2025年物理(山东卷)
1.B 由光子最大初动能Ek=qUc可知,Ek2>Ek3>Ek1,故选B。
2.C 假设两分子间距离为r0,当两分子靠近时,分子间作用力为斥力做负功,由功能关系可知,分子势能增大,同理当两分子远离时,分子间作用力为引力做负功,分子势能也增大,故当分子间距离为r0时分子势能最小,因此若规定分子间距离为r0时分子势能为零,当分子间距离不为r0时,分子势能Ep为正,故选C。
3.A P1、P2两偏振片透振方向夹角从0°转动到90°时,光照强度会逐渐减小,因此亮度减小,但并不影响波长,根据相邻两条亮(暗)条纹间距公式Δx=λ可知,条纹间距不变,故选A。
4.C 设小球在最低点时细线的拉力大小为F,近似认为小球在 s内做匀速圆周运动,v==6 m/s,小球在最低点,由牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=7 N,故选C。
5.A 设光伏电池单位时间内获得的太阳能为E,则转换产生的电能E'=ηE,单位时间内电动机所做的功W1=0.5E',当小车以速度v匀速行驶时,由动能定理可知,电动机所做的功与阻力所做的功大小相等,故W1=fvt=kv2,联立解得E=,故选A。
6.C 设返回舱的质量为m,轨道舱的质量为5m,轨道舱与返回舱一起做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力有G=6m,解得v=,分离瞬间轨道舱与返回舱组成系统动量守恒,设此时轨道舱相对行星的速度大小为v1,根据动量守恒定律可得6m×=m×2+5mv1,解得v1=,故选C。
7.D 导体棒的间距和磁场的宽度相等,因此在任一时刻都只有一根导体棒处于磁场区域内切割磁感线,在磁场Ⅰ产生的感应电动势为E1=BLv,在磁场Ⅱ产生的感应电动势为E2=BLv。因为传送带做匀速运动,所以在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ运动的时间相等,设该装置产生电动势的有效值为U,周期为T,由有效值的定义,有T=,解得U=,故选D。
8.B 图甲为从右向左看的视图,将重力分解为方向沿斜面向下的分力mgsin θ和方向垂直于斜面的分力mgcos θ,故物块对斜面的压力FN1=mgcos θ,由牛顿第三定律可知斜面对物块的支持力FN1'=mgcos θ,图乙为垂直于斜面的视图,将重力沿斜面向下的分力分解为垂直于挡板的分力mgsin 2θ和沿挡板向下的分力mgsin θcos θ,故物块对挡板的压力FN2=mgsin2θ,由牛顿第三定律可知挡板对物块的支持力FN2'=mgsin2θ,故斜面对物块的摩擦力f1=μFN1'=μmgcos θ,挡板对物块的摩擦力f2=μFN2'=μmgsin2θ,由牛顿第二定律可得,物块在沿着MN方向有ma=mgsin θcos θ-f1-f2,解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故选B。
甲
乙
9.BD 由波形图可知,甲波的波长λ1=4 m,周期T1==4 s,故A错误;由波形图可知,x=2 m处质点和x=6 m处质点N振幅均为A,由正弦函数性质可知x=2 m处的质点与质点N的间距为λ2,解得λ2=6 m,故B正确;6 s=T甲,经过(2n+1)时间,甲列波上所有质点运动状态与t=0时相反,t=0时M向y轴正方向运动,则t=6 s时,M应向y轴负方向运动,故C错误;乙波周期T乙==6 s,故经过6 s后,乙波上所有质点运动情况与t=0时相同,t=0时N向y轴负方向运动,则t=6 s时,N应向y轴负方向运动,故D正确。
10.BC 无人机释放物品后,物品沿以O'为圆心、R2为半径的圆周上A点的切线方向做平抛运动,vmax=ωmaxR2,投影图如图所示,物品最大水平位移xmax=lAC==4 m,水平方向xmax=vmaxt,竖直方向H=gt2,联立解得t=2 s,ωmax= rad/s,故B正确,A错误;由上述可知无人机做圆周运动的周期T=,无人机从A点到B点转过的角度为,所需的时间t2=·T= s>2 s,所以无人机运动到B点时物品已经落地,故C正确,D错误。
11.BD 对小球甲、乙受力分析,如图所示,设AB与OC相交于点G,由相似三角形可得,则,又lBG>lAG,所以甲的质量大于乙的质量,故A错误;E点处电场强度E1=,方向由A指向B,F点处电场强度E2=,方向由B指向A,故C错误;正试探电荷从C点运动到D点,静电力做正功,电势能减小,电势减小,即C点电势大于D点电势,正试探电荷从O点运动到D点,在OH段静电力的分力由H指向O,静电力做负功,电势能增大,电势升高,HD段静电力的分力由H指向D,静电力做正功,电势能减小,电势降低,即从O到D电势先升高后降低,故B、D正确。
12.AD 由于带正电的粒子在电场中的运动轨迹为一段以y轴为对称轴的抛物线,所以电场方向沿y轴正方向。由题图乙可知粒子在电场中运动时间为t0,粒子在电场中所受静电力F=qE,由牛顿第二定律有F=ma,根据运动学公式可知,粒子在y方向有2L=,解得E=,故A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动如图所示,故粒子在Ⅱ区域的运动轨迹中y方向最高点和最低点间距离为直径,故直径为,半径R=,故B错误;在A点处,粒子沿x轴的速度vx=,粒子沿y轴的速度vy=t0=,则v=,tan θ=,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B=,圆心横坐标为xO'=3L+Rcos θ=,纵坐标yO'=0,故C错误,D正确。
13.答案 (1)1.00 (2)0.41 (3)增大 (4)kg-1
解析 (1)遮光片宽度越小,其通过光电门的平均速度越接近瞬时速度,故选用d=1.00 cm的遮光片。
(2)由运动学公式可得a==0.41 m/s2。
(3)由图乙可知,当a=0时,F≠0,说明该实验没有完全平衡阻力,故应该增大轨道的倾角。
(4)斜率的单位=kg-1。
14.答案 (1)200 2.4 (2)100 (3)0.9
解析 (1)由图乙可知,电流表示数为200 mA,学生电源输出功率P=EI=12 V×0.2 A=2.4 W。
(2)低压输电时通过电阻箱的电流为I1=200 mA,高压输电时,通过电阻箱的电流为I2=20 mA,则低压输电时电阻箱消耗功率P1=R,高压输电时电阻箱消耗功率P2=R,则=100。
(3)ΔP=UI1-UI3=12×0.2 W-12×0.125 W=0.9 W。
15.答案 (1) (2)
解析 (1)连接BO,过B点作OO'所在直线的垂线,垂足为D,
如图甲所示
甲
根据几何关系可知φ=2θ,sin φ=
解得φ=60°,θ=30°
由折射定律得n=。
(2)该单色光在介质中恰好发生全反射时,有sin C=
第一次射到弧面FOH时,由几何关系得cos ∠IO'E=,则∠IO'E=45°,sin ∠IO'E=>sin C,发生全反射。同理,该单色光在弧面AC发生两次全反射,第二次射到弧面FOH时,也发生全反射,该单色光从G点射入介质的光路图如图乙所示
乙
由几何关系得该单色光在介质中经过的总路程s=lIG+lIJ+lJK+lLK+lLN
又lIG+lJK+lLN=2lGE=2×R=R
由几何关系得lIJ=lLK=R
在介质中的传播速度v=
故该单色光在介质中的传播时间t=。
16.答案 (1)h1 (2)
解析 (1)封闭气体温度从T1缓慢加热至T2过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,由盖—吕萨克定律得
,即
解得h2=h1。
(2)封闭气体温度从T3缓慢下降至T4过程中,对活塞受力分析可知,封闭气体的压强不变,此过程为等压变化,
设T4时气柱高度为h3,由盖—吕萨克定律得
,即
解得h3=h1
封闭气体温度从T1到T4过程中,
活塞先上升Δh1=h2-h1=h1
再下降Δh2=h2-h3=h1
在活塞上升阶段,对活塞受力分析,有p0S+f0=p1S
在活塞下降阶段,对活塞受力分析,有p0S=p2S+f0
外界对气体所做的功W=-p1SΔh1+p2SΔh2
W=-
又T1=T4,故封闭气体的内能不变
由热力学第一定律得ΔU=W+Q
得Q=-W=。
【思路点拨】
热学计算题中常用公式使用技巧
(1)理想气体状态方程pV=nRT
适用于质量不变的气体作为研究对象,其中压强p由气体受力情况决定,若题目中未给出压强值,优先通过受力分析判断压强。
(2)热力学第一定律ΔU=W+Q
①内能取决于温度,温度不变则内能不变。
②W为外界对气体所做的功,气体膨胀,W<0(外界对气体做负功);气体收缩,W>0(外界对气体做正功);在真空中自由膨胀,W=0(外界对气体不做功)。
③气体吸收热量,Q>0;气体放出热量,Q<0。
17.答案 (1)6 m/s m/s (2) m/s J
解析 (1)因方形物体置于光滑水平面上,故小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,规定向左为正方向,则有
mv1+Mv2=0
由题意可知,小球与方形物体组成的系统机械能守恒,则有
mgh=
联立解得v1=6 m/s,v2=- m/s,负号表示方向向右
故小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2分别为6 m/s、 m/s。
(2)小球从P点抛出后击中a时,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,设粘在一起时的速度为v3,则有
mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
b解除锁定时,弹簧伸长量
x1= m=0.3 m
设此时a和小球的速度为v4,由能量守恒定律有
(m+ma)(m+ma)
解得v4=1 m/s
在a、b、小球及弹簧运动过程中,a、b、小球和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,当a、b、小球共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(m+ma)v4=(m+ma+mb)v共
(m+ma)(m+ma+mb)=Epm
解得vb= m/s,Epm= J
当弹簧弹性势能最大时,b的速度大小为 m/s,弹性势能的最大值Epm为 J。
18.答案 (1) (2)
解析 (1)由金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动可知,金属框在从pq边进入区域Ⅰ到ef边出区域Ⅰ的过程中做匀速直线运动,受力平衡,对金属框受力分析,如图所示,则有F安=mgtan α
由法拉第电磁感应定律有
E1=BLvcos α
由闭合电路欧姆定律有
I=
又F安=BIL
联立解得v=
在进入区域Ⅰ前对金属框分析,则有a=gsin α,v2=2as
解得s=。
(2)由题意可知,金属框ef边进入区域Ⅱ后的电动势E=E感+E动
又E感==L2·=k1L2
E动=Epq-Eef=BpqLv'-BefLv'=[k1t+k2(x+L)]Lv'-[k1t+k2x]Lv'=k2L2v'
金属框中的电流I=
故金属框所受安培力的合力
F安'=BpqIL-BefIL=[k1t+k2(x+L)]IL-(k1t+k2x)IL=k2L2I
联立解得F安'=v'
将k1=代入化简可得
F安'=mgsin α+
设金属框达到平衡状态时的速度为v1',此时受力分析有F安1'=mgsin α,
解得v1'=0
对金属框,由动量定理有
(mgsin α-)t=m(v1'-v0)
即=mv0
解得d=。2025年山东省普通高中学业水平等级考试
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
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16.
18
物理答题卡
姓
名
考生条形码区
准考证号
◆
←此方框为缺考考生标记，由蓝考员用2B铅笔址涂
正确填涂示例■
选择题（请用2B铅笔填涂】
7A
g
B]B]B
B
DD DD
可D同D
⊙
D
D
非选择题（请用0.5毫米黑色签字笔作答）
13.(1)
(2)
(3)
(4)
17
14.(1)
(2)
(3)
15
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请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效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
11.球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平
2025年山东省普通高中学业水平
舱与返回舱的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射
地面上，带电荷量分别为十2g和十q的小球甲、乙刚
返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2
GM
好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所
G为引力常量。此时
示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC
等级考试
轨道舱相对行星的速度大小为
45°，OD⊥AB,A、B两点间距离为√3R,E、F为AB连
本试卷满分100分，考试时间90分钟
A.
C.GM
GM
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
物理
B.C点电势高于D点电势
之
C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同
、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
轨道舱
行远
D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低
题目要求
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
传送带
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
国
Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场
属，所得遏止电压如图所示，关于光电子最大初动能E:的大小关系正确的是
返山
金属巾做
和磁场的大小，方向均未知。t=0时刻，质量为m、电荷量为十q的粒子从O
点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为
A.E>E2>Eks
B.E2>Ex3>Ek
6题图
7题图
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
对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界
C.Ek3>Ek2>Ek
D.Eks>Ek>Ek2
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
面，在区域Ⅱ中运动的y一t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒
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
子重力。下列说法正确的是
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
:病编中
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
2K域！风域m
E-
A.BLv
B.②BLu
C.3BLo
D.10BLo
2
4
-2
1题图
2题图
8.工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡
2.分子间作用力F与分子间距离的关系如图所示，若规定两个分子间距离r等
底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角
-103-
于r。时分子势能E。为零，则
为，交线为PN,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡
图甲
图乙
A.只有r大于ro时，E。为正
B.只有r小于ro时，E。为正
面的交线为MN,∠MVQ=0。若建筑材料与坡面、挡板
A区域I内电场强度大小E=4m,方向沿y轴正方向
C.当r不等于r。时，E。为正
D.当r不等于ro时，Ep为负
间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑
3.用如图所示的装置观察光的干涉和偏振现象。狭缝S1、S2关于O)轴对称，光
行的加速度大小为
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20
3
屏垂直于O0轴放置。将偏振片P1垂直于O)轴置于双缝左侧，单色平行光
A.gsin20-ugcos 0-ugsin 0cos 0
B.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin20
沿OO轴方向人射在屏上观察到干涉条纹，再将偏振片P2置于双缝右侧，P
C.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin 0cos 0
D.gcos-0-ugcos 0-ugsin-0
P2透振方向平行。保持P1不动，将P2绕O0轴转动90°的过程中，关于光屏
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
C区域Ⅱ内蓝感应强度大小B一，方向垂直Oy平面向外
上的干涉条纹，下列说法正确的是
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
D.粒子在区城Ⅱ内圆周运动的圆心坐标(o)
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
光屏
波速均为1m/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
三、非选择题：本题共6小题，共60分
位移均为1cm。下列说法正确的是
13.(6分)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：
A.甲波的周期为6s
B.乙波的波长为6m
数字秒
C.t=6s时，M向y轴正方向运动
D.t=6s时，N向y轴负方向运动
cm乙
遮光川
光屯小2厂
光屯
小：
长直轨道
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
2
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
托盘攻波倒
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
9质图
10题图
肉甲
一张照片，曝光时间为0$。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半
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
(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
点为圆心，半径R1=5m的圆形区域，OO垂直地面，无人机在离地面高度H
整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=
径三的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为
=20m的空中绕O点、平行地面做半径R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆
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
周上的两点，∠AOB=90°。若物品相对无人机无初速度地释放，为保证落点
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
A.11N
B.9N
C.7N
D.5N
在目标区域内，无人机做圆周运动的最大角速度应为wx。当无人机以wa
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
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
1、光电门2时的速度1=0.40m/s、2=0.81m/s,以及从遮光片开始遮住光
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
运动的影响，物品可视为质点且落地后即静止，重力加速度大小g=10m/s2
电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00s,计算小车的加速度a
下列说法正确的是
m/s2(结果保留2位有效数字)。
m,运动过程中受到的阻力f=k(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为7
则光伏电池单位时间内获得的太阳能为
A.omx=rad/s
Ba=号rad/s
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量，重复上述步
骤，根据数据拟合出α一F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实
A.2k2
B
C.kv+m
D.2kv+m
2n
C.无人机运动到B点时，在A点释放的物品已经落地
验中应
(填“增大”或“减小”)轨道的倾角
D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品尚未落地
2025山东卷·物理
