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2025届山东省实验中学高三下学期第一次模拟考试物理试题
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．（2025·山东模拟）如图甲，辘轳是古代民间提水设施。如图乙为辘轳的工作原理简化图，某次需从井中汲取的水，辘轳绕绳轮轴半径为，水斗的质量为，井足够深且井绳的质量忽略不计。时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取，则（　　）
A．井绳拉力随时间均匀增大
B．水斗速度随时间变化的规律为
C．内水斗上升的高度为
D．内井绳拉力所做的功为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功的概念
【解析】【解答】AB．根据图乙有
由于
解得
可知，水斗向上做匀加速直线运动，加速度
根据牛顿第二定律
可知井绳拉力保持不变，故AB错误；
C.0~10s内水斗上升的高度，故C错误；
D.0~10s内井绳拉力所做的功为
联立解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先由角速度随时间的变化规律得到水斗的运动形式，再结合牛顿第二定律、运动学公式和功的定义分析各选项。
2．（2025·山东模拟）现用、两束光分别照射某光电管，光电流与光电管两端电压的关系如图，下列说法正确的是（　　）
A．光的频率大于光的频率
B．光照射该光电管时，逸出的光电子最大初动能更大
C．、光从同种玻璃中射入空气时，光更容易发生全反射
D．、光照射该光电管时逸出光电子的物质波最小波长之比为
【答案】D
【知识点】光的全反射；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】AB．根据爱因斯坦光电方程
结合动能定理
联立可得
可知光的频率越大，遏制电压越大，则光的频率小于光的频率，光照射该光电管时，逸出的光电子最大初动能更小，故AB错误；
C．光的频率小于光的频率，则光的折射率小于光的折射率，根据可知光发生全反射的临界角更小，光更容易发生全反射，故C错误；
D．根据光电子的物质波最小波长，结合动能与动量的关系
又根据动能定理，联立可得
可知、光照射该光电管时逸出光电子的物质波最小波长之比为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用光电效应方程和遏止电压的关系确定频率大小，结合德布罗意波长公式计算波长比，逐一分析选项。
3．（2025·山东模拟）声控万花筒的一个组件的剖面如图所示，滑块右侧的反光圆锥面顶角很大，圆锥面与右侧玻璃片之间有间隙，人在一旁大声喊叫时，滑块会小范围左右振动，在玻璃片上会看到变化着的环形彩色条纹。下列说法正确的是（　　）
A．滑块向左滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会变稀疏
B．滑块向左滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会变密集
C．滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向内“收缩”
D．滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向外“扩张”
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB．无论滑块在哪个位置，沿着半径自内向外每相同距离空气间隙厚度的变化都相同，两列反射光路程差相同，因此相邻两条纹间的距离相同，条纹的密集程度都不会改变，故AB错误；
CD．同一条纹所对应的间隙厚度相同，滑块向右滑动时，沿着半径间隙厚度为某确定值的地方都向外侧移动，两列反射光的路程差为某确定值的地方都向外侧移动，因此所有环形条纹的半径都会增大，故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】该现象属于薄膜干涉（空气间隙薄膜），核心规律是：同一级干涉条纹对应相同的空气间隙厚度，条纹间距由厚度变化率决定。
4．（2025·山东模拟）我国首颗超百GBPS容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星26号与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，两卫星的运行周期相同，两卫星轨迹相交于A、B两点，连线过地心，E、D分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（　　）
A．E、D两点间距离为中星26号卫星轨道半径的2倍
B．侦察卫星从点到A点过程中机械能逐渐增大
C．任意相等时间内两颗卫星与地球的连线扫过的面积相等
D．中星26号卫星在点速度等于侦察卫星在点速度
【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由题知，两卫星的运行周期相同，设中星26号卫星轨道半径为，则根据开普勒第三定律可知
则DE = 2r，故A正确；
B．侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故C错误；
D．以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道卫星的线速度为v3，圆轨道半径为则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v2 < v3，又
再根据，可知v1 > v3，则v1 > v2，故D错误。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒三大定律和卫星变轨原理，结合机械能守恒规律，逐一分析选项。
5．（2025·山东模拟）在“徒手抓金砖”的活动中挑战者需要戴白手套单手抓25公斤的梯形金砖的侧面，金砖小面朝上、大面朝下在空中保持静止25秒以上，已知梯形金砖截面的底角为，手套与金砖间摩擦因数为。如图所示，金砖在空中水平静止不动时，以下说法正确的是（　　）
A．人手对金砖的作用力大于重力
B．人手抓的越紧，金砖受到的摩擦力越大
C．梯形底角越小越容易抓起
D．当时，无论抓得多紧都抓不起金砖
【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】A．手与金砖有两个接触面，对金砖施加两个正压力并产生两个静摩擦力，这四个力的作用效果与重力平衡，所以手对金砖的作用力大小等于金砖的重力，方向竖直向上，故A错误；
CD．根据受力分析图
可知当，其中，即，手抓不起金砖，同时越大，即角越大，越容易单手抓起金砖，故CD错误；
B．根据受力分析图，竖直方向，有，可知仅增大手对金砖的压力，金砖受到手的摩擦力将增大，故B正确。
故答案为：B。
【分析】对梯形金砖进行完整受力分析，明确两侧正压力、静摩擦力与重力的平衡关系，结合静摩擦力最大值条件，推导底角与抓起难度的关联，逐一验证选项。
6．（2025·山东模拟）如图甲所示，在波的传播方向上有A、B、C三点，其中，时刻开始观察到A、C两点处质点的振动情况分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．若向右传播，该波的波长为
B．若向左传播，该波的波长为
C．若振源位于点，起振方向向上，且（为波长），那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要
D．若振源位于点，起振方向向下，且（为波长），那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙、丙可得
当波向右传播时（n=0，1，2，3…）
解得（n=0，1，2，3…），故A错误；
B．当波向左传播时（n=0，1，2，3…）
解得（n=0，1，2，3…），故B错误；
C．由题意可得，波向左传播，又因为，所以
取，此时
设波从波源传播到B点所用时间为，则
若振源位于点，起振方向向下，B点起振后到第1次到达波峰所用时间为，则
那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要，故C正确；
D．由题意可得，波向左传播，又因为，所以
取，此时
设波从波源传播到B点所用时间为，则
若振源位于点，起振方向向下，B点起振后到第1次到达波峰所用时间为，则
那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先由振动图像确定周期T，再根据波的传播方向分析A、C两点的振动相位差，推导波长表达式；最后结合振源位置、起振方向和波长范围，计算B点第一次到达波峰的时间。
7．（2025·山东模拟）如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆和水平杆，两杆在同一平面内，杆的延长线与杆的交点为。质量为的小球A和质量为的小球B分别套在杆和杆上，套在杆上的轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时AB间的轻杆与杆的夹角，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为。已知轻质弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量，为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动到点时，小球B的速度最大
C．小球A从最高点运动到点的过程，水平杆对小球B的作用力始终大于
D．从撤去外力到的过程中，轻杆对球做功为
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统机械能守恒，小球A从开始释放到下降到最大距离时，由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律有：解得，A错误。
B．小球运动到点时，小球B的速度为零，最小，B错误；
C．小球A从最高点运动到点的过程，小球B先加速后减速，根据
当aB=0时T=0，可知水平杆对小球B的作用力不是始终大于，C错误；
D．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为vB，A的速度为vA，根据关联速度关系可知：vAcos60°=vBcos30°
根据机械能守恒定律有
联立解得
根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为，D正确；
故答案为：D。
【分析】以小球 A、B 和弹簧组成的系统为研究对象，利用机械能守恒定律分析能量变化，结合速度关联和受力分析，逐一验证各选项。
8．（2025·山东模拟）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两点电荷相距0.6m，O为两点电荷水平连线的中点。一电荷量为的带电小球自点开始向下运动，初动能大小为，其动能与位移的关系如图乙中曲线I所示，处为曲线的最低点，此时动能大小为。直线II为计算机拟合的曲线I的一条渐近线，其斜率大小为。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度，静电力常量，则（　　）
A．小球的质量为
B．小球的电荷量为
C．下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加
D．下落到的过程中，小球的电势能增加了约
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】ACD．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N
解得小球的质量
0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量，故ACD错误；
B．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时
其中
解得电荷量C，故B正确。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理（Ek x 图像斜率为合外力）、牛顿第二定律和能量守恒定律，结合电场力的分布规律，逐一分析各选项。
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·山东模拟）如图所示粗细相同、导热良好的薄壁U形管竖直放置，左管开口，右管封闭。管中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高，左管内水银面到管口的距离，右管内封闭的空气柱长度。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是（　　）
A．左管内水银面向下移动的距离为
B．活塞向下移动的距离为
C．稳定后右管中气体的压强为
D．稳定后固定活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐低于右管
【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．当左、右管内水银面齐平时，左管内水银面向下移动的距离为 h1=6cm，右侧上升 h1=6cm，A错误；
BC．对右侧气体，根据玻意耳定律
解得
则左侧气体压强也为112cmHg，对左侧气体
解得
活塞向下移动的距离为，BC正确；
D．假设环境温度降低时两边液面仍平齐，则由查理定理，因稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍然相等，水银柱不动，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对左右两部分气体分别应用玻意耳定律（等温过程），结合水银面的几何变化，分析压强与体积变化，逐一验证选项。
10．（2025·山东模拟）如图甲所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度为，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为，左端连接一定值电阻和理想交流电流表，一质量为、电阻为的金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。现对金属棒施加一个平行于导轨的拉力，使得金属棒运动的速度随时间按如图乙所示的正弦规律变化。其中已知，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数
B．在的过程中，拉力所做的功
C．的过程中流过线圈的电量为
D．的过程中流过线圈的电量为
【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．图乙可知
故棒产生的电动势
则电流表示数
联立解得，故A正确；
B．在的过程中，由能量守恒有
联立解得，故B正确；
CD．的过程中流过线圈的电量为
因为，
联立解得，故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】金属棒做简谐运动，速度随时间按正弦规律变化，产生正弦式交变电流。结合交变电流有效值、能量守恒、法拉第电磁感应定律（电量计算）逐一分析选项。
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，A、B两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的轻弹簧，弹簧与球不栓接，此时弹簧处于压缩状态。若C球固定，释放弹簧，球被弹簧弹开瞬间杆中弹力大小。已知A、B两球的质量均为，C球的质量，杆长。下列说法正确的是（　　）
A．A球被弹开瞬间的速度大小为
B．释放前弹簧的弹性势能为
C．若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度为
D．若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度为
【答案】A,C
【知识点】向心力；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AC．由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为，对球，由牛顿第二定律有
可得
由系统机械能守恒定律得
解得，故A正确，B错误；
CD．三个球在一条直线上时，球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大，A、B球速度分别为由对称性可知
由系统动量守恒定律可知
由系统机械能守恒定律得
解得，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】分两种情况分析：C 球固定时，利用向心力公式和机械能守恒求 A 球速度与弹簧弹性势能；C 球不固定时，利用系统动量守恒和机械能守恒求 C 球最大速度。
12．（2025·山东模拟）如图甲所示，在竖直平面内平行放置两根完全相同的金属导轨，导轨间距L = 1.0 m。其中a1b1和a2b2段是光滑竖直导轨，c1d1和c2d2段是与水平面成37°角的足够长的粗糙倾斜直导轨，a1a2之间连接一阻值为R=1.0Ω的电阻，图乙是其正视图。竖直导轨处于垂直导轨平面水平向右的匀强磁场中，倾斜导轨处于沿导轨斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.5T。现有两根质量均为m=0.1kg，电阻均为R=1.0Ω，长度均为L=1.0m的金属棒M和N分别放置在竖直和倾斜导轨上，其中M棒从离b1b2高h=15m处由静止释放，同时N棒从倾斜导轨某处由静止释放，运动过程中两金属棒与导轨始终紧密接触，M棒竖直下落至b1b2前已经达到稳定。已知N棒与倾斜导轨间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　）
A．M棒从开始运动到b1b2的过程中，通过电阻R的电量为5.0C
B．M棒从开始运动到b1b2的过程中，电阻R上产生的焦耳热为2.2J
C．M棒从开始运动到b1b2需要的时间为2.1s
D．M棒到达b1b2时，N棒的速度大小为12.45m/s
【答案】B,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．M棒从开始运动到b1b2的过程中，通过b1b2棒的电荷量为
又有
联立解得
则通过电阻R的电量为，故A错误；
B．M棒匀速时，感应电动势
感应电流为
安培力
导体棒匀速，则有
联立解得
由能量守恒定律可得，整个电路产生的热量为
由串并联关系可得，电阻R上产生的焦耳热为，故B正确；
C．根据题意，M棒从开始运动到b1b2的过程中，对M棒，由动量定理有
整理可得
解得，故C错误；
D．M棒从开始运动到b1b2的过程中，对N棒，由动量定理有
整理可得
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】M 棒下落过程切割磁感线产生感应电动势，结合电路总电阻分析电量与焦耳热；利用动量定理求解运动时间；对 N 棒受力分析判断其运动状态，结合能量守恒求解其速度。
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上，或者按题目要求作答。）
13．（2025·山东模拟）某实验小组用“插针法”测量玻璃的折射率，如图甲所示，所用器材有：平行玻璃砖、木板、白纸、大头针、刻度尺、量角器、铅笔、图钉等。
（1）下列操作正确的是_____。
A．为了减小误差，选择的入射角应尽量大些
B．插大头针时，必须在另一侧观察，让挡住的像
C．为了减小误差，大头针、和、之间的距离应适当大些
D．如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度小的玻璃砖来测量
（2）同学们按照正确的操作步骤，多次改变入射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，作出了如图乙所示图线，由图线可知该玻璃砖的折射率是　 　。
（3）某位同学不小心将界面画成如图丙中实线所示（虚线为玻璃砖轮廓），其他实验操作均正确，则实验测得的折射率　 　（选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“都有可能”）。
【答案】（1）C
（2）1.5
（3）都有可能
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小测量误差，入射角应适当大一些，但不能太大，故A错误；
B．插大头针时，应该在同一侧让和的同一条直线上作为入射光线，故B错误；
C．为了减小实验误差，入射角应尽量大些，玻璃砖的宽度也宜大一些，大头针应垂直插在纸面上，且应使大头针、和、之间的距离应适当大些，故C正确；
D．利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，故D错误。
故答案为：C。
（2）根据折射定律可知
可得
则与的函数，其斜率的倒数表示折射率，即
故答案为：1.5
（3）红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏小；
红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏大；
光路如图所示
操作正确，与画玻璃砖形状无关，所以小星同学测得的折射率与真实值相比不变。
由上可知测得的折射率为偏大、偏小和不变都有可能。
故答案为：都有可能
【分析】(1) 分析插针法测折射率的实验操作要点，判断各选项的合理性。
(2) 根据折射定律 ， 图线的斜率为 ，由此计算折射率。
(3) 分析界面画错后对折射角测量的影响，进而判断折射率测量值的偏差。
（1）A．为了减小测量误差，入射角应适当大一些，但不能太大，故A错误；
B．插大头针时，应该在同一侧让和的同一条直线上作为入射光线，故B错误；
C．为了减小实验误差，入射角应尽量大些，玻璃砖的宽度也宜大一些，大头针应垂直插在纸面上，且应使大头针、和、之间的距离应适当大些，故C正确；
D．利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，故D错误。
故选C。
（2）根据折射定律可知
可得
则与的函数，其斜率的倒数表示折射率，即
（3）红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏小；
红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏大；
光路如图所示
操作正确，与画玻璃砖形状无关，所以小星同学测得的折射率与真实值相比不变。
由上可知测得的折射率为偏大、偏小和不变都有可能。
14．（2025·山东模拟）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，学校某实验小组的同学们采用了如图甲、乙、丙所示的可拆式变压器和电路图进行研究。
（1）下列说法正确的是_____。
A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
B．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
C．降压变压器的副线圈导线最好比原线圈导线粗一些
（2）在某次实验中，其中一个多用电表读数如图丁所示，此电压表读数为　 　V。
（3）同学们在实验过程中，记录如下表所示四组实验数据。
第一组 第二组 第三组 第四组
N1/匝 100 100 100 200
N2/匝 200 400 400 400
U1/V 1.85 0.91 1.81 3.65
U2/V 4.00 4.00 8.00 8.00
①分析表中数据可知，N1应是　 　（选填“原”或“副”）线圈的匝数。
②进一步分析数据可发现：原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，对该现象分析，下列观点正确的是　 　。
A．原、副线圈的电压的频率不相等
B．变压器线圈中有电流通过时会发热
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．穿过副线圈的磁通量大于原线圈的磁通量
【答案】（1）A；C
（2）7.4
（3）副；BC
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，A正确；
B．不能使用直流电源，因为直流电源变压器不工作，B错误；
C．降压变压器副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈导线最好比原线圈导线粗一些，C正确。
故答案为：AC。
（2）根据图丁，量程是10V，所以电压表的读数是7.4V；
故答案为：7.4
（3）根据实验数据得 ，N1是副线圈，原、副线圈电压比与匝数比不严格相等的原因是有铜损或者铁损；
A．原、副线圈的电压的频率一定相等，A错误；
B．变压器线圈中有电流通过时会发热，有铜损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，B正确；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，有铁损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，C正确；
D．由于漏磁，则穿过副线圈的磁通量小于原线圈的磁通量， D错误。
所以选BC
故答案为：副；BC。
【分析】(1) 控制变量法适配探究电压与匝数关系的实验逻辑；变压器功率守恒决定降压变压器副线圈电流更大、导线更粗；实验需用低压交流电源而非直流电源。
(2) 依据多用电表挡位与刻度盘读数规则，直接计算电压读数。
(3) ① 对比与的比值关系，判断为副线圈匝数；② 电压比与匝数比不符的核心原因是变压器的能量损耗，分析各选项合理性。
（1）A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，A正确；
B．不能使用直流电源，因为直流电源变压器不工作，B错误；
C．降压变压器副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈导线最好比原线圈导线粗一些，C正确。
故选AC。
（2）根据图丁，量程是10V，所以电压表的读数是7.4V；
（3）[1]根据实验数据得 ，N1是副线圈，原、副线圈电压比与匝数比不严格相等的原因是有铜损或者铁损；
[2] A．原、副线圈的电压的频率一定相等，A错误；
B．变压器线圈中有电流通过时会发热，有铜损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，B正确；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，有铁损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，C正确；
D．由于漏磁，则穿过副线圈的磁通量小于原线圈的磁通量， D错误。
故选BC。
四、计算题（把解题过程写在答题卡中对应位置。）
15．（2025·山东模拟）如图所示，有一个竖直放置的容器，横截面积为S，有一隔板放在卡槽上将容器分隔为容积均为的上下两部分，另有一只体积为的气筒分别通过单向进气阀m、n（m只能向左打开， n只能向右打开）与容器上下两部分连接，初始时两个阀门均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下气体压强均为大气压强，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，重力加速度为，气筒连接处的体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变，活塞不漏气。
（1）求活塞刚好完成一次抽气、打气时容器上下两部分气体压强之比；
（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，则隔板的质量至少是多少？
【答案】（1）解：活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得
对下部分气体得
根据题意
联立得上下两部分气体压强之比
（2）解：当完成抽气、打气各2次后，对上部分气体
对下部分气体
联立得，
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得
解得隔板的质量至少为
【知识点】受力分析的应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 抽气时A部分气体等温膨胀，打气时B部分气体等温压缩，分别对A、B应用玻意耳定律，联立求压强比。
(2) 重复两次抽气、打气后，再次对A、B应用玻意耳定律，结合隔板受力平衡条件，求隔板最小质量。
（1）活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得
对下部分气体得
根据题意
联立得上下两部分气体压强之比
（2）当完成抽气、打气各2次后，对上部分气体
对下部分气体
联立得，
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得
解得隔板的质量至少为
16．（2025·山东模拟）质量、可视为质点的小石片从距液面高处的点以初速度水平飞出后，从点与液面成射入某种液体中，然后从点与液面成射出液面做斜上抛运动，到达最高点时距离液面的高度。已知小石片从点运动到点的过程中，水对小石片的作用力在水平和竖直方向上的分量保持不变，A、B两点间的距离，重力加速度，，不计空气阻力。求：
（1）小石片从点运动到点的过程中，该液体对小石片做的功；
（2）小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间。
【答案】（1）解：由平抛运动规律可知，小石片在点速度大小
小石片在点速度大小
由机械能守恒定律有
从点运动到点
解得
（2）解：从点运动到点，时间
从点运动到点，水平方向有
从点运动到点，逆向思维法可知
根据对称性可知
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由平抛运动求A点速度，再由斜抛运动和机械能守恒求B点速度，最后用动能定理计算液体对小石片做的功。
(2) 分段计算平抛时间、液体中运动时间、斜抛运动时间，求和得到总时间。
（1）由平抛运动规律可知，小石片在点速度大小
小石片在点速度大小
由机械能守恒定律有
从点运动到点
解得
（2）从点运动到点，时间
从点运动到点，水平方向有
从点运动到点，逆向思维法可知
根据对称性可知
17．（2025·山东模拟）在光滑水平面上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直墙壁，右端与木板A接触（不栓连），当弹簧处于原长时离木板A右端处固定一竖直挡板，如图甲所示。用外力缓慢向左推木板A，使轻弹簧压缩后撤去外力，木板A与挡板发生的碰撞为弹性碰撞。已知重力加速度为，弹簧的劲度系数为，木板A的质量为，轻质弹簧的弹性势能，简谐运动的周期，其中为振子的质量，为弹簧的劲度系数。
（1）木板A释放后到与挡板发生第一次碰撞所经历的时间。
（2）若在木板A的左端放置一小物块B（可视为质点），如图乙所示。仍将弹簧压缩后由静止释放A，已知物块B的质量为，木板长，A、B间的滑动摩擦因数，
①从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数；
②从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程。
【答案】（1）解：释放后到原长
由机械能守恒
从分离到碰撞挡板
得
（2）解：①可分析知在弹簧恢复到原长的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为，则有
假设与挡板第一次碰后，在与弹簧作用前，A、B达到共同速度为，A的位移为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
对木板，由动能定理可得
解得
假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有
设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
而由于
所以从释放到滑离的过程中，与挡板碰撞的次数为
②A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1，则
解得
设第2次碰后A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有
由能量守恒有
解得，
碰撞后两者分离时，设的位移为，则有
解得
则从释放到滑离的过程中，运动的路程为
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 木板A释放后先做简谐运动到原长，再匀速运动到挡板，分别计算两段时间后求和。
(2) ① 分析A、B的受力与运动，结合碰撞和摩擦力做功，判断B滑离A时A与挡板的碰撞次数；
② 分段计算A的运动路程，累加得到总路程。
（1）释放后到原长
由机械能守恒
从分离到碰撞挡板
得
（2）①可分析知在弹簧恢复到原长的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为，则有
假设与挡板第一次碰后，在与弹簧作用前，A、B达到共同速度为，A的位移为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
对木板，由动能定理可得
解得
假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有
设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
而由于
所以从释放到滑离的过程中，与挡板碰撞的次数为
②A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1，则
解得
设第2次碰后A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有
由能量守恒有
解得，
碰撞后两者分离时，设的位移为，则有
解得
则从释放到滑离的过程中，运动的路程为
18．（2025·山东模拟）如图甲所示的直角坐标系，在的区域内，存在着沿轴负方向的匀强电场，在且的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电量为的粒子从轴上的点以初速度水平向右进入第一象限，经过轴上的点进入第四象限。带电粒子始终在面内运动，其速度可用如图乙所示的直角坐标系内的一个点表示，、分别为粒子速度在面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，然后沿线段移动到点，随后沿以横轴上的点（坐标未知）为圆心的圆弧移动至点，再沿线段回到点，整个过程中速度最大值为。已知图甲中，匀强磁场的磁感应强度为B，不计粒子重力，求：
（1）粒子到达点时的速度大小和方向；
（2）图乙中点的坐标；
（3）匀强电场的电场强度大小；
（4）若图甲中的长度等于，求粒子在运动过程中经过轴的位置坐标。
【答案】（1）解：粒子从做类平抛运动，令粒子到达D点时速度方向与轴成角度
则水平方向
竖直方向
由题意知
由数学知识
联立解得，
即到达D点时粒子速度方向与轴成斜向下。
（2）解：设点坐标为
根据题意结合数学知识可得
解得
故点的坐标为
（3）解：粒子从点到最低点（速度最大）时，向下运动的位移为
由动能定理有
水平方向由动量定理有
联立解得匀强电场的电场强度大小
（4）解：由运动的分解知识可得，粒子在磁场中的运动可分解为以速度水平向右的匀速运动和以速度的逆时针方向的匀速圆周运动
过程由动能定理得
解得
的长度等于，由（1）问解得
由洛伦兹力提供向心力得
故得圆周运动半径
粒子运动时间
设轴下方的一次运动和轴上方的类斜抛为一个周期
则
水平位移
故得粒子在运动过程中经过轴的位置坐标为
粒子从上到下经过轴时
粒子从下到上经过轴时
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第一象限受电场力做类平抛运动，结合速度矢量图和几何关系求D点速度。
(2) 由速度矢量图的圆周运动特征，结合最大速度条件确定Q点坐标。
(3) 利用洛伦兹力提供向心力和电场力产生加速度的关系，联立求解电场强度。
(4) 结合几何关系和运动轨迹，确定粒子经过x轴的位置坐标。
（1）粒子从做类平抛运动，令粒子到达D点时速度方向与轴成角度
则水平方向
竖直方向
由题意知
由数学知识
联立解得，
即到达D点时粒子速度方向与轴成斜向下。
（2）设点坐标为
根据题意结合数学知识可得
解得
故点的坐标为
（3）粒子从点到最低点（速度最大）时，向下运动的位移为
由动能定理有
水平方向由动量定理有
联立解得匀强电场的电场强度大小
（4）由运动的分解知识可得，粒子在磁场中的运动可分解为以速度水平向右的匀速运动和以速度的逆时针方向的匀速圆周运动
过程由动能定理得
解得
的长度等于，由（1）问解得
由洛伦兹力提供向心力得
故得圆周运动半径
粒子运动时间
设轴下方的一次运动和轴上方的类斜抛为一个周期
则
水平位移
故得粒子在运动过程中经过轴的位置坐标为
粒子从上到下经过轴时
粒子从下到上经过轴时
1 / 12025届山东省实验中学高三下学期第一次模拟考试物理试题
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．（2025·山东模拟）如图甲，辘轳是古代民间提水设施。如图乙为辘轳的工作原理简化图，某次需从井中汲取的水，辘轳绕绳轮轴半径为，水斗的质量为，井足够深且井绳的质量忽略不计。时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，取，则（　　）
A．井绳拉力随时间均匀增大
B．水斗速度随时间变化的规律为
C．内水斗上升的高度为
D．内井绳拉力所做的功为
2．（2025·山东模拟）现用、两束光分别照射某光电管，光电流与光电管两端电压的关系如图，下列说法正确的是（　　）
A．光的频率大于光的频率
B．光照射该光电管时，逸出的光电子最大初动能更大
C．、光从同种玻璃中射入空气时，光更容易发生全反射
D．、光照射该光电管时逸出光电子的物质波最小波长之比为
3．（2025·山东模拟）声控万花筒的一个组件的剖面如图所示，滑块右侧的反光圆锥面顶角很大，圆锥面与右侧玻璃片之间有间隙，人在一旁大声喊叫时，滑块会小范围左右振动，在玻璃片上会看到变化着的环形彩色条纹。下列说法正确的是（　　）
A．滑块向左滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会变稀疏
B．滑块向左滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会变密集
C．滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向内“收缩”
D．滑块向右滑动时，玻璃片上所有的环形条纹会向外“扩张”
4．（2025·山东模拟）我国首颗超百GBPS容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星26号与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，两卫星的运行周期相同，两卫星轨迹相交于A、B两点，连线过地心，E、D分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是（　　）
A．E、D两点间距离为中星26号卫星轨道半径的2倍
B．侦察卫星从点到A点过程中机械能逐渐增大
C．任意相等时间内两颗卫星与地球的连线扫过的面积相等
D．中星26号卫星在点速度等于侦察卫星在点速度
5．（2025·山东模拟）在“徒手抓金砖”的活动中挑战者需要戴白手套单手抓25公斤的梯形金砖的侧面，金砖小面朝上、大面朝下在空中保持静止25秒以上，已知梯形金砖截面的底角为，手套与金砖间摩擦因数为。如图所示，金砖在空中水平静止不动时，以下说法正确的是（　　）
A．人手对金砖的作用力大于重力
B．人手抓的越紧，金砖受到的摩擦力越大
C．梯形底角越小越容易抓起
D．当时，无论抓得多紧都抓不起金砖
6．（2025·山东模拟）如图甲所示，在波的传播方向上有A、B、C三点，其中，时刻开始观察到A、C两点处质点的振动情况分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．若向右传播，该波的波长为
B．若向左传播，该波的波长为
C．若振源位于点，起振方向向上，且（为波长），那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要
D．若振源位于点，起振方向向下，且（为波长），那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要
7．（2025·山东模拟）如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆和水平杆，两杆在同一平面内，杆的延长线与杆的交点为。质量为的小球A和质量为的小球B分别套在杆和杆上，套在杆上的轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时AB间的轻杆与杆的夹角，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为。已知轻质弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量，为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动到点时，小球B的速度最大
C．小球A从最高点运动到点的过程，水平杆对小球B的作用力始终大于
D．从撤去外力到的过程中，轻杆对球做功为
8．（2025·山东模拟）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两点电荷相距0.6m，O为两点电荷水平连线的中点。一电荷量为的带电小球自点开始向下运动，初动能大小为，其动能与位移的关系如图乙中曲线I所示，处为曲线的最低点，此时动能大小为。直线II为计算机拟合的曲线I的一条渐近线，其斜率大小为。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度，静电力常量，则（　　）
A．小球的质量为
B．小球的电荷量为
C．下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加
D．下落到的过程中，小球的电势能增加了约
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·山东模拟）如图所示粗细相同、导热良好的薄壁U形管竖直放置，左管开口，右管封闭。管中装有水银，左管内水银面比右管内水银面高，左管内水银面到管口的距离，右管内封闭的空气柱长度。现用活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使左、右管内水银面齐平。已知大气压强恒为，活塞可沿左管壁无摩擦地滑动，推动过程中气体温度始终不变，下列说法正确的是（　　）
A．左管内水银面向下移动的距离为
B．活塞向下移动的距离为
C．稳定后右管中气体的压强为
D．稳定后固定活塞，若环境温度缓慢降低，则左管内水银面逐渐低于右管
10．（2025·山东模拟）如图甲所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度为，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为，左端连接一定值电阻和理想交流电流表，一质量为、电阻为的金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。现对金属棒施加一个平行于导轨的拉力，使得金属棒运动的速度随时间按如图乙所示的正弦规律变化。其中已知，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数
B．在的过程中，拉力所做的功
C．的过程中流过线圈的电量为
D．的过程中流过线圈的电量为
11．（2025·山东模拟）如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，A、B两球分别用水平轻杆通过光滑铰链与C球连接，A、B两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的轻弹簧，弹簧与球不栓接，此时弹簧处于压缩状态。若C球固定，释放弹簧，球被弹簧弹开瞬间杆中弹力大小。已知A、B两球的质量均为，C球的质量，杆长。下列说法正确的是（　　）
A．A球被弹开瞬间的速度大小为
B．释放前弹簧的弹性势能为
C．若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度为
D．若C球不固定，释放弹簧后C球的最大速度为
12．（2025·山东模拟）如图甲所示，在竖直平面内平行放置两根完全相同的金属导轨，导轨间距L = 1.0 m。其中a1b1和a2b2段是光滑竖直导轨，c1d1和c2d2段是与水平面成37°角的足够长的粗糙倾斜直导轨，a1a2之间连接一阻值为R=1.0Ω的电阻，图乙是其正视图。竖直导轨处于垂直导轨平面水平向右的匀强磁场中，倾斜导轨处于沿导轨斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.5T。现有两根质量均为m=0.1kg，电阻均为R=1.0Ω，长度均为L=1.0m的金属棒M和N分别放置在竖直和倾斜导轨上，其中M棒从离b1b2高h=15m处由静止释放，同时N棒从倾斜导轨某处由静止释放，运动过程中两金属棒与导轨始终紧密接触，M棒竖直下落至b1b2前已经达到稳定。已知N棒与倾斜导轨间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　）
A．M棒从开始运动到b1b2的过程中，通过电阻R的电量为5.0C
B．M棒从开始运动到b1b2的过程中，电阻R上产生的焦耳热为2.2J
C．M棒从开始运动到b1b2需要的时间为2.1s
D．M棒到达b1b2时，N棒的速度大小为12.45m/s
三、实验题（把答案填在答题卡中的横线上，或者按题目要求作答。）
13．（2025·山东模拟）某实验小组用“插针法”测量玻璃的折射率，如图甲所示，所用器材有：平行玻璃砖、木板、白纸、大头针、刻度尺、量角器、铅笔、图钉等。
（1）下列操作正确的是_____。
A．为了减小误差，选择的入射角应尽量大些
B．插大头针时，必须在另一侧观察，让挡住的像
C．为了减小误差，大头针、和、之间的距离应适当大些
D．如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度小的玻璃砖来测量
（2）同学们按照正确的操作步骤，多次改变入射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，作出了如图乙所示图线，由图线可知该玻璃砖的折射率是　 　。
（3）某位同学不小心将界面画成如图丙中实线所示（虚线为玻璃砖轮廓），其他实验操作均正确，则实验测得的折射率　 　（选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“都有可能”）。
14．（2025·山东模拟）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，学校某实验小组的同学们采用了如图甲、乙、丙所示的可拆式变压器和电路图进行研究。
（1）下列说法正确的是_____。
A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
B．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12V
C．降压变压器的副线圈导线最好比原线圈导线粗一些
（2）在某次实验中，其中一个多用电表读数如图丁所示，此电压表读数为　 　V。
（3）同学们在实验过程中，记录如下表所示四组实验数据。
第一组 第二组 第三组 第四组
N1/匝 100 100 100 200
N2/匝 200 400 400 400
U1/V 1.85 0.91 1.81 3.65
U2/V 4.00 4.00 8.00 8.00
①分析表中数据可知，N1应是　 　（选填“原”或“副”）线圈的匝数。
②进一步分析数据可发现：原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，对该现象分析，下列观点正确的是　 　。
A．原、副线圈的电压的频率不相等
B．变压器线圈中有电流通过时会发热
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．穿过副线圈的磁通量大于原线圈的磁通量
四、计算题（把解题过程写在答题卡中对应位置。）
15．（2025·山东模拟）如图所示，有一个竖直放置的容器，横截面积为S，有一隔板放在卡槽上将容器分隔为容积均为的上下两部分，另有一只体积为的气筒分别通过单向进气阀m、n（m只能向左打开， n只能向右打开）与容器上下两部分连接，初始时两个阀门均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下气体压强均为大气压强，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，重力加速度为，气筒连接处的体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变，活塞不漏气。
（1）求活塞刚好完成一次抽气、打气时容器上下两部分气体压强之比；
（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，则隔板的质量至少是多少？
16．（2025·山东模拟）质量、可视为质点的小石片从距液面高处的点以初速度水平飞出后，从点与液面成射入某种液体中，然后从点与液面成射出液面做斜上抛运动，到达最高点时距离液面的高度。已知小石片从点运动到点的过程中，水对小石片的作用力在水平和竖直方向上的分量保持不变，A、B两点间的距离，重力加速度，，不计空气阻力。求：
（1）小石片从点运动到点的过程中，该液体对小石片做的功；
（2）小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间。
17．（2025·山东模拟）在光滑水平面上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直墙壁，右端与木板A接触（不栓连），当弹簧处于原长时离木板A右端处固定一竖直挡板，如图甲所示。用外力缓慢向左推木板A，使轻弹簧压缩后撤去外力，木板A与挡板发生的碰撞为弹性碰撞。已知重力加速度为，弹簧的劲度系数为，木板A的质量为，轻质弹簧的弹性势能，简谐运动的周期，其中为振子的质量，为弹簧的劲度系数。
（1）木板A释放后到与挡板发生第一次碰撞所经历的时间。
（2）若在木板A的左端放置一小物块B（可视为质点），如图乙所示。仍将弹簧压缩后由静止释放A，已知物块B的质量为，木板长，A、B间的滑动摩擦因数，
①从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数；
②从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程。
18．（2025·山东模拟）如图甲所示的直角坐标系，在的区域内，存在着沿轴负方向的匀强电场，在且的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电量为的粒子从轴上的点以初速度水平向右进入第一象限，经过轴上的点进入第四象限。带电粒子始终在面内运动，其速度可用如图乙所示的直角坐标系内的一个点表示，、分别为粒子速度在面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，然后沿线段移动到点，随后沿以横轴上的点（坐标未知）为圆心的圆弧移动至点，再沿线段回到点，整个过程中速度最大值为。已知图甲中，匀强磁场的磁感应强度为B，不计粒子重力，求：
（1）粒子到达点时的速度大小和方向；
（2）图乙中点的坐标；
（3）匀强电场的电场强度大小；
（4）若图甲中的长度等于，求粒子在运动过程中经过轴的位置坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；功的概念
【解析】【解答】AB．根据图乙有
由于
解得
可知，水斗向上做匀加速直线运动，加速度
根据牛顿第二定律
可知井绳拉力保持不变，故AB错误；
C.0~10s内水斗上升的高度，故C错误；
D.0~10s内井绳拉力所做的功为
联立解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先由角速度随时间的变化规律得到水斗的运动形式，再结合牛顿第二定律、运动学公式和功的定义分析各选项。
2．【答案】D
【知识点】光的全反射；光电效应；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】AB．根据爱因斯坦光电方程
结合动能定理
联立可得
可知光的频率越大，遏制电压越大，则光的频率小于光的频率，光照射该光电管时，逸出的光电子最大初动能更小，故AB错误；
C．光的频率小于光的频率，则光的折射率小于光的折射率，根据可知光发生全反射的临界角更小，光更容易发生全反射，故C错误；
D．根据光电子的物质波最小波长，结合动能与动量的关系
又根据动能定理，联立可得
可知、光照射该光电管时逸出光电子的物质波最小波长之比为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】利用光电效应方程和遏止电压的关系确定频率大小，结合德布罗意波长公式计算波长比，逐一分析选项。
3．【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】AB．无论滑块在哪个位置，沿着半径自内向外每相同距离空气间隙厚度的变化都相同，两列反射光路程差相同，因此相邻两条纹间的距离相同，条纹的密集程度都不会改变，故AB错误；
CD．同一条纹所对应的间隙厚度相同，滑块向右滑动时，沿着半径间隙厚度为某确定值的地方都向外侧移动，两列反射光的路程差为某确定值的地方都向外侧移动，因此所有环形条纹的半径都会增大，故D正确，C错误。
故答案为：D。
【分析】该现象属于薄膜干涉（空气间隙薄膜），核心规律是：同一级干涉条纹对应相同的空气间隙厚度，条纹间距由厚度变化率决定。
4．【答案】A
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．由题知，两卫星的运行周期相同，设中星26号卫星轨道半径为，则根据开普勒第三定律可知
则DE = 2r，故A正确；
B．侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故C错误；
D．以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道卫星的线速度为v3，圆轨道半径为则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v2 < v3，又
再根据，可知v1 > v3，则v1 > v2，故D错误。
故答案为：A。
【分析】利用开普勒三大定律和卫星变轨原理，结合机械能守恒规律，逐一分析选项。
5．【答案】B
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】A．手与金砖有两个接触面，对金砖施加两个正压力并产生两个静摩擦力，这四个力的作用效果与重力平衡，所以手对金砖的作用力大小等于金砖的重力，方向竖直向上，故A错误；
CD．根据受力分析图
可知当，其中，即，手抓不起金砖，同时越大，即角越大，越容易单手抓起金砖，故CD错误；
B．根据受力分析图，竖直方向，有，可知仅增大手对金砖的压力，金砖受到手的摩擦力将增大，故B正确。
故答案为：B。
【分析】对梯形金砖进行完整受力分析，明确两侧正压力、静摩擦力与重力的平衡关系，结合静摩擦力最大值条件，推导底角与抓起难度的关联，逐一验证选项。
6．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．由图乙、丙可得
当波向右传播时（n=0，1，2，3…）
解得（n=0，1，2，3…），故A错误；
B．当波向左传播时（n=0，1，2，3…）
解得（n=0，1，2，3…），故B错误；
C．由题意可得，波向左传播，又因为，所以
取，此时
设波从波源传播到B点所用时间为，则
若振源位于点，起振方向向下，B点起振后到第1次到达波峰所用时间为，则
那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要，故C正确；
D．由题意可得，波向左传播，又因为，所以
取，此时
设波从波源传播到B点所用时间为，则
若振源位于点，起振方向向下，B点起振后到第1次到达波峰所用时间为，则
那么从振源起振开始计时，处质点第1次到达波峰需要，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先由振动图像确定周期T，再根据波的传播方向分析A、C两点的振动相位差，推导波长表达式；最后结合振源位置、起振方向和波长范围，计算B点第一次到达波峰的时间。
7．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统机械能守恒，小球A从开始释放到下降到最大距离时，由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律有：解得，A错误。
B．小球运动到点时，小球B的速度为零，最小，B错误；
C．小球A从最高点运动到点的过程，小球B先加速后减速，根据
当aB=0时T=0，可知水平杆对小球B的作用力不是始终大于，C错误；
D．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为vB，A的速度为vA，根据关联速度关系可知：vAcos60°=vBcos30°
根据机械能守恒定律有
联立解得
根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为，D正确；
故答案为：D。
【分析】以小球 A、B 和弹簧组成的系统为研究对象，利用机械能守恒定律分析能量变化，结合速度关联和受力分析，逐一验证各选项。
8．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】ACD．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N
解得小球的质量
0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量，故ACD错误；
B．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时
其中
解得电荷量C，故B正确。
故答案为：B。
【分析】利用动能定理（Ek x 图像斜率为合外力）、牛顿第二定律和能量守恒定律，结合电场力的分布规律，逐一分析各选项。
9．【答案】B,C
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】A．当左、右管内水银面齐平时，左管内水银面向下移动的距离为 h1=6cm，右侧上升 h1=6cm，A错误；
BC．对右侧气体，根据玻意耳定律
解得
则左侧气体压强也为112cmHg，对左侧气体
解得
活塞向下移动的距离为，BC正确；
D．假设环境温度降低时两边液面仍平齐，则由查理定理，因稳定后两管中气体压强相等，若环境温度缓慢降低，则两管中气压减小量相等，所以两管中气压仍然相等，水银柱不动，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对左右两部分气体分别应用玻意耳定律（等温过程），结合水银面的几何变化，分析压强与体积变化，逐一验证选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】能量守恒定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．图乙可知
故棒产生的电动势
则电流表示数
联立解得，故A正确；
B．在的过程中，由能量守恒有
联立解得，故B正确；
CD．的过程中流过线圈的电量为
因为，
联立解得，故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】金属棒做简谐运动，速度随时间按正弦规律变化，产生正弦式交变电流。结合交变电流有效值、能量守恒、法拉第电磁感应定律（电量计算）逐一分析选项。
11．【答案】A,C
【知识点】向心力；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AC．由对称性可知球与弹簧分离时球的速度相等，设为，对球，由牛顿第二定律有
可得
由系统机械能守恒定律得
解得，故A正确，B错误；
CD．三个球在一条直线上时，球速度与杆垂直，加速度等于0，速度最大，A、B球速度分别为由对称性可知
由系统动量守恒定律可知
由系统机械能守恒定律得
解得，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】分两种情况分析：C 球固定时，利用向心力公式和机械能守恒求 A 球速度与弹簧弹性势能；C 球不固定时，利用系统动量守恒和机械能守恒求 C 球最大速度。
12．【答案】B,D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．M棒从开始运动到b1b2的过程中，通过b1b2棒的电荷量为
又有
联立解得
则通过电阻R的电量为，故A错误；
B．M棒匀速时，感应电动势
感应电流为
安培力
导体棒匀速，则有
联立解得
由能量守恒定律可得，整个电路产生的热量为
由串并联关系可得，电阻R上产生的焦耳热为，故B正确；
C．根据题意，M棒从开始运动到b1b2的过程中，对M棒，由动量定理有
整理可得
解得，故C错误；
D．M棒从开始运动到b1b2的过程中，对N棒，由动量定理有
整理可得
解得，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】M 棒下落过程切割磁感线产生感应电动势，结合电路总电阻分析电量与焦耳热；利用动量定理求解运动时间；对 N 棒受力分析判断其运动状态，结合能量守恒求解其速度。
13．【答案】（1）C
（2）1.5
（3）都有可能
【知识点】测定玻璃的折射率；光的折射及折射定律
【解析】【解答】（1）A．为了减小测量误差，入射角应适当大一些，但不能太大，故A错误；
B．插大头针时，应该在同一侧让和的同一条直线上作为入射光线，故B错误；
C．为了减小实验误差，入射角应尽量大些，玻璃砖的宽度也宜大一些，大头针应垂直插在纸面上，且应使大头针、和、之间的距离应适当大些，故C正确；
D．利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，故D错误。
故答案为：C。
（2）根据折射定律可知
可得
则与的函数，其斜率的倒数表示折射率，即
故答案为：1.5
（3）红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏小；
红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏大；
光路如图所示
操作正确，与画玻璃砖形状无关，所以小星同学测得的折射率与真实值相比不变。
由上可知测得的折射率为偏大、偏小和不变都有可能。
故答案为：都有可能
【分析】(1) 分析插针法测折射率的实验操作要点，判断各选项的合理性。
(2) 根据折射定律 ， 图线的斜率为 ，由此计算折射率。
(3) 分析界面画错后对折射角测量的影响，进而判断折射率测量值的偏差。
（1）A．为了减小测量误差，入射角应适当大一些，但不能太大，故A错误；
B．插大头针时，应该在同一侧让和的同一条直线上作为入射光线，故B错误；
C．为了减小实验误差，入射角应尽量大些，玻璃砖的宽度也宜大一些，大头针应垂直插在纸面上，且应使大头针、和、之间的距离应适当大些，故C正确；
D．利用“插针法”测定玻璃的折射率时，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，故D错误。
故选C。
（2）根据折射定律可知
可得
则与的函数，其斜率的倒数表示折射率，即
（3）红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏小；
红线表示实际的光路图
而黑线是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏小，根据折射率公式
可知小星同学测得的折射率与真实值相比偏大；
光路如图所示
操作正确，与画玻璃砖形状无关，所以小星同学测得的折射率与真实值相比不变。
由上可知测得的折射率为偏大、偏小和不变都有可能。
14．【答案】（1）A；C
（2）7.4
（3）副；BC
【知识点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】（1）A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，A正确；
B．不能使用直流电源，因为直流电源变压器不工作，B错误；
C．降压变压器副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈导线最好比原线圈导线粗一些，C正确。
故答案为：AC。
（2）根据图丁，量程是10V，所以电压表的读数是7.4V；
故答案为：7.4
（3）根据实验数据得 ，N1是副线圈，原、副线圈电压比与匝数比不严格相等的原因是有铜损或者铁损；
A．原、副线圈的电压的频率一定相等，A错误；
B．变压器线圈中有电流通过时会发热，有铜损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，B正确；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，有铁损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，C正确；
D．由于漏磁，则穿过副线圈的磁通量小于原线圈的磁通量， D错误。
所以选BC
故答案为：副；BC。
【分析】(1) 控制变量法适配探究电压与匝数关系的实验逻辑；变压器功率守恒决定降压变压器副线圈电流更大、导线更粗；实验需用低压交流电源而非直流电源。
(2) 依据多用电表挡位与刻度盘读数规则，直接计算电压读数。
(3) ① 对比与的比值关系，判断为副线圈匝数；② 电压比与匝数比不符的核心原因是变压器的能量损耗，分析各选项合理性。
（1）A．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，A正确；
B．不能使用直流电源，因为直流电源变压器不工作，B错误；
C．降压变压器副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈导线最好比原线圈导线粗一些，C正确。
故选AC。
（2）根据图丁，量程是10V，所以电压表的读数是7.4V；
（3）[1]根据实验数据得 ，N1是副线圈，原、副线圈电压比与匝数比不严格相等的原因是有铜损或者铁损；
[2] A．原、副线圈的电压的频率一定相等，A错误；
B．变压器线圈中有电流通过时会发热，有铜损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，B正确；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，有铁损，导致原、副线圈电压比与匝数比不严格相等，C正确；
D．由于漏磁，则穿过副线圈的磁通量小于原线圈的磁通量， D错误。
故选BC。
15．【答案】（1）解：活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得
对下部分气体得
根据题意
联立得上下两部分气体压强之比
（2）解：当完成抽气、打气各2次后，对上部分气体
对下部分气体
联立得，
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得
解得隔板的质量至少为
【知识点】受力分析的应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】(1) 抽气时A部分气体等温膨胀，打气时B部分气体等温压缩，分别对A、B应用玻意耳定律，联立求压强比。
(2) 重复两次抽气、打气后，再次对A、B应用玻意耳定律，结合隔板受力平衡条件，求隔板最小质量。
（1）活塞完成一次抽气、打气后，由玻意耳定律
对上部分气体得
对下部分气体得
根据题意
联立得上下两部分气体压强之比
（2）当完成抽气、打气各2次后，对上部分气体
对下部分气体
联立得，
因隔板与卡槽仍未分离
则由力学知识可得
解得隔板的质量至少为
16．【答案】（1）解：由平抛运动规律可知，小石片在点速度大小
小石片在点速度大小
由机械能守恒定律有
从点运动到点
解得
（2）解：从点运动到点，时间
从点运动到点，水平方向有
从点运动到点，逆向思维法可知
根据对称性可知
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 先由平抛运动求A点速度，再由斜抛运动和机械能守恒求B点速度，最后用动能定理计算液体对小石片做的功。
(2) 分段计算平抛时间、液体中运动时间、斜抛运动时间，求和得到总时间。
（1）由平抛运动规律可知，小石片在点速度大小
小石片在点速度大小
由机械能守恒定律有
从点运动到点
解得
（2）从点运动到点，时间
从点运动到点，水平方向有
从点运动到点，逆向思维法可知
根据对称性可知
17．【答案】（1）解：释放后到原长
由机械能守恒
从分离到碰撞挡板
得
（2）解：①可分析知在弹簧恢复到原长的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为，则有
假设与挡板第一次碰后，在与弹簧作用前，A、B达到共同速度为，A的位移为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
对木板，由动能定理可得
解得
假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有
设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
而由于
所以从释放到滑离的过程中，与挡板碰撞的次数为
②A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1，则
解得
设第2次碰后A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有
由能量守恒有
解得，
碰撞后两者分离时，设的位移为，则有
解得
则从释放到滑离的过程中，运动的路程为
【知识点】碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】(1) 木板A释放后先做简谐运动到原长，再匀速运动到挡板，分别计算两段时间后求和。
(2) ① 分析A、B的受力与运动，结合碰撞和摩擦力做功，判断B滑离A时A与挡板的碰撞次数；
② 分段计算A的运动路程，累加得到总路程。
（1）释放后到原长
由机械能守恒
从分离到碰撞挡板
得
（2）①可分析知在弹簧恢复到原长的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为，则有
假设与挡板第一次碰后，在与弹簧作用前，A、B达到共同速度为，A的位移为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
对木板，由动能定理可得
解得
假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有
设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有
解得
而由于
所以从释放到滑离的过程中，与挡板碰撞的次数为
②A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1，则
解得
设第2次碰后A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有
由能量守恒有
解得，
碰撞后两者分离时，设的位移为，则有
解得
则从释放到滑离的过程中，运动的路程为
18．【答案】（1）解：粒子从做类平抛运动，令粒子到达D点时速度方向与轴成角度
则水平方向
竖直方向
由题意知
由数学知识
联立解得，
即到达D点时粒子速度方向与轴成斜向下。
（2）解：设点坐标为
根据题意结合数学知识可得
解得
故点的坐标为
（3）解：粒子从点到最低点（速度最大）时，向下运动的位移为
由动能定理有
水平方向由动量定理有
联立解得匀强电场的电场强度大小
（4）解：由运动的分解知识可得，粒子在磁场中的运动可分解为以速度水平向右的匀速运动和以速度的逆时针方向的匀速圆周运动
过程由动能定理得
解得
的长度等于，由（1）问解得
由洛伦兹力提供向心力得
故得圆周运动半径
粒子运动时间
设轴下方的一次运动和轴上方的类斜抛为一个周期
则
水平位移
故得粒子在运动过程中经过轴的位置坐标为
粒子从上到下经过轴时
粒子从下到上经过轴时
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在第一象限受电场力做类平抛运动，结合速度矢量图和几何关系求D点速度。
(2) 由速度矢量图的圆周运动特征，结合最大速度条件确定Q点坐标。
(3) 利用洛伦兹力提供向心力和电场力产生加速度的关系，联立求解电场强度。
(4) 结合几何关系和运动轨迹，确定粒子经过x轴的位置坐标。
（1）粒子从做类平抛运动，令粒子到达D点时速度方向与轴成角度
则水平方向
竖直方向
由题意知
由数学知识
联立解得，
即到达D点时粒子速度方向与轴成斜向下。
（2）设点坐标为
根据题意结合数学知识可得
解得
故点的坐标为
（3）粒子从点到最低点（速度最大）时，向下运动的位移为
由动能定理有
水平方向由动量定理有
联立解得匀强电场的电场强度大小
（4）由运动的分解知识可得，粒子在磁场中的运动可分解为以速度水平向右的匀速运动和以速度的逆时针方向的匀速圆周运动
过程由动能定理得
解得
的长度等于，由（1）问解得
由洛伦兹力提供向心力得
故得圆周运动半径
粒子运动时间
设轴下方的一次运动和轴上方的类斜抛为一个周期
则
水平位移
故得粒子在运动过程中经过轴的位置坐标为
粒子从上到下经过轴时
粒子从下到上经过轴时
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