第=page1414頁，共=sectionpages2020頁2025年山東省濰坊市高考物理二模試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1.如圖四幅圖片涉及的物理現(xiàn)象，說法正確的是(

)

A.甲圖中用粗棉線實現(xiàn)自動澆水，利用了毛細現(xiàn)象

B.乙圖中熱針接觸涂蠟固體后，蠟融化區(qū)域呈現(xiàn)圓形，說明該固體為非晶體

C.丙圖中抽去玻璃板后兩種氣體混合，原因是分子間存在引力

D.丁圖中用手推動封閉注射器的活塞時阻力增大，原因是分子斥力增大2.在光電效應(yīng)實驗中，小明用甲、乙、丙三種光分別照射同一光電管，得到的光電流I與電壓U的關(guān)系曲線如圖所示，下列說法正確的是(

)A.甲光照射時光電子的最大初動能比丙光大

B.甲光的強度比丙光大

C.甲光的頻率比乙光大

D.乙光的波長比丙光長3.殲-20的光學著陸系統(tǒng)中用到了雙縫干涉的知識。某物理興趣小組用如圖甲所示的裝置做雙縫干涉實驗，通過目鏡觀察到屏上的條紋如圖乙所示。只改變一個條件，使觀察到的條紋如圖丙所示，則改變的條件是(

)

A.換用長度更長的遮光筒 B.增大單縫到雙縫的距離

C.換用間距更小的雙縫 D.紅色濾光片換成紫色濾光片4.如圖所示，S1、S2為繩左右兩端的波源，P為繩子中點。S1振動了T1時間，發(fā)出一個獨立的半波a；S2振動了T2時間，發(fā)出另一個獨立的半波b。已知兩波源均做簡諧振動，且TA.0 B.T1-T28 5.如圖所示，子彈垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿過第12塊木板后速度變?yōu)?。子彈視為質(zhì)點，在各木板中運動的加速度都相同。從子彈射入開始，到分別接觸第4、7、10塊木板所用時間之比為(

)A.3：2：1 B.3：2：1

C.(2-3)：(2-2)：6.中國空間站繞地球運行方向如圖所示，由于地球遮擋陽光，空間站內(nèi)宇航員在一天內(nèi)會經(jīng)歷多次日落日出。太陽光看作平行光，空間站經(jīng)歷一次日落到日出轉(zhuǎn)過的圓心角為2θ，則空間站線速度大小與第一宇宙速度大小之比為(

)A.1sinθ B.sinθ C.17.如圖所示，帶電量分別為+4Q和-Q的兩個點電荷固定在x軸上，其中正電荷的坐標x1=-d，負電荷的坐標x1=0。選無窮遠處電勢為零，將一電子從x3=d2處由靜止釋放，此時其電勢能為Ep1、加速度大小為a1A.Ep1<Ep2、a1<a2 B.Ep1<Ep28.如圖為可調(diào)式理想變壓器輸電示意圖。原線圈連接燈泡L1，副線圈匝數(shù)可通過滑動觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端按照圖示連接了定值電阻R0、燈泡L2、滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。燈泡L1、L2的阻值與定值電阻R0A.保持Q的位置不動，將P從a端滑動到b端的過程中，L1先變暗后變亮，L2一直變亮

B.保持Q的位置不動，將P從a端滑動到b端的過程中，L1先變暗后變亮，L2先變亮后變暗

C.保持P的位置不動，將Q向上滑動的過程中，燈泡L1一直變暗，L2一直變亮

D.保持P的位置不動，將二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)上最高點，c為圓環(huán)上最低點，圓環(huán)上b、d兩點與圓心等高。原長為2R的輕彈簧一端固定在d點，另一端與小球栓接，小球套在圓環(huán)上，從a點由靜止釋放，經(jīng)b點下滑至c點，下列說法正確的是(

)A.由a到b過程，重力的瞬時功率一直變大

B.由a到b過程，彈簧彈力的瞬時功率一直變大

C.由a到c過程，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率

D.由a到c過程，小球的機械能一直變大10.如圖所示，小明用輕繩PQ拴住輕桿OQ的頂端，輕桿下端O用鉸鏈固定在水平地面上某高度處，Q端下方懸掛重物，輕繩PQ長度為定值。PQ與水平方向夾角α=30°，OQ與水平方向夾角β=60°，下列說法正確的是(

)A.輕繩PQ對Q端的拉力大于重物重力

B.輕桿OQ對Q端的支持力等于重物重力的3倍

C.若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動，輕繩PQ對Q端的拉力逐漸增大

D.若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動，輕繩PQ對Q11.如圖所示，P、Q、M為同一豎直平面內(nèi)三點，P、Q位于同一條豎直線上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM。某一時刻小球甲從P點水平拋出，同時小球乙從Q點與QM成θ角拋出，速度方向如圖，兩球在M點相遇，不計空氣阻力，下列說法正確的是(

)A.從拋出到相遇，乙速度變化量大于甲

B.甲、乙初速度大小之比為1：2

C.相遇前瞬間，甲、乙速度大小之比為2：2

D.僅改變乙拋出的θ角，則其落地時一定位于12.如圖所示，間距為L的兩光滑平行導軌由傾斜部分和水平部分組成，固定在水平地面上，兩部分通過光滑圓弧絕緣小段相連接。傾斜軌道M1N1和M2N2的傾角θ=60°，M1M2間接有電容C=mB2L2的電容器，導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；水平導軌右端串接一阻值為R的電阻，EF和GH間有一豎直向下的矩形磁場區(qū)域efgh，磁場寬度|gh|=L2，磁感應(yīng)強度也為B；質(zhì)量為3m，邊長均為L且開口向左的U形金屬線框abcd靜置在水平軌道上。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的導體棒P(電阻不計)由傾斜導軌上距水平面高L4處靜止釋放，導體棒P越過A.導體棒P沿傾斜導軌做勻加速直線運動，加速度大小為34g

B.ad邊剛進入磁場邊界eh時的速度為gL8

C.整個線框穿過磁場的過程中，流過電阻R的電荷量為三、實驗題：本大題共2小題，共14分。13.某小組用三根規(guī)格相同的橡皮筋(遵循胡克定律)、細線、重物、刻度尺、三角板、白紙、圖釘、木板等器材探究兩個互成角度力的合成規(guī)律，實驗操作如下：

①用細繩拴住橡皮筋兩端，確保三根橡皮筋兩結(jié)點間原長相同，用刻度尺量出橡皮筋的原長；

②木板豎直固定，用圖釘將白紙固定在木板上；

③將一根橡皮筋上端的細繩固定在a點，下端細繩拴接重物，如圖甲所示，待重物靜止后記錄接點位置，并標記為O，用刻度尺量出橡皮筋1兩結(jié)點間的長度；

④將另外兩根橡皮筋上端的細繩分別固定在b、c兩點，下端的細繩拴接(接點為O')并懸掛同一重物，如圖乙所示，待重物靜止后用刻度尺分別量出橡皮筋2和3兩結(jié)點間的長度；

⑤用橡皮筋伸長量表示其受力的大小，作出橡皮筋1對O拉力的圖示F1，橡皮筋2和3對O'拉力的圖示F2和F3；

⑥以F2和F3為鄰邊作平行四邊形，比較F1與平行四邊形對角線的大小方向，尋找規(guī)律。

請回答下列問題：

(1)關(guān)于本實驗下列說法正確的是______；

A.圖乙中b、c兩點可以不在同一高度處

B.圖乙中橡皮筋2和3需調(diào)整至互相垂直

C.若橡皮筋規(guī)格不相同，對實驗無影響

D.重物質(zhì)量適量大些，可以減小實驗誤差

(2)步驟④中有遺漏，請補充：______；

(3)該實驗中合力F1和兩個分力14.熱敏電阻常用于溫度控制或過熱保護裝置中。某學習小組利用熱敏電阻，設(shè)計制作自動報警裝置，方案如下：

(1)使用多用電表研究熱敏電阻Rt的阻值隨溫度變化的規(guī)律

①用多用電表測Rt的阻值，選擇開關(guān)應(yīng)置于______。(填“A區(qū)”、“B區(qū)”、“C區(qū)”或“D區(qū)”)

②不同溫度下選擇合適的擋位，讀出熱敏電阻Rt的阻值。某次讀數(shù)時，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉(zhuǎn)角度較大，為了較準確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開關(guān)換到______擋(填“更高”或“更低”)。

③描繪出熱敏電阻Rt的阻值隨溫度變化的規(guī)律如圖乙所示。

(2)使用上述熱敏電阻Rt作為傳感器制作的自動報警裝置線路圖如圖丙所示。

①為了降低裝置的報警溫度，應(yīng)將滑動變阻器滑片P向______(選填“左”或“右”)移動；

②設(shè)定裝置的報警溫度為100℃，報警時流過熱敏電阻Rt的電流為10mA，已知直流電源電動勢E=15V(內(nèi)阻不計)四、計算題：本大題共4小題，共46分。15.圖甲為市面上常見的氣壓式升降椅，它通過汽缸的上下運動支配座椅升降，其簡易結(jié)構(gòu)如圖乙所示，圓柱形汽缸與座椅固定連接，橫截面積S=20cm2的柱狀支架與底座固定連接，可自由移動的汽缸與支架之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體。質(zhì)量M=60kg的工作人員坐在座椅上(兩腳懸空離地)，穩(wěn)定后封閉氣體柱長度L1=10.4cm，已知汽缸與座椅的總質(zhì)量m=10kg，大氣壓強p0=1.0×105Pa，室內(nèi)溫度T1=312K。工作人員坐在座椅上打開空調(diào)，室內(nèi)氣溫緩慢降至T2=300K，汽缸氣密性、導熱性能良好，忽略摩擦，g16.半圓柱體玻璃磚的橫截面如圖所示、O為圓心，半徑OP長為R，一束由a、b兩種單色光組成的復色光沿AP方向從PO面射入玻璃磚，∠APO=150°，a光恰好在玻璃磚曲面上發(fā)生全反射。已知玻璃對a光的折射率大于玻璃對b光的折射率，光在真空中的傳播速度為c，求：

(1)玻璃對a光的折射率；

(2)已知玻璃對b光的折射率為a光的72，b光從進入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所用的時間。17.如圖所示，正方體物塊A放在離地高度H=3.2m的粗糙平臺上，直徑與A棱長相同的小球B靜置在與A等高處，與平臺右端距離s=0.8m，光滑固定斜面MN與水平方向夾角θ=45°，N點與水平軌道NP平滑相連，PQ是半徑R=25m的足夠長光滑圓弧，P點是圓弧最低點，圓心未畫出。現(xiàn)對A施加水平拉力F=12N，使A由靜止開始向右運動。t1=3s后撤去F，A繼續(xù)滑行t2=1s后從平臺右端水平飛出，A飛離平臺的同時B由靜止釋放，一段時間后A、B發(fā)生彈性對心碰撞，碰撞時間極短，分開后A落到地面上，B到達M處時速度恰好沿MN方向滑入斜面，從P點滑上圓弧軌道PQ，減速到O后返回P點。已知mA=3kg，mB=1kg，A與平臺間動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s2，A和B的大小可忽略不計。

(1)求A離開平臺時的速度vA；

(2)求碰撞過程中，A、B形變量最大時系統(tǒng)的彈性勢能Ep；

(3)求A與B到達地面的時間差Δt；

(4)某同學認為可以利用單擺周期T=2π18.如圖所示，在真空建立坐標系O-xyz，z軸正方向垂直于紙面向外(未畫出)。xOy平面的第二象限內(nèi)有邊界互相平行且寬度均為d的六個區(qū)域，交替分布著沿y軸負方向的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場；x>0區(qū)域存在方向均沿著x軸正方向的勻強磁場和勻強電場(未畫出)，磁感應(yīng)強度大小B1=kmgqv0，電場強度大小E1=kmgq，k為常數(shù)。現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好從坐標原點O進入x>0區(qū)域，過O點時速度大小為v0、方向與y軸負方向的夾角θ=45°。不計粒子重力，求：

(1)在平面坐標系xOy的第二象限中電場強度大小E0；

(2)在x>0區(qū)域內(nèi)，粒子偏離xOy平面的最大距離；

(3)在x>0區(qū)域內(nèi)，粒子偏離xOy

答案和解析1.【答案】A

【解析】A.毛細現(xiàn)象指液體在細管中自發(fā)上升的現(xiàn)象，通常需借助細管或纖維結(jié)構(gòu)實現(xiàn)，甲圖中用粗棉線實現(xiàn)自動澆水，利用了毛細現(xiàn)，故A正確；

B.蠟融化呈圓形僅反映導熱均勻性，無法直接證明固體是否為非晶體，多晶體也有各向同性的特點，故B錯誤；

C.抽去玻璃板后氣體混合是擴散現(xiàn)象，由分子無規(guī)則運動導致，與分子間引力無關(guān)，故C錯誤；

D.推動封閉注射器活塞時阻力增大，主要源于氣體壓強隨體積減小而增大，故D錯誤。

故選：A。

2.【答案】B

【解析】AB、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hv-W0，再根據(jù)動能定理-eUc=0-Ekm，聯(lián)立解得eUc=Ekm=hv-W0，由圖可知，甲光、丙光的遏止電壓相等，頻率也相等，則甲光照射時光電子的最大初動能和丙光一樣大，又由圖可知甲光的光電流比丙光的大，所以甲光的光照強度比丙光大，故A錯誤，B正確；

C、由圖可知乙光的遏止電壓大于甲光的遏止電壓，根據(jù)上述所求關(guān)系式可知，乙光的頻率大于甲光、丙光的頻率，故C【解析】B、雙縫干涉的條紋間距表達式：Δx=ld×λ，可知單縫到雙縫的距離對間距無影響，故B錯誤；

ACD、由圖可知，丙圖的雙縫間距更小，結(jié)合雙縫間距表達式，可知減小雙縫到屏的距離、波長，增大雙縫間距，即可減小雙縫間距，故AC錯誤，D正確。

故選：D。

4.【解析】設(shè)兩列該波的波速為v。由題意可知，兩列波的周期分別為2T1和T2，兩列波的波長分別為2vT1和2vT2，14波長相差的距離為14(2vT1-2vT2)=【解析】子彈穿過第12塊木板后速度變?yōu)?，逆向看，子彈從靜止開始做勻加速直線運動。將12塊木板4等分，逆向看子彈經(jīng)過后3塊的時間為t1，經(jīng)過后6塊的時間為t2，經(jīng)過后9塊的時間為t3，經(jīng)過12塊的時間為t4。根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律可得：

t1：t2：t3：t4=1：2：3：2

接觸第4、7、10塊木板所用時間之比為：

(t4-t3)：(t4-t【解析】空間站繞地球做圓周運動時，由萬有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，得v=GMr，其中r為軌道半徑。第一宇宙速度v1對應(yīng)地球表面附近的軌道速度，即v1=GMR，其中R為地球半徑。因此，線速度與第一宇宙速度的比值為vv1=Rr，根據(jù)題意當空間站進入地球陰影時，太陽光與軌道半徑方向形成夾角θ，此時地球半徑R【解析】設(shè)電場強度為0的點與O相距x，則有k×4Q(d+x)2=kQx2

解得x=d

結(jié)合牛頓第二定律可知a1>a2

從x3=d2到x4=d的電場線向左，電勢逐漸升高，根據(jù)E【解析】AB、保持Q的位置不動，即變壓器的匝數(shù)比不變，將P從a端滑動到b端的過程中，副線圈電路中的總電阻先增大后減小，則對應(yīng)的在原線圈電路中的等效電阻也是先變大后變小，所以原線圈中的電流是先減小后變大，則L1先變暗后變亮，因為原線圈中的電流先變小后變大，則變壓器的輸入電壓是先變大后變小，變壓器的輸出電壓也是先變大后變小，在輸出電壓變大的過程中，燈泡L2和變阻器Pb部分串聯(lián)，滑片P向右滑動，L2支路的電阻一直減小，而這部分電壓變大，所以通過L2的電流變大，L2變亮。滑片滑過ab中點后，副線圈的輸出電壓開始減小，但是輸出電流開始增大，而L2支路的電阻繼續(xù)減小，所以該支路的電流繼續(xù)增大，所以L2中的電流一直增大，L2一直變亮，故A正確，B錯誤；

CD、保持P的位置不動，即變壓器副線圈電路中的總電阻R不變，將Q向上滑動的過程中，副線圈的匝數(shù)增大，原、副線圈的匝數(shù)比減小，副線圈的電阻在原線圈電路中的等效電阻R'=(n1n2)2R變小，則原線圈電路中的電流一直增大，所以燈泡【解析】A、重力的瞬時功率為P重=mgvsinθ，其中θ是速度方向與水平方向的夾角。在a點，小球速度為0，重力瞬時功率為0。在b點，小球速度方向豎直，重力方向豎直，θ=90°，sinθ=1，重力瞬時功率為mgv。從a到b，小球速度逐漸增大，sinθ從0增加到1，因此重力瞬時功率一直變大，

故A正確；

B、在a點速度為0，彈力瞬時功率為0，在b點，彈簧處于原長，彈力瞬時功率為0。從a到b，彈簧彈力功率不會一直變大，故B錯誤；

C、重力做的總功為W重=mg?R=2mgR。

彈簧彈力做的總功為W彈，由于彈簧在a點和c點的彈性勢能相等(彈簧長度均為2R)，彈簧彈力做的總功為0。

重力的平均功率為P重=W重t=2mgRt

彈簧彈力的平均功率為P彈=W彈t=0。

因此，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率。

故C正確；

D、小球的機械能包括重力勢能和動能，彈簧的彈性勢能會影響小球的機械能變化。從a到c，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和彈簧的彈性勢能，在a點和c點，彈簧的彈性勢能相等，因此小球在【解析】AB、對節(jié)點Q受力分析，如圖所示：

'

由幾何知識得：繩子PQ與桿OQ的夾角以及重力與桿OQ的夾角均為α=30°

根據(jù)平衡條件得：2mgcosα=N，Tsinα=mgsinα

聯(lián)立解得：T=mg，N=3mg，故A錯誤，B正確；

CD、從O點豎直向上作垂線，交繩與O'點，由重力mg、繩子拉力T和桿的支持力N組成的矢量三角形和三角形△PQO'相似可得：mgOO'=TlOO'

由幾何知識知：OO'變小，繩長lOO'變長，則繩子拉力T變大，故11.【答案】BD

【解析】A、兩球在空中運動時都只受重力，加速度都為重力加速度g。根據(jù)Δv=gΔt，兩球在空中運動時間相同，故從拋出到相遇兩者的速度變化量相同，故A錯誤；

B、設(shè)甲、乙的初速度大小分別為v1、v2，設(shè)PQ=QM=L。甲在空中做平拋運動，乙在空中做斜拋運動。

對甲的運動在水平方向上有：L=v1t；在豎直方向上有：L=12gt2

對乙的運動在水平方向上有：L=v2cosθ?t；在豎直方向上有：v2sinθ=g?t2

聯(lián)立解得：v1=gt2；v2=gt2，θ=45°

可得甲、乙初速度大小之比為：v1v2=12，故B正確；

C、設(shè)相遇前瞬間甲、乙速度大小分別為v1'、v2'，則有：

v1'=v【解析】A、設(shè)導體棒P在傾斜導軌上向下運動過程中很小一段時間Δt內(nèi)速度的變化量為Δv，電容器帶電量的變化量為ΔQ，電容器兩端電壓變化量為ΔU。

由法拉第電磁感應(yīng)定律有ΔU=BLΔv

取沿導軌向下為正方向，根據(jù)動量定理可得

mgsinθ?Δt-BI-L?Δt=mΔv

其中：I-Δt=ΔQ=CBLΔv

a棒的加速度大小為a=ΔvΔt

聯(lián)立解得a=mgsinθm+CB2L2

將C=mB2L2代入上式可得a=34g，可知導體棒P沿傾斜導軌運動時加速度保持不變，做勻加速直線運動，故A正確；

B、導體棒P到達EG邊時速度大小為v0=2a?L4sinθ=12gL

設(shè)導體棒P與U形線框碰撞后的共同速度為v1，取向右為正方向，由動量守恒定律得

mv0=(m+3m)v1

解得v1=18gL

線框bc邊和ad邊通過磁場時做減速運動，線框左右兩邊都在磁場外時，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力做勻速運動，所以ad邊剛進入磁場邊界eh時的速度小于gL8，故B錯誤；

C、bc邊通過磁場時，電阻R被短路。當ad邊通過磁場時，通過ad邊的電荷量為q=I-Δt=E-ΔtR2=ΔΦ【解析】(1)AB、根據(jù)實驗原理可知，圖乙中b、c兩點可以不在同一高度處，圖乙中橡皮筋2和3無需垂直，故A正確，B錯誤；

C、實驗用橡皮筋的伸長量代表彈力，若橡皮筋規(guī)格不相同，對實驗有影響，故C錯誤；

D、重物質(zhì)量適量大些，可以減小實驗誤差，故D正確；

故選：AD。

(2)根據(jù)等效替代原理，下端的細繩拴接(接點為O')并懸掛同一重物，使O'點與O點重合；

(3)作用效果是兩次將結(jié)點拉到同一位置。

故答案為：(1)AD；(2)使O'點與O點重合；(3)兩次將結(jié)點拉到同一位置

14.【答案】①B區(qū)；②更低；

①右；②1350

【解析】(1)①用電表測電阻時，選擇開關(guān)應(yīng)置于歐姆擋，圖中B區(qū)是歐姆擋，所以用多用電表測Rt的阻值，選擇開關(guān)應(yīng)置于B區(qū)。

②多用電表測電阻時，指針偏轉(zhuǎn)角度較大，說明所選擋位太大，為了較準確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開關(guān)換到更低擋。因為擋位越低，歐姆表的中值電阻越小，測量小電阻時更準確。

(2)①由圖乙可知，熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。要降低裝置的報警溫度，即要在熱敏電阻阻值較大時報警。根據(jù)閉合電路歐姆定律

I=ERt+R滑

在E、I(報警電流)不變時，Rt較大，則R滑應(yīng)較小，所以應(yīng)將滑動變阻器滑片P向右移動，減小滑動變阻器接入電路的電阻。

②當報警溫度為100℃時，由圖乙可知此時熱敏電阻Rt=150Ω，報警時流過熱敏電阻Rt的電流

I=10mA=0.01A

直流電源電動勢

E=15V(內(nèi)阻不計)

根據(jù)閉合電路歐姆定律

I=ERt+R滑15.【解析】(1)以座椅和工作人員整體為研究對象，根據(jù)