山東省臨沂市十九中2025屆高考仿真模擬物理試卷含解析

山東省臨沂市十九中2025屆高考仿真模擬物理試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（）A．從A點運動到M點電勢能增加2JB．小球水平位移x1與x2的比值1：4C．小球落到B點時的動能24JD．小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于6J2、新型冠狀病毒防疫期間，醫(yī)用一次性口罩是必備的呼吸防護用品，口罩的核心材料是中間一層熔噴無紡布。為了提高過濾效果必須在熔噴無紡布上進行重要的駐極處理，就是在熔噴無紡布上加入靜電荷。利用電荷的靜電力作用捕集塵粒，稱為靜電吸引沉積，靜電吸附效果直接影響著口罩的使用壽命。根據(jù)這些信息，下列說法正確的是（）A．醫(yī)用一次性口罩可以進行高溫蒸汽消毒再使用效果會更好B．醫(yī)用一次性口罩可以防護天然放射現(xiàn)象中放射出的α、β和γ射線C．在防控期間口罩出現(xiàn)嚴重緊缺，為了節(jié)約資源剛用完的醫(yī)用一次性口罩可以及時清洗曬干后使用D．防疫期間不法分子為了謀取暴利，制造銷售假冒醫(yī)用一次性駐極口罩，除了從專業(yè)技術上鑒定外，還可以用口罩能否吸附輕小紙屑來判斷真假3、一宇航員到達半徑為R、密度均勻的某星球表面，做如下實驗：如圖甲所示，用不可伸長的長為L的輕繩拴一質量為m的小球，輕繩上端固定在O點，在最低點給小球一初速度，使其繞O點在豎直面內做圓周運動，測得繩的拉力大小F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。引力常量G及圖中F0均為已知量，忽略各種阻力。下列說法正確的是（）A．該星球表面的重力加速度為 B．小球過最高點的速度為C．該星球的第一宇宙速度為 D．該星球的密度為4、一定質量的理想氣體，在溫度升高的過程中（）A．氣體的內能一定增加B．外界一定對氣體做功C．氣體一定從外界吸收熱量D．氣體分子的平均動能可能不變5、一物體在豎直方向運動的v—t圖象如圖所示。以下判斷正確的是（規(guī)定向上方向為正）（）A．第5s內與第6s內的加速度方向不同B．第4s末～第6s末物體處于失重狀態(tài)C．前2s內物體克服重力做功的平均功率大于第6s內物體重力做功的平均功率D．第2s末～第4s末的過程中，該物體的機械能守恒6、如圖所示，四根相互平行的固定長直導線、、、，其橫截面構成一角度為的菱形，均通有相等的電流，菱形中心為。中電流方向與中的相同，與、中的相反，下列說法中正確的是（）A．菱形中心處的磁感應強度不為零B．菱形中心處的磁感應強度方向沿C．所受安培力與所受安培力大小不相等D．所受安培力的方向與所受安培力的方向相同二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，理想變壓器的初、次級線圈的匝數(shù)之比為，在次級線圈中接有兩個阻值均為50Ω的電阻，圖甲中D為理想二極管?，F(xiàn)在初級線圈輸入如圖乙所示的交流電壓，那么開關K在斷開和閉合的兩種情況下，下列說法中正確的有（）A．兩種情況下R2兩端的電壓相同 B．兩種情況下R2消耗的功率相同C．兩種情況下R1消耗的功率相同 D．兩種情況下變壓器的輸入功率不同8、在傾角為的光譜固定絕緣斜面上有兩個用絕緣輕彈簧連接的物塊和，它們的質量分別為和，彈簧的勁度系數(shù)為，為一固定擋板，開始未加電場系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，不帶電，帶電量為，現(xiàn)加一沿斜面方問向上的勻強電場，物塊沿斜面向上運動，當剛離開時，的速度為，之后兩個物體運動中當?shù)募铀俣葹闀r，的加速度大小均為，方向沿斜面向上，則下列說法正確的是（）A．從加電場后到剛離開的過程中，發(fā)生的位移大小為B．從加電場后到剛離開的過程中，擋板對小物塊的沖量為C．剛離開時，電場力對做功的瞬時功率為D．從加電場后到剛離開的過程中，物塊的機械能和電勢能之和先增大后減小9、如圖所示，在豎直紙面內有四條間距均為L的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間與L3，L4之間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一矩形線圈abcd，長邊ad=3L，寬邊cd=L，質量為m，電阻為R，將其從圖示位置（cd邊與L1重合）由靜止釋放，cd邊經過磁場邊界線L3時恰好開始做勻速直線運動，整個運動過程中線圈始終處于同一豎直面內，cd邊始終水平，已知重力加速度g=10m/s2，則（）A．ab邊經過磁場邊界線L1后線圈要做一段減速運動B．ab邊經過磁場邊界線L3后線圈要做一段減速運動C．cd邊經過磁場邊界線L2和L4的時間間隔大于D．從線圈開始運動到cd邊經過磁場邊界線L4過程中，線圈產生的熱量為2mgL－10、以下說法正確的是（）A．玻璃打碎后不容易把它們拼在一起，這是由于分子間斥力的作用B．焦耳測定了熱功當量后，為能的轉化和守恒定律奠定了實驗基礎C．液體表面層分子間引力大于液體內部分子間引力是表面張力產生的原因D．當分子間的距離增大時，分子間的斥力和引力都減小，但斥力減小得快E.懸浮在液體中的顆粒越小，小顆粒受到各個方向液體分子的沖擊力就越不平衡，布朗運動就越明顯三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在測定電容器電容的實驗中，將電容器、電壓傳感器、阻值為3kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開關S按圖甲所示電路圖進行連接。先使開關S與1相連，電源給電容器充電，充電完畢后把開關S擲向2，電容器放電，直至放電完畢，實驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機所記錄的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，圖丙為由計算機對圖乙進行數(shù)據(jù)處理后記錄了“峰值”及圖線與時間軸所圍“面積”的圖像。(1)根據(jù)圖甲所示的電路，觀察圖乙可知：充電電流與放電電流方向________(填“相同”或“相反”)，大小都隨時間________(填“增大”或“減小”)。(2)該電容器的電容為________F(結果保留兩位有效數(shù)字)。(3)某同學認為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測出電容器的電容值，請你分析并說明該同學的說法是否正確________。12．（12分）某課外活動小組使用如圖所示的實驗裝置進行《驗證機械能守恒定律》的實驗，主要步驟：A、用游標卡尺測量并記錄小球直徑dB、將小球用細線懸于O點，用刻度尺測量并記錄懸點O到球心的距離lC、將小球拉離豎直位置由靜止釋放，同時測量并記錄細線與豎直方向的夾角θD、小球擺到最低點經過光電門，光電計時器（圖中未畫出）自動記錄小球通過光電門的時間ΔtE、改變小球釋放位置重復C、D多次F、分析數(shù)據(jù)，驗證機械能守恒定律請回答下列問題：(1)步驟A中游標卡尺示數(shù)情況如下圖所示，小球直徑d=________mm(2)實驗記錄如下表，請將表中數(shù)據(jù)補充完整（表中v是小球經過光電門的速度θ10°20°30°40°50°60°cosθ0.980.940.870.770.640.50Δt/ms18.09.06.04.63.73.1v/ms-10.541.09①_____2.132.653.16v2/m2s-20.301.19②_______4.547.029.99(3)某同學為了作出v2-cosθ圖像，根據(jù)記錄表中的數(shù)據(jù)進行了部分描點，請補充完整并作出v2-cosθ圖像（______）(4)實驗完成后，某同學找不到記錄的懸點O到球心的距離l了，請你幫助計算出這個數(shù)據(jù)l=____m（保留兩位有效數(shù)字），已知當?shù)刂亓铀俣葹?.8m/s2。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，用折射率n=的玻璃做成內徑為R、外徑為R'=R的半球形空心球殼，一束平行光射向此半球的外表面，且與中心對稱軸OO′平行，不計多次反射。求球殼內部有光線射出的區(qū)域？（用與OO′所成夾角表示）14．（16分）如圖所示，AC為光滑的水平桌面，輕彈簧的一端固定在A端的豎直墻壁上質量的小物塊將彈簧的另一端壓縮到B點，之后由靜止釋放，離開彈簧后從C點水平飛出，恰好從D點以的速度沿切線方向進入豎直面內的光滑圓弧軌道小物體與軌道間無碰撞為圓弧軌道的圓心，E為圓弧軌道的最低點，圓弧軌道的半徑，，小物塊運動到F點后，沖上足夠長的斜面FG，斜面FG與圓軌道相切于F點，小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，，取不計空氣阻力求：（1）彈簧最初具有的彈性勢能；（2）小物塊第一次到達圓弧軌道的E點時對圓弧軌道的壓力大??；（3）判斷小物塊沿斜面FG第一次返回圓弧軌道后能否回到圓弧軌道的D點？若能，求解小物塊回到D點的速度；若不能，求解經過足夠長的時間后小物塊通過圓弧軌道最低點E的速度大?。?5．（12分）如圖所示，傾角為37°的固定斜面上下兩端分別安裝有光滑定滑輪和彈性擋板P，、是斜面上兩點，間距離，間距離。輕繩跨過滑輪連接平板B和重物C，小物體A放在離平板B下端處，平板B下端緊挨，當小物體A運動到區(qū)間時總受到一個沿斜面向下的恒力作用。已知A、B、C質量分別為m、2m、m，A與B間動摩擦因數(shù)，B與斜面間動摩擦因數(shù)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，，g取，平板B與擋板P碰撞前C與滑輪不會相碰?，F(xiàn)讓整個裝置從靜止釋放，求：（1）小物體A在區(qū)間上方和進入?yún)^(qū)間內的加速度大??；（2）平板B與彈性擋板P碰撞瞬間同時剪斷輕繩，求平板B碰撞后沿斜面上升到最高點的時間。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動，豎直分運動為勻變速直線運動；

A．從A點運動到M點過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；B．對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間間隔內位移之比為1：3，故B錯誤；

C．設物體在B動能為EkB，水平分速度為VBx，豎直分速度為VBy。

由豎直方向運動對稱性知mVBy2=8J對于水平分運動Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J故C錯誤；D．由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F，重力為G，則有：Fx1=6JGh=8J所以：由右圖可得：

所以則小球從A運動到B的過程中速度最小時速度一定與等效G’垂直，即圖中的P點，故故D正確。故選D。2、D【解析】

AC．高溫蒸汽消毒和清洗都會導致熔噴無紡布上失去靜電吸附能力，AC錯誤；B．醫(yī)用一次性口罩可能會防護天然放射現(xiàn)象中放射出的α射線，但對于穿透性較強的β射線和γ射線無防護作用，B錯誤；D．熔噴無紡布上帶有靜電，可以對輕小紙屑產生吸附作用，可以用口罩能否吸附輕小紙屑來判斷真假，D正確。故選D。3、D【解析】

AB．由乙圖知，小球做圓周運動在最低點拉力為7F0，在最高點拉力為F0，設最高點速度為，最低點速度為，在最高點在最低點由機械能守恒定律得解得，故AB錯誤。C．在星球表面該星球的第一宇宙速度故C錯誤；D．星球質量密度故D正確。故選D。4、A【解析】

AD．理想氣體不計分子勢能，溫度升高，平均動能增大，內能一定增加，選項A正確，D錯誤；BC．溫度升高，外界可能對氣體做功，也可能從外界吸收熱量，選項BC錯誤。故選A.5、B【解析】

A．v—t圖象圖線的斜率表示運動的加速度，第5s內與第6s內的斜率相同，則加速度方向相同，故A錯誤；B．第4s末～第6s末圖線斜率為負，則加速度為負值，即加速度的方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故B正確；C．v—t圖象圖線與坐標軸所圍面積表示物體的位移，由圖線可知，前2s內物體物體的位移大小為第6s內物體的位移大小為則前2s內克服重力做功的平均功率為第6s內物體重力做功的平均功率為所以前2s內克服重力做功的平均功率等于第6s內物體重力做功的平均功率，故C錯誤；D．第2s末～第4s末的過程中，物體勻速運動，動能不變，但物體升高，所以該物體的機械能增加，故D錯誤。故選B。6、A【解析】

AB．由右手螺旋定則可知，L1在菱形中心處的磁感應強度方向OL2方向，21在菱形中心處的磁感應強度方向OL3方向，L3在菱形中心處的磁感應強度方向OL2方向，L4在菱形中心處的磁感應強度方向OL3方向，由平行四邊形定則可知，菱形中心處的合磁感應強度不為零，方向應在OL3方向與OL2方向之間，故A正確，B錯誤；C．L1和L3受力如圖所示，由于四根導線中的電流大小相等且距離，所以每兩根導線間的相互作用力大小相等，由幾可關系可知，所受安培力與所受安培力大小相等，方向不同，故CD錯誤；故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解析】

ABD．在開關K閉合時，此時電路中的總電阻為R總=25Ω。由圖乙可知初級線圈的有效值為次級線圈的電壓為R2兩端的電壓為U2=50V，R2消耗的功率為電路中消耗的總電功率為當開關K斷開時，R2兩端的有效值由得R2消耗的功率為電路中消耗的總電功率為故AB錯誤，D正確；C．在兩種情況下并不影響R1兩端的電壓，故R1消耗的功率是相同的，故C正確。故選CD。8、ACD【解析】

A．開始未電場時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對A，根據(jù)平衡條件和胡克定律有解得物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)胡克定律，有解得故從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為選項A正確；B．從加電場后到B剛離開C的過程中，擋板C對小物塊B的作用力不為零，由I=Ft知擋板C對小物塊B的沖量不為0，選項B錯誤；C．設A所受的電場力大小為F，當A的加速度為0時，B的加速度大小均為a，方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律，對A有對B有故有B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為選項C正確；D．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能、電勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小，選項D正確。故選ACD。9、BC【解析】

A．cd邊經過磁場邊界線L3時恰好開始做勻速直線運動，cd邊從L3到L4的過程中做勻速直線運動，cd邊到L4時ab邊開始到達L1，則ab邊經過磁場邊界線L1后做勻速直線運動，故A錯誤；B．ab邊從L2到L3的過程中，穿過線圈的磁通量沒有改變，沒有感應電流產生，不受安培力，線圈做勻加速直線運動，則ab邊進入下方磁場的速度比cd邊進入下方磁場的速度大，所受的安培力增大，所以ab邊經過磁場邊界線L3后線圈要做一段減速運動，故B正確；C．cd邊經過磁場邊界線L3時恰好做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有而聯(lián)立解得cd邊從L3到L4的過程做勻速運動，所用時間為cd邊從L2到L3的過程中線圈做勻加速直線運動，加速度為g，設此過程的時間為t1，由運動學公式得得故cd邊經過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為故C正確；D．線圈從開始運動到cd邊經過磁場邊界線L4過程，根據(jù)能量守恒得故D錯誤。故選BC。10、BDE【解析】

A.碎玻璃不能拼在一起，是由于分子距離太大，達不到分子吸引力的范圍，故A錯誤；B.焦耳測定了熱功當量后，為能的轉化和守恒定律奠定了實驗基礎，選項B正確；C.由于液體表面層分子間距離大于分子平衡時的距離，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，則液體表面存在張力，故C錯誤；D.當分子間的距離增大時，分子間的斥力和引力都減小，但斥力減小得快，選項D正確；E.懸浮在液體中的顆粒越小，小顆粒受到各個方向液體分子的沖擊力就越不平衡，布朗運動就越明顯，選項E正確。故選BDE。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、相反減小1.0×10－2正確【解析】

(1)[1][2]根據(jù)圖甲所示的電路，觀察圖乙可知充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小；(2)[3]根據(jù)充電時電壓—時間圖線可知，電容器的電荷量為：Q＝It＝t而電壓的峰值為Um＝6V，則該電容器的電容為：C＝設電壓—時間圖線與坐標軸圍成的面積為S，聯(lián)立解得：C＝＝＝F＝1.0×10－2F；(3)[4]正確，電容器放電的過程中，電容器C與電阻R兩端的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及圖線與時間軸所圍“面積”，仍可應用：C＝＝計算電容值。12、9.801.632.661.0【解析】

(1)[1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為9mm，游標尺上第16個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為16×0.05mm=0.80mm，所以最終讀數(shù)為：9mm+0.80mm=9.80mm；(2)[2]根據(jù)極短時間內的平均速度等于瞬時速度求出小球經過光電門時的速度為：[3]則有：(3)[4]先根據(jù)記錄表中的數(shù)據(jù)進行了描點，作出圖像如圖：(4)[5]由圖像可得圖像斜率的絕對值為：要驗證機械能守恒定律，必須滿足：化簡整理可得：則有：解得：四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、以OO'為中心線，上、下（左、右）各60°的圓錐球殼內均有光線射出。【解析】

設光線a′a射入外球面，沿ab方向射向內球面，剛好發(fā)生全反射，則有：

sinC=

可得C=45°

在△Oab中，Oa=R，Ob=R

由正弦定理得=

解得：r=30°

由=n，得

i=45°

又因為∠O′Oa=i，

∠θ=C-r=45°-30°=15°

所以∠O′Ob=i+θ=45°+15°=60°

當射向外球面的入射光線的入射角小于i=45°時，這些光線都會射出內球面。因此，以OO'為中心線，上、下（左、右）各60°的圓錐球殼內均有光線射出。14、；30N；2．【解析】

（1）設小物塊在C點的速度為，則在D點有：設彈簧最初具有的彈性勢能為，則：代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：；設小物塊在E點的速度為，則從D到E的過程中有：設在E點，圓軌道對小物塊的支持力為N，則有：代入數(shù)據(jù)解得：，由牛頓第三定律可知，小物塊到達圓軌道的E點時對圓軌道的壓力為30

設小物體沿斜面FG上滑的最大距離為x，從E到最大距離的過程中有：

小物體第一次沿斜面上滑并返回F的過程克服摩擦力做的功為，則

小物體在D點的動能為，則：代入數(shù)據(jù)解得：，，因為，故小物體不能返回D點

小物體最終將在F點與關于過圓軌道圓心的豎直線對稱的點之間做往復運動，小物體的機械能守恒，設最終在最低點的速度為，則