山东省烟台市2025届高三物理下学期诊断性测试一模试题含解析

PAGE21-山东省烟台市2025届高三物理下学期诊断性测试（一模）试题（含解析）一、单项选择题1.下列有关原子、原子核的说法中正确的是（）A.自然放射现象说明原子核内部有电子B.卢瑟福用α粒子散射试验证明白原子核内存在中子C.结合能越大，原子核中的核子结合得越坚固，原子核越稳定D.在全部核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律【答案】D【解析】【详解】A．自然放射现象说明原子核内部有困难结构，但没有说原子核内有电子，故A错误；B．卢瑟福用α粒子散射试验证明白原子的核式结构，没有证明白原子核内存在中子，故B错误；C．比结合能越大，原子核中的核子结合得越坚固，原子核越稳定，结合能越大，不能说明原子核中的核子结合得越坚固，原子核越稳定。故C错误；D．在全部核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，故D正确；故选D。2.在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方15m处，从该时刻起先计时，0~4s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图像如图所示。下列说法中正确的是（）A.t=2s时刻，甲车刚好追上乙车 B.t=4s时刻，甲车刚好追上乙车C.乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小 D.此过程中甲、乙两车之间的距离始终减小【答案】A【解析】【详解】A．速度图像中面积表示位移，所以前2s内甲的位移乙的位移因为x甲-x乙=15m=x0，所以t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，故A正确；B．同理前4s内甲的位移前4s内乙的位移前4s内的甲、乙位移相同，但初时刻乙车在甲车前方15m处，所以t=4s时刻，甲、乙没有相遇，故B错误；C．速度图像中斜率表示加速度，所以甲的加速度大小乙的加速度大小所以乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，故C错误；D．因为t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，所以前2s甲、乙距离减小，后2s甲、乙距离增大，故D错误。故选A。3.随着航天技术的发展，人类已经有实力到太空去探究未知天体。假设某宇宙飞船绕一行星表面旁边做匀速圆周运动，已知运行周期为T，宇航员在离该行星表面旁边h处自由释放一小球，测得其落到行星表面的时间为t，则这颗行星的半径为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由自由落体运动位移公式得：①某宇宙飞船绕一行星表面旁边做匀速圆周运动，向心力由万有引力供应，有②行星表面旁边，万有引力等于重力，有③由①②③式解得A．与上述计算结果不相符，故A错误；B．与上述计算结果相符，故B正确；C．与上述计算结果不相符，故C错误；D．与上述计算结果不相符，故D错误。故选B。4.肯定质量的志向气体，从状态a起先，经验ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V-T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，图线bc平行于T轴，图线ca平行于V轴，则（）A.ab过程中气体压强不变，气体从外界吸热 B.bc过程中气体体积不变，气体不吸热也不放热C.ca过程中气体温度不变，气体从外界吸热 D.整个变更过程中气体的内能先削减后增加【答案】A【解析】【详解】A．其V-T图像如图所示，其中图线ab的反向延长线过坐标原点O，所以ab过程中气体压强不变。体积变大，气体对外做功，温度上升，内能增加，依据热力学第肯定律可知，气体从外界吸热，故A正确；B．bc过程中气体体积不变，温度降低，体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，温度降低内能减小，依据热力学第肯定律可知，气体放热，故B错误；C．ca过程中气体温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，依据热力学第肯定律可知，气体放热，故C错误；D．整个变更过程温度先上升，后降低，最终不变，所以气体的内能先增加，后减小，最终不变，故D错误。故选A。5.如图所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心圆，与x、y轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上随意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。则（）A.电场线与x轴平行 B.a点电势大于c点电势C.在圆周上的各点中，b点电势最高 D.电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加【答案】C【解析】【详解】ABC．从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上随意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。说明bO两点间电势差最大，电场线与y轴平行，沿y轴负方向，所以b点电势最高，a点电势等于c点电势，故C正确，AB错误；D．电子带负电，从O点射出至运动到b点过程中，电势上升，其电势能减小，故D错误。故选C。6.如图所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上，乙物体悬空静止，轻绳OM、ON与水平方向间的夹角分别为53°、37°。已知乙物体的质量为10kg，g取10m/s2，sin53°=0.8.则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为（）A.20N、沿水平面对左 B.20N、沿水平面对右C.28N、沿水平面对左 D.28N、沿水平面对右【答案】B【解析】【详解】以乙为对象，依据平衡条件得，竖直方向上FTMsin53°＋FTNsin37°－mg＝0①水平方向上FTMcos53°－FTNcos37°＝0②由于甲也处于平衡状态，故在水平方向上FTN+Ff－FTM＝0③由①②③式解得摩擦力大小：Ff＝20N方向水平向右A．20N、沿水平面对左与上述结论不符，故A错误；B．20N、沿水平面对右与上述结论相符，故B正确；C．28N、沿水平面对左与上述结论不符，故C错误；D．28N、沿水平面对右与上述结论不符，故D错误故选Ｂ。7.如图所示，在等边三棱镜截面ABC内，有一束单色光从空气射向其边界上的E点，已知该单色光入射方向与三棱镜边界AB的夹角为θ=30º，该三棱镜对该单色光的折射率为，则下列说法中正确的是（）A.该单色光在AB边界发生全反射B.该单色光从空气进入棱镜，波长变长C.该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行D.该单色光在AC边界发生全反射【答案】C【解析】【详解】A．在AB边界光由射入三棱镜，是由光疏介质射入到光密介质，不会发生全反射，故A错误；B．光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，波长变小，故B错误；C．由几何学问得：光线在AB面上入射角为i=60°，棱镜的折射率为故折射角为r=30°，折射光线与AB面的夹角是60°，所以该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行，故C正确；D．由几何关系可知，光线在AC边界的入射角等于AB面上的折射角，依据光路可逆性原理知，不行能发生全反射，故D错误。故选C。8.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x=0位置起先，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】线框从起先进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度匀称减小，故由E=BLv可知，电动势也匀称减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也匀称减小；匀速运动，外力F与安培力大小相等外力F与安培力不是匀称减小，不是线性关系，故B正确，ACD错误。故选B。二、多项选择题9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波刚传到x1=5m的质点P处时波形图如图所示，已知质点P连续两次位于波峰的时间间隔为0.2s，质点Q位于x2=6m处。若从今刻起先计时，则下列说法正确的是（）A.此列波的传播速度是10m/sB.t=0.2s时质点Q第一次到达波谷位置C.质点Q刚起先振动的方向为沿y轴正方向D.当质点Q第一次到达波谷位置时，质点P通过的路程为15cm【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知，P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.2s，所以这列波的周期T=0.2s，从图象可知，其波长为4m，所以波速故A错误；B．质点Q第一次到达波谷位置，可以认为是的振动形式传到了质点Q，所以质点Q第一次到达波谷位置的时间故B正确；C．由图可知，简谐横波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”可知质点P刚起先振动的方向为沿y轴正方向，介质中全部质点起先振动方向是相同的，所以质点Q刚起先振动的方向为沿y轴正方向，故C正确；D．由B分析可知，当质点Q第一次到达波谷位置时，时间所以质点P通过的路程s=4A=故D错误。故选BC。10.如图所示的沟通电路中，志向变压器原线圈输入电压为u=Umsin100πt（V），副线圈电路中R1、R2为定值电阻，P是滑动变阻器R的滑动触头，电压表V1、V2的示数分别为U1和U2；电流表A的示数为I。下列说法中正确的是（）A.变压器原、副线圈的匝数之比为U1∶U2B.副线圈回路中电流方向每秒钟变更100次C.当P向上滑动的过程中，U2增大，I减小D.当P向下滑动的过程中，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知，U1是原线圈两端的电压，U2不是副线圈两端的电压，比副线圈两端电压要小，所以变压器原、副线圈的匝数之比大于U1∶U2，故A错误；B．原线圈输入电压为u=Umsin100πt（V），沟通电的频率是50Hz，变压器不变更沟通电的频率，所以副线圈回路中电流方向每秒钟变更100次，故B正确；C．当P向上滑动的过程中，负载变大，依据电路动态分析中“串反并同”可知U2增大，I增大，故C错误；D．当P向下滑动的过程中，依据电路动态分析中“串反并同”可知，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小，故D正确。故选BD。11.如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系，长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中（）A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功肯定值相等C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和【答案】CD【解析】【详解】AC．依据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；B．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故B错误；D．对B分析，由动能定理知A对B摩擦力做的功所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。故选CD。12.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球（可视为质点），从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC接着运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A.小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为B.小球进入A点时重力的瞬时功率为C.小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量为D.小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为【答案】BCD【解析】【详解】A．小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为故A错误；B．依据对称性可知，小球到A点的竖直分速度小球进入A点时重力的瞬时功率为故B正确；C．沿圆弧ABC过程中，由动能定理可知小球在圆形轨道内由于摩擦产生的热量故C正确；D．沿圆弧AB过程中，由机械能守恒定律可知在最低点，由向心力公式得小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为故D正确；故选BCD。三、非选择题13.某物理爱好小组利用如图所示装置进行“探究弹簧弹性势能与弹簧形变量关系”的试验。图中光滑水平平台距水平地面h=1.25m，平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m的小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x后，由静止释放小球，小球从平台边缘水平飞出，落在地面上，用刻度尺测出小球水平飞行距离S；并用传感器（图中未画出）测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t。多做几次试验后，记录表如下表所示：(1)由表中数据可知，在h肯定时，小球水平位移S=___x，与_______无关；(2)由试验原理和表中数据可知，弹簧弹性势能EP与弹簧形变量x关系式为EP=______（用m、h、x和重力加速度g表示）；12345x/m0.010.020.030.040.05S/m0.510.991.501.982.50t/ms505.3505.1504.8504.9505.2(3)某同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间：，由表中数据可知，发觉测量值t均偏大。经检查，试验操作及测量无误，且空气阻力可以忽视，造成以上偏差的缘由是__________。【答案】(1).50(2).小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t（或“t”）(3).(4).重力加速度g取值不精确，g取10m/s2偏大【解析】【详解】（1）[1][2].由表中数据可知，在h肯定时，在误差允许范围内，可以看出运动时间大体不变，小球水平位移S=50x①与小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t无关；（2）[3].由功能关系可知，弹簧弹性势能②小球做平抛运动的初速度③由①②③式得弹簧弹性势能（3）[3].该同学按物体平抛运动规律计算了小球在空中的飞行时间时，把重力加速度的数值g=10m/s2。故计算值t偏小，测量值t均偏大。14.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的试验：(1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D=______mm；(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：①电流表A1（内阻为r）；②电流表A2；③滑动变阻器R1（0~1000Ω）；④滑动变阻器R2（0~20Ω）；⑤蓄电池（2V）；⑥电键S及导线若干。(3)滑动变阻器应选择_____（选填“R1”或“R（）(4)闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2的读数I1、I2，通过调整滑动变阻器，得到多组试验数据；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图像，如图丁所示。依据I2—I1图像的斜率k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx=_______；(5)测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ=________（用k、D、L、r表示）。【答案】(1).2.500(2).R2(3).(4).(5).【解析】【详解】（1）[1].螺旋测微器测量金属丝的直径D=2mm+50.00.01mm=2.500mm；（3）[2]依据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择较小的R2；[3]依据电路原理图，实物图连线如图所示（4）[4].依据欧姆定律可知金属丝电阻变形得所以I2—I1图像的斜率变形得（5）[5]依据电阻定律得解得15.如图所示，小物块放在足够长的木板AB上，以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g：(1)若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端，且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的2倍，求木板与水平面之间的夹角的正切值；(2)求物块沿木板向上运动的最大距离最小值。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】⑴木板与水平面之间的夹角θ时上行时，依据牛顿其次定定律下行时，依据牛顿其次定定律由位移公式上行时间下行时间由解得（2）由速度位移关系可知解得由三角函数学问可知当物块沿木板向上运动的最大距离最小值16.“蛟龙号”载人深潜器上有一个可测量下潜深度的深度计，其原理可简化为如图所示的装置。内径匀称的水平气缸总长度为2L，在气缸右端开口处和正中心各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的活塞A、B，活塞A、B只可以向左移动，活塞密封良好且与气缸之间无摩擦。在气缸的Ⅰ部分封有154标准大气压的气体，Ⅱ部分封有397标准大气压的气体，当该装置水平放入水下达到肯定深度后，水对活塞A产生挤压使之向左移动，通过活塞A向左移动的距离可以测出下潜深度。已知1标准大气压=1.0×105Pa，海水的密度ρ=1.0×103kg/m3，取g=10m(1)当下潜的深度h=2300m时，活塞A向左移动的距离；(2)该深度计能测量的最大下潜深度。【答案】(1)；(2)5500m【解析】【详解】⑴当下潜的深度h=2300m时，Ⅰ部分气体的压强P1=P0＋ρgh=2.31×107Pa而Ⅱ部分气体的压强P2=3.97×107Pa>P1所以活塞B静止不动。设活塞A向左移动距离为x，由玻意耳定律得154P0SL=P1S（L－x）解得x=⑵当活塞A移动到中心卡环处时所测深度最大，设两部分气体压强为P，测量的最大下潜深度为H对Ⅰ由玻意耳定律得154P0SL=PSL1对Ⅱ由玻意耳定律得397P0SL=PSL2据题意得L1＋L2=LP=P0＋ρgH解得H=5500m17.如图所示，质量为M=4.5kg长木板置于光滑水平地面上，质量为m=1.5kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0=4m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后马上以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔接着向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1=1.6m，重力加速度g=10m/s2：(1)求物块与木板间的动摩擦因数；(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn=6.25×10-3m，求n(3)求长木板的长度至少应为多少？【答案】(1)0.5；(2)5；(3)6.4m。【解析】【详解】⑴物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1=0－mv02①解得μ=0.5②⑵物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得Mv0－mv0=(M＋m）v1③v1==v0④设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′μmgx1′=mv12⑤由①⑤式得x1′=x1⑥即物块与挡板其次次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1其次次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1经一段时间系统的共