐渐变小；
汽车全部运动到弧面后，做匀速圆周运动，设汽车与圆心连线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有
随着减小，支持力变大。
故答案为：D。
【分析】根据越野车缓慢通过凸形路面的过程，分两个阶段分析坐垫对人的支持力：前轮过A点到整车进入圆弧段，以及整车在圆弧段到前轮到B点，结合受力变化判断支持力的变化趋势。
6．（2025·滨州模拟）我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器人以初速度垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小，使其速度减小到。由于存在稀薄大气，空气阻力大小（为速度，系数），机器人重力保持不变。则速度从到的下落过程中，机器人的加速度（　　）
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．一直增大 D．一直减小
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；功率及其计算
【解析】【解答】机器人下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定律有
其中 f=kv，又有
联立解得
根据不等式关系，当时，即，有极小值。所以速度从到的下落过程中，机器人的加速度一直增大。
故答案为：C。
【分析】对机器人进行受力分析，根据牛顿第二定律建立加速度表达式，再分析速度减小时各力的变化，从而判断加速度的变化趋势。
7．（2025·滨州模拟）空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，一质量为的带电小球在点的初速度大小为，方向水平向左，小球经过下方点时速度的大小仍为，且方向与水平方向夹角，指向右下方。两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为。则（　　）
A．若电场力水平向右，电场力最小
B．间电势差
C．小球速度竖直向下时，速度的大小为
D．若电场力的大小为，则电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．小球经过AB两点时速度大小相等，有对称性可知在AB两点时速度方向与AB连线的夹角大小相等，设为α，由几何关系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分线方向斜向下，方向与水平线夹角为30°，由平行四边形定则可知，若场强方向沿BA向上时电场力最小，场强最小，A错误；
B．从A到B根据动能定理
可知，B错误；
C．小球速度竖直向下时，此时速度方向与AB夹角为30°，小球沿AB方向的速度为
不变，则小球速度竖直向下时速度的大小为，C错误；
D．由图可知，若电场力的大小为，合力大小也为mg，此时电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方，D正确。
故答案为：D。
【分析】先根据 A、B 两点的速度矢量，利用动能定理和矢量合成确定合力方向，再分析电场力的最小值、电势差、特殊时刻的速度以及电场力与竖直方向的夹角。
8．（2025·滨州模拟）如图所示，半径为R的圆环竖直放置，两个质量均为m的可视为质点的小球套在圆环上，静止在A、B两点处，可随着圆环绕过圆心的竖直轴OO'旋转。A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，两小球与圆环接触面上的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。圆环角速度从零开始缓慢增大的过程中（　　）
A．两小球所受的摩擦力随角速度的不断增大而增大
B．B处的小球先相对圆环开始滑动
C．当B处的小球受到的摩擦力为零时，圆环的角速度为
D．当圆环角速度为ω0时，A处的小球恰好开始滑动，此时A处的小球所受的支持力为15mω02R
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；生活中的圆周运动
【解析】【解答】ABC．A处小球所受的摩擦力随角速度的不断增大而增大；对B处的小球，当摩擦力等于零时，根据牛顿第二定律得 ，解得 ，随角速度的不断增大，B处的小球所受的摩擦力先减小后增大；A处的小球先达到最大静摩擦力，所以A处的先相对圆环开始滑动，ABC错误；
D．当圆环角速度为ω0时，水平方向根据牛顿第二定律得，解得 ，D正确。
故答案为：D。
【分析】对 A、B 两球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律建立方程，分析摩擦力随角速度的变化趋势，判断哪一球先滑动，并计算特殊状态下的角速度和支持力。
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0分。
9．（2025·滨州模拟）我国风力发电近年来发展迅速，已成为全球风电装机容量最大、技术领先的国家之一、某物理兴趣小组制造了模拟风力发电厂输电网络供电的装置，如图所示。风轮带动矩形线圈在匀强磁场中转动，输出交流电，变压后远距离输送给用户。已知发电机线圈面积，匝数匝，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度。升压变压器原副线圈匝数比为，输电线的总电阻，用户用电器可等效为的电阻，电表为理想电表，变压器为理想变压器，其余电阻不计。当发电机转子以某一角速度匀速转动，闭合开关后，电压表的示数为，电流表的示数为。则（　　）
A．发电机转子的转速为
B．降压变压器的原副线圈匝数比为
C．用户用电器电阻变小时，电压表示数不变
D．若风速变大，发电机转子转速变为原来的2倍，的功率变为原来的4倍
【答案】C,D
【知识点】变压器原理；能量守恒定律
【解析】【解答】A．升压器输入端电压有效值
题意知升压器输出端电压有效值
根据
代入题中数据，联立解得发电机转子的转速，故A错误；
B．题意可知通过电阻的电流为，设降压器副线圈电流为，根据能量守恒可知
联立解得，对降压器有
联立解得降压变压器的原副线圈匝数比，故B错误；
C．因为可知由于不变，故不变，即用户用电器电阻变小时，电压表示数不变，故C正确；
D．结合A选项分析，由能量守恒有
因为，，
联立整理得
可知发电机转子转速n变为原来的2倍，增大两倍，则增大两倍，根据
可知的功率变为原来的4倍，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】先根据交变电流最大值与有效值的关系，结合升压变压器的变压比，求出发电机转子的转速；再利用能量守恒和变压器变流比，分析降压变压器的匝数比；最后分析用户电阻变化和风速变化对电路的影响。
10．（2025·滨州模拟）如图所示，直角三角形为玻璃棱镜的截面，其中边长为。点固定在地面上，边与地面平行。单色光从边的中点垂直边射入棱镜，光线经棱镜折射后打在水平地面上的光点比无棱镜时侧移了。光在真空中的传播速度为。现让光线与边成角斜向右下方从点射入玻璃棱镜，则（　　）
A．棱镜对单色光的折射率为
B．棱镜对单色光的折射率为
C．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为
D．斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间为
【答案】B,C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．根据题意光路如图
题意知，几何关系可知，则有
可知
几何关系知，故
则折射率，故A错误，B正确；
CD．分析可知光路如图
题意可知从D的入射角为，则有
解得
几何关系可知
可知在M点的入射角有
可知在M点产生全反射，光最终垂直BC边的N点射出棱镜，几何关系可知，
因为
则斜射入玻璃棱镜的光线在棱镜中的传播时间
代入题中数据，联立解得，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】先利用垂直入射时的侧移数据，通过几何关系和折射定律求出棱镜的折射率；再分析斜射时的光路，计算光在棱镜中的传播距离和时间。
11．（2025·滨州模拟）在某介质中建立如图所示的直角坐标系为两个沿轴方向振动的波源。在处，振幅为在处，振幅为。两波源的振动频率相同，形成的波均沿轴传播。波源起振后开始计时，计为时刻。位于原点处的质点的振动图像如图乙所示，则（　　）
A．波源形成的波的传播速度为
B．波源起振后波源起振
C．波源的起振方向相同
D．到过程，点处质点的路程为
【答案】A,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由图像可知，从t=0开始，经过2s波源形成的波传到O点，则波源形成的波的传播速度为，A正确；
B．假设两波源一起起振，因S2的振动传到O点的时间为4s，则波源的振动传到O点比波源的振动传到O点早2s；由图像可知，t=2s时波源形成的波传到O点，t=5s时波源的振动传到O点，则波源的振动传到O点比波源的振动传到O点早3s，波源起振1s后波源起振，B错误；
C. 两列波的周期均为T=2s，波长，则
因O点起振后振动加强，可知波源起振1s后振动方向与波源S1起振方向相同，可知波源的起振方向相反，C错误；
D．由图像可知到过程，点处质点的路程为，D正确；
故答案为：AD。
【分析】根据O点的振动图像，结合两波源到O点的距离，先求出波速，再分析两波源的起振时间差、起振方向，最后计算O点质点在0到8.5s内的路程。
12．（2025·滨州模拟）如图所示，长木板放置在足够大的光滑水平面上，电源、电阻、开关、导轨固定在长木板上，光滑导轨和平行，间距为，长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨的总质量为。长度也为的导体棒垂直平行导轨放置在和间，导体棒的质量为。匀强磁场方向竖直向上，大小为。长木板与固定在水平面上的力传感器通过刚性轻绳连接。电阻的阻值为，电源内阻、导轨和导体棒的电阻以及接触电阻均不计。时刻，闭合开关，通过力传感器记录力随时间变化的图线，如图所示。从图像中可以读出时刻力，时刻力的大小趋近于0，可认为此时的拉力为0。则（　　）
A．电源的电动势
B．导体棒的最大速度
C．时间内导体棒的位移大小
D．若撤去传感器的连接后，再闭合开关，则导体棒的最大速度
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．时刻，闭合开关，回路中的电流，对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨进行分析有
解得，故A正确；
B．时刻力的大小趋近于0，导体棒速度达到最大值时，回路总的电动势为0，回路中的电流为0，导体棒做匀速直线运动，则有，结合上述解得，故B正确；
C．时间内，对导体棒进行分析，根据动量定理有
根据欧姆定律有
其中
解得，故C错误；
D．对长木板及固定在其上的电源、电阻、开关、导轨与导体棒构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有
此时回路总电动势为0，则有
结合上述解得，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】先对 t=0 时刻的系统受力分析，求出电源电动势；再分析导体棒达到最大速度的条件，结合安培力和运动学规律求解最大速度；最后分析撤去传感器后，系统动量守恒和能量守恒下的最大速度。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（2025·滨州模拟）某实验小组利用智能化装置验证牛顿第二定律，装置如图所示。小车后端搭载超声波测距传感器，实时测量小车与固定反射挡板之间的距离，距离数据与时间数据相结合计算得到小车运动的加速度，通过力传感器测得绳的拉力。
实验步骤如下：
（1）调整木板倾角使小车匀速运动，平衡摩擦力；
（2）将挂有重物的细绳与小车相连，调整滑轮高度使细绳与木板平行。释放小车，小车开始运动后，利用车载的超声波测距模块测出小车经过两个连续相等的时间间隔的位置1、2、3与反射挡板之间的距离、、，如图所示。则小车的加速度大小为　 　（用字母和表示）；
（3）保持小车质量不变，挂不同质量的重物，测得数据如下表：
0.11 0.26 0.28 0.37 0.39
0.62 1.30 1.39 1.69 1.79
（4）根据实验数据描点连线，得到图像如下图所示。结合实验原理，分析纵轴截距不为0的原因可能为　 　。
（5）随着继续增大，图像的变化趋势应为　 　。（选填①②③）
【答案】；平衡摩擦力过度；②
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（2）根据匀变速直线运动规律可知
解得
故答案为：
（4）由图像可知，当时，小车已经具有一定的加速度，所以图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
故答案为：平衡摩擦力过度
（5）因为用力传感器测得绳的拉力，根据
小车质量不变时，加速度与外力F成正比，故②正确。
故答案为：②
【分析】(2) 利用逐差法，根据连续相等时间间隔内的位移差计算加速度。
(4) 纵轴截距不为零，说明在拉力为零时小车仍有加速度，原因是平衡摩擦力过度（木板倾角过大）。
(5) 随着重物质量增大，绳子拉力不再远小于重物重力，a-F 关系偏离线性，图像会向下弯曲。
14．（2025·滨州模拟）学习温度对金属丝电阻率的影响后，某学校物理兴趣小组准备利用金属丝的这个特性制作一个可以粗略测量温度的金属电阻温度计。
（1）选定一段金属丝，设计方案测量其在某一温度下的电阻值（忽略自身热效应导致的温度变化）。
可供选用的器材如下：
A.待测电阻丝（阻值大约）；
B.电源（电动势，内阻约）；
C.电压表（量程，内阻约）；
D.电流表（量程，内阻约）；
E.电流表（量程，内阻约）；
F.滑动变阻器（最大阻值）；
G.导线、开关
为了安全、准确、方便地完成实验，
①电流表应选用　 　（填器材前的字母序号）；
②在虚线框中设计并补充完整实验电路图　 　。
（2）实验数据显示该电阻丝的电阻值随温度的升高而增大，同学们查阅资料得知，在一定温度范围内该金属材料的电阻率与温度可近似看作线性关系，于是将实验数据描绘出图像，如图甲所示。
（3）同学们用该金属丝与电池（电动势为，内阻不计）、灵敏电流计（内阻）、滑动变阻器（接入电路电阻）串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该金属丝做测温探头，把灵敏电流计的电流刻度改刻为相应的温度刻度，得到一个“金属电阻温度计”。温度与灵敏电流计的读数的关系式为　 　（用、、、、、表示），该温度计的刻度　 　（填“是”或“不是”）均匀的。
【答案】D；；；不是
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1） ① 题意可知电压表为3V，待测电阻丝约5Ω，则通过电阻的最大电流
故答案为：D。
② 题意可知，故电流表采用外接法；若滑动变阻器采用限流式接法，则电路的最小电流
大于电流表最大量程，故滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下
（3） 图甲可知
由闭合电路欧姆定律得
联立整理得；
图像可知温度与I不是线性关系，故该温度计的刻度不是均匀的。
故答案为：；不是
【分析】(1) ① 根据电源电动势和待测电阻估算最大电流，选择合适量程的电流表；
② 因电压表量程不足，采用电流表外接、滑动变阻器分压式接法。
(3) 由闭合电路欧姆定律结合电阻与温度的线性关系，推导出温度与电流的关系式，再判断刻度是否均匀。
15．（2025·滨州模拟）将密闭文物储存柜内的空气部分抽出，然后充入惰性气体，制造柜内低压、低氧的环境，可以有效抑制氧化、虫害及微生物的滋生，是一种常见的文物保护技术。如图所示，某文物储存柜的容积为，文物放入时柜内压强为。关闭柜门后，通过抽气孔抽气，抽气筒的容积为，每次均抽出整筒空气。已知第一次抽气后柜内压强变为。不考虑抽气过程中气体温度的变化，储存柜内空气可看作理想气体。求：
（1）柜内文物的体积；
（2）要使储存柜内的压强小于，至少需要抽气几次。
【答案】（1）解：第一次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
（2）解：第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于至少要抽气3次。
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 第一次抽气为等温过程，由玻意耳定律建立方程，求解柜内空气体积，进而得到文物体积。
(2) 每次抽气后压强按等比数列递减，通过递推公式求使压强小于 的最少抽气次数。
（1）第一次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
（2）第二次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
第三次抽气过程，由玻意耳定律得
解得
故要使压强小于至少要抽气3次。
16．（2025·滨州模拟）如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度，与半径的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面上。一质量的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角、大小的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数，火星表面重力加速度，忽略空气阻力。求：
（1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力的大小；
（2）物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度。
【答案】（1）解：对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上根据受力平衡得
又
联立解得
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得
解得
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为
（2）解：从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为
根据动能定理可得
解得
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学公式可得
到水平轨道的最大高度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由牛顿第二定律求水平轨道上的加速度，再用运动学公式求到达底端的速度，最后由向心力公式求轨道对箱子的支持力。
(2) 先由动能定理求箱子在右侧圆弧上升的最大高度，再结合平抛运动求最大高度。
（1）对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上根据受力平衡得
又
联立解得
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得
解得
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为
（2）从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为
根据动能定理可得
解得
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学公式可得
到水平轨道的最大高度为
联立解得
17．（2025·滨州模拟）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求：
（1）每次青蛙起跳做的功；
（2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离；
（3）若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）；
（4）长木板的长度与的关系。
【答案】（1）解：对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）解：对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离
（3）解：青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有
由几何关系
联立解得
（4）解：对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当时，青蛙跳的最远，则
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】(1) 青蛙竖直起跳时，做功全部转化为重力势能，由此可直接得到每次起跳做功；
(2) 第三次起跳从地面，水平位移最大对应斜抛运动的最大射程，由起跳速度可求；
(3) 第二次起跳时青蛙与木板动量守恒，水平位移与质量成反比；
(4) 第一次起跳后青蛙与木板共速，结合功相同和动量守恒，推导出木板长度与 h 的关系。
（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离
（3）青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有
由几何关系
联立解得
（4）对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当时，青蛙跳的最远，则
18．（2025·滨州模拟）电磁聚焦和发散技术多用于高端科技领域，如约束核聚变和航天领域的离子推进器等方面均有协同应用。如图所示，在、轴组成的平面内有组合电场和磁场，可以实现带电粒子的聚焦和发散。质量为、电荷量为的同种带电粒子以相同的速度平行于轴射入第三象限的匀强电场中，电场强度大小为，方向沿轴负方向，边界分别与轴、轴交于坐标的两点，其边界均有粒子射入，且所有粒子都从坐标为（0，-L）的点射出电场，进入第四象限的匀强磁场中，其中速度平行轴方向射入磁场的粒子恰能垂直打到轴的正半轴上。若打到轴上的粒子中只有离坐标原点最近的粒子能够射入第一象限，其它粒子均被吸收，第一象限内有边界平行于轴且宽度均为的若干区域，交替分布着空白区域和方向垂直纸面向外的匀强磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边缘效应。
求：
（1）第三象限内，粒子射入匀强电场的初速度大小；
（2）所有粒子打到轴正半轴上的区域长度；
（3）若第一象限的匀强磁场的大小，射入第一象限的粒子离轴的最远距离；
（4）若在第一象限内的空白区域存在匀强电场，电场强度的大小也为、方向沿轴正方向。改变第一象限内磁场区域磁感应强度的大小，恰能使射入第一象限的粒子运动到离轴的距离也为第（3）问中的，且此时速度沿轴正方向。求第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）解：从点射入第一象限的匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
，
解得
（2）解：类平抛运动的竖直速度
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为，则有
得
解得
可知，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由几何关系可得圆心在轴上，则有
解得
（3）解：粒子在第一象限的磁场中，
解得
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域，则有
（4）解：若粒子从射入第一象限的电场和磁场的组合场中，运动到离轴距离也为时，速度恰好沿轴正方向，由动能定理可知
解得
列水平方向的动量定理可知
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第三象限做类平抛运动，由水平和竖直方向的位移与加速度关系，联立求解初速度；
(2) 粒子进入第四象限磁场后做匀速圆周运动，通过几何关系确定打到 x 轴正半轴的区域长度；
(3) 粒子在第一象限磁场中做圆周运动，结合磁场大小和几何关系求离 x 轴的最远距离；
(4) 粒子在第一象限的电场与磁场中运动，通过动能定理和圆周运动规律，求解所需磁感应强度。
（1）从点射入第一象限的匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
解得
（2）类平抛运动的竖直速度
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为，则有
得
解得
可知，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径
由几何关系可得圆心在轴上，则有
解得
（3）粒子在第一象限的磁场中，
解得
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域，则有
（4）若粒子从射入第一象限的电场和磁场的组合场中，运动到离轴距离也为时，速度恰好沿轴正方向，由动能定理可知
解得
列水平方向的动量定理可知
解得
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