四川省泸州市2025届高三物理下学期第三次教学质量诊断性考试试题含解析

PAGE17-四川省泸州市2025届高三物理下学期第三次教学质量诊断性考试试题（含解析）二、选择题1.在探究下列四个定律的试验中，哪个定律不是干脆通过限制变量法探究得出的（）A.牛顿其次定律 B.电阻定律 C.欧姆定律 D.动量守恒定律【答案】D【解析】【详解】在探讨物理学中多变量问题时，把多变量的问题变成多个单变量的问题，每一次只变更其中的某一个变量，而限制其余几个变量不变，从而探讨被变更的这个变量对事物的影响，分别加以探讨，最终再综合解决，这种方法叫限制变量法。A．通过探讨物体的加速度a与力F、质量m的关系，得出牛顿其次定律，须要用到限制变量法，故A错误；B．通过探讨导体电阻R的大小跟导体的长度l、横截面S、材料的关系，得出电阻定律，须要用到限制变量法，故B错误；C．通过探讨电流I与电阻R、电压U的关系，得出欧姆定律，须要用到限制变量法，故C错误；D．探究动量守恒定律时，只须要测量出两物体的质量和两物体碰撞前后的速度，再将数据代入各个猜想的等式中，视察哪个等式成马上可，不须要限制某些物理量不变，即不用限制变量法，故D正确。故选D。2.北斗导航系统是中国自行研制的全球第三个成熟的卫星导航系统。北斗系统中的卫星有三类，分别是地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星。将这三类卫星的运动均看作匀速圆周运动，设他们的向心加速度大小分别为a静、a倾、a中，沿轨道运行的速度大小分别为v静、v倾、v中。已知它们的轨道半径r静=r倾>r中，则下列推断正确的是（）A.a静<a倾<a中 B.a静>a倾>a中 C.v静=v倾<v中 D.v静=v倾>v中【答案】C【解析】【详解】ABCD．依据万有引力供应向心力，则解得，由上述结果可知，轨道半径r越大，加速度a，线速度v就越小，因为r静=r倾>r中，所以a静=a倾<a中，v静=v倾<v中，故ABD错误，C正确。故选C。3.如图所示，有一圆形线圈绕直径OOʹ在竖直平面内做匀速圆周运动，OOʹ右侧有一垂直纸面对里的匀强磁场，大小为B。已知线圈面积为S，共有N匝，线圈电阻不计，外接电阻大小为R，圆形线圈转动的角速度为ω。则电阻两端的电压有效值大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】ABCD．由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为电阻两端的电压有效值等于电动势有效值，即故ACD错误，B正确。故选B。4.在x轴上固定有两个正、负点电荷，一个带电量为+Q1、一个带电量为−Q2（Q2>0），用E1表示Q1在x轴上产生的电场强度大小，E2表示Q2在x轴上产生的电场强度大小。当Q1>Q2时，E1=E2的点有两个，分别为M点和N点，M、N两点距Q2的距离分别为r1和r2，如图所示。则当的比值增大时（）A.r1、r2都减小 B.r1、r2都增大 C.r1减小，r2增大 D.r1增大，r2减小【答案】A【解析】【详解】ABCD．设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L，x轴上M、N两点的电场强度大小相等，则，解得，当的比值增大时，r1、r2都减小，故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示，在固定的四分之一圆轨道的圆心O处，以不同的初速度水平抛出同一小球，不计空气阻力。若小球的初速度从零起先渐渐增大，则小球落在圆轨道上的动能将（）A.始终增大 B.始终减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】D【解析】【详解】ABCD．设小球落在圆轨道时，小球的位移与竖直方向的夹角为θ，圆轨道的半径为R，小球做平抛运动的初速度为v0，则设小球落在圆轨道上的动能为Ek，由动能定理得联立以上各式，解得当时，Ek有最小值，此时，所以小球的初速度从零起先渐渐增大，θ将从0到90°渐渐增大，小球落在圆轨道上的动能将先减小后增大，故ABC错误，D正确。故选D。6.依据下列四幅图作出的说明，正确的是（）A.甲图中A处和B处都能视察到大量的闪光点B.乙图用紫外线灯照耀原来不带电的锌板时，发觉验电器指针张开，说明锌板逸出了电荷C.丙图中处于基态的氢原子能汲取能量为10.30eV的光子而跃迁到其次能级D.丁图中A为α射线，它的电离作用很强，贯穿本事很弱【答案】BD【解析】【详解】A．甲图中A处能视察到大量的闪光点，B处只能视察到较多的闪光点，故A错误；B．乙图中用弧光灯照耀锌板，锌板上的电子逸出，锌板带上正电，发觉验电器指针张开，故B正确；C．汲取光子能量发生跃迁，汲取的光子能量需等于两能级间的能级差，从基态氢原子发生跃迁到n=2能级，须要汲取的能量最小，汲取的能量为−3.4eV−(−13.6eV)=10.2eV，即受10.2eV光子照耀，可以从基态氢原子发生跃迁到n=2能级。10.3eV的光子不能被汲取，不能发生跃迁，故C错误；D．依据左手定则可以知道，A带正电，为α射线，α射线的电离作用很强，贯穿本事很弱，故D正确。故选BD。7.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，一端连接一个竖直放置的螺线管，具有肯定电阻的金属棒PQ垂直导轨放置，用水平细线跨过光滑的定滑轮，与小物体m连接，导轨间有竖直向下的匀强磁场B，一条形磁铁用细线悬挂在天花板上，放在螺线管的正上方。不计空气阻力和导轨的电阻，小物体离地足够高，运动过程中金属棒始终垂直导轨并接触良好。从静止起先释放小物体，在小物体的运动过程中，下列说法中正确的是（）A.悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变 B.悬挂磁铁的细线拉力先减小后不变C.连接金属棒的细线拉力先增大后不变 D.连接金属棒的细线拉力先减小后不变【答案】AC【解析】【详解】金属棒PQ在细线拉力的作用下，先向右加速运动，切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，由右手定则可知，金属棒PQ中感应电流方向从P流向Q，由E=BLv可知，感应电动势渐渐增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流渐渐增大，由F=ILB可知，安培力也渐渐增大，由左手定则可知，安培力方向与拉力方向相反，所以金属棒PQ是做加速度减小的加速运动。当安培力与拉力大小相等时，金属棒PQ达到最大速度，并以最大速度匀速运动，此时感应电流和安培力保持不变。AB．金属棒PQ中感应电流方向从P流向Q，则螺线管中的电流是顺时针方向（俯视），由右手螺旋定则可知，螺线管上端为S极，条形磁铁被吸引，所以悬挂磁铁的细线受到向下的拉力，又因为感应电流先增大，然后保持不变，所以螺线管的磁性先增加，然后保持不变，则悬挂磁铁的细线拉力先增大后不变，故A正确，B错误；CD．设细线拉力为FT，安培力为F安，金属棒PQ的加速度为a，质量为M，分别对小物体和金属棒PQ受力分析，由牛顿其次定律得联立以上两式得因为安培力F安先增大后不变，所以细线拉力FT也是先增大后不变，故C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，质量相同的A、B两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E，其中A带正电，电荷量大小为q，B始终不带电。一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠着物体B，一起压缩弹簧，处于静止状态。现在A物体上施加一水平向右的恒定外力F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下列推断正确的是（）A.若F=qE，则弹簧复原到原长时A、B两物体分别B.若F=qE，则弹簧还未复原到原长时A、B两物体分别C.若F>qE，则弹簧还未复原到原长时A、B两物体分别D.若F<qE，则A、B两物体不能分别，且弹簧肯定达不到原长位置【答案】AC【解析】【详解】AB．若F=qE，A物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A物体将被迫受到B物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、B两物体未能分别，当弹簧复原到原长后，B物体在弹簧的作用下做减速运动，A物体做匀速直线运动，则B物体的速度小于A物体的速度，A、B两物体将分别，故A正确，B错误；C．若F>qE，A物体将受到水平向右恒力FA=F−qE的作用，弹簧在复原到原长之前，对B物体的弹力渐渐减小，则B物体的加速度渐渐减小，当A、B两物体刚要分别时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力FA对A物体产生的加速度相等（aB=aA0），此时弹簧还未复原到原长，故C正确；D．若F<qE，A物体将受到水平向左恒力FA=qE−F的作用，假如FA比较小，那么A、B两物体还是可以分别的，并且在超过弹簧原特长分别，故D错误。故选AC。三、非选择题9.新型电子秤是采纳现代传感器技术、电子技术和计算机技术一体化的电子称量装置，具有去皮清零功能，即先将容器置于电子秤上，按下去皮按钮清零后再把被测物品放进容器里，待物品静止时，电子秤受到的压力大小数值上等于物品受到的重力大小，通过当地重力加速度的换算，可以测出物品的质量。现用该电子秤探究小球在竖直面内做圆周运动在最低点时对轨道的压力与半径的关系。某物理爱好小组到试验室取来该电子秤、半径不同的光滑半圆轨道和小球等器材做了下列探究试验，整个试验过程忽视空气阻力的影响：（1）将小球静置于电子秤上，依据示数得到压力为F0，将半径为R的半圆轨道放在电子秤上并去皮清零。然后将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，当小球运动到最低点时，可由电子秤的示数得到其压力为_____；（2）将半径为R的半圆轨道换为半径为1.5R、2R……的半圆轨道放在电子秤上并清零，同样将小球从半圆轨道的边缘由静止释放，视察并记录电子秤的读数；（3）进行多次试验后发觉：随轨道半径增大，小球对轨道的压力___，小球在轨道最低点的动能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】(1).3F0(2).不变(3).增大【解析】【详解】（1）[1]设小球运动到最低点时的速度为v，此时小球所受支持力为FN，小球由静止释放运动到最低点的过程，由动能定理得小球运动到最低点时，由牛顿其次定律得联立解得由牛顿第三定律得，电子秤的压力示数为3F0。（3）[2]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时，小球对轨道的压力始终为自身重力的3倍，与轨道半径无关，所以随轨道半径增大，小球对轨道的压力不变。[3]由（1）中的计算结果可知，小球运动到最低点时的动能等于mgR，则轨道半径增大，小球在轨道最低点的动能也增大。10.试验室供应下列器材来测灵敏电流计G的内阻Rg，要求测量时电表读数不得小于其量程的，且能多次测量，误差尽可能小：A、待测电流计G（量程1mA，内阻Rg约为150Ω）B、电流表A（量程10mA，内阻RA约为30Ω）C、定值电阻R各1个（阻值分别为15Ω和150Ω）D、滑动变阻器R1，最大阻值为10ΩE.电源电动势E=3V（内阻很小）F.开关S及导线若干。（1）依据上述器材完成此试验，要满意试验要求，定值电阻应选___Ω；（2）请你依据电路图甲在图乙中进行实物连线；（）（3）在试验时，用电流计G的读数I1，电流表A的读数I2和已选定值电阻R来表示电流计G的内阻Rg=_____；（4）若已测出此灵敏电流计G精确内阻Rg=150Ω，要求另外用两个不同阻值的定值电阻和若干导线，将此电流计G改装成量程分别为3V和3mA的两用电表。如图丙所示的电流计表盘上有三个接线柱，请在接线柱之间连线画出内部改装电路图。其中两个另选电阻的阻值分别为___Ω，___Ω。【答案】(1).15(2).(3).(4).2850(5).75【解析】【详解】（1）[1]依据并联电路的特点得，则电流表A与电流计G的电流关系为若R=15Ω，则，则电流表A达到满偏电流10mA时，电流计G的电流能达到0.9mA，能满意测量要求；若R=150Ω，则，则电流计G达到满偏电流1mA时，电流表A的电流只能达到2mA，不能满意测量要求。所以定值电阻应选15Ω。（2）[2]依据电路图完成的实物连线如下图所示，电流表A的正接线柱连接滑动变阻器上端接线柱，开关一接线端连接滑动变阻器下端接线柱。（3）[3]依据并联电路的特点得，联立解得（4）[4][5]内部改装电路如下图所示设改装成3V的电压表须要串联的电阻为R1，改装成3mA的电流表须要并联的电阻为R2，则解得，11.如图所示，一足够长的平行边界PQ的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里，磁场宽度为d。一质量为m，电量为q的带负电粒子，以肯定的速度与边界P成60°角垂直磁场方向射入匀强磁场，从另一边界Q与边界线成30°角射出磁场，不计粒子重力。求：（1）粒子作匀速圆周运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由几何关系得解得粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，则解得（2）带电粒子磁场中运动联立以上两式得由几何关系得，带电粒子在磁场中转过的角度为90°，则12.如图所示，固定光滑圆弧面与木板上表面平滑连接，距圆弧底端x处有一竖直墙壁。木板质量M=2kg，其长度l=5m。在圆弧面上有质量为m=2kg可视为质点的小滑块，从距木板上表面高h=1.25m处静止释放，已知滑块与木板的动摩擦因数μ=0.2，水平地面光滑。设木板与墙壁碰撞时无能量损失，重力加速度取g=10m/s2：（1）求滑块刚滑上长木板时的速度；（2）若墙壁距圆弧底端x足够长，求木板与墙壁碰撞时滑块的速度；（3）若墙壁距圆弧底端x=6m，分析滑块是否会滑下长木板。若滑下，求滑下瞬间滑块和木板速度大小；若未滑落，求最终停止时滑块距木板左端的距离。【答案】（1）5m/s；（2）故能够共速，2.5m/s；（3）见解析所示【解析】【详解】（1）滑块下落过程，由动能定理得解得（2）假设木块和木板能够共速，由动量守恒定律得设木块的加速度为a1，木板的加速度为a2，达到共速所用时间为t，木块的位移为x块，木板的位移为x板，则，，两者相对位移为故能够共速，因此碰撞时的速度为2.5m/s（3）由于x=6m时，x−L<x板，故木板与挡板相碰时，二者并未共速，此种状况木板向右运动了，则分析木板分析木块此时，木块与木板的相对位移此时，木块距离木板右端然后木板与右边挡板相撞，撞后速度为向左假设二者脱离，则相对运动距离为，则解得，（舍去）此时木板向左端运动的距离x=0.75m<1m，故木板并未与左端相碰，此时小木块脱离木板故小木块的速度为2m/s，方向向右，小车的速度1m/s，方向向左。13.以下说法中正确的是。A.热传递和扩散现象都具有方向性B.若液态水凝聚成冰后，水分子的热运动也不会停止C.只要具有规则几何形态的物体就是晶体D.悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶（aerosol）颗粒所做的运动是布朗运动E.只要能增加气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以上升【答案】ABE【解析】【详解】A．热量可以自发地从高温物体传向低温物体，但不能自发地从低温物体传向高温物体，说明热传递具有方向性；两种不同气体可以自发地进入对方，最终成为一种匀称的混合气体，相反，一种匀称的混合气体绝不会自发地分开成为两种气体，说明扩散具有方向性。故A正确；B．分子的热运动是永不停息的，所以液态水凝聚成冰后，水分子的热运动也不会停止，故B正确；C．晶体具有规则的几何形态，但具有规则几何形态的物体不肯定是晶体，例如玻璃是非晶体，但玻璃可加工成有规则的几何形态，故C错误；D．悬浮在空气中的携带新冠病毒的气溶胶颗粒，由于受到空气中气流的影响而运动，所以不是布朗运动，故D错误；E．温度是分子平均动能的标记，增加气体分子热运动的猛烈程度，气体的温度就可以上升，故E正确。故选ABE。14.如图所示，一根与水平地面成θ=30°的倾斜玻璃管，上端开口，管内用水银柱封闭有志向气体。已知水银柱长度L=10cm，大气压强p0=76cmHg，封闭气体此时温度为27℃：①求封闭气体的压强（用cmHg表示）；②若给封闭气体加热，使其温度上升了30℃，然后缓慢加注水银，为使封闭气体体积复原到加热前的大小，求需注入水银的长度∆L。【答案】①8lcmHg；②16.2cm【解析】【详解】①设水银柱横截面为S，水银密度为，对水银柱受力分析，沿玻璃管的方向，有解得