2024年贵州省3-3-3高考物理诊断试卷（二）(含详细答案解析)

2024年贵州省3+3+3高考物理诊断试卷（二）

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图，光滑水平地面上，动量为Pi的小球1向右运动，与同向运动且动量为p2的________________二

小球2发生弹性碰撞，Pi=P2,碰撞后小球1的速率为女'、动能为Ell、动量大〃①/〃

小为P1'，小球2的速率为女'，动能为E'k2,动量大小为P2’，下列选项一定正确的

是（）

A.力'Vv/B.碰撞后球2向右运动，球1向左运动

C.E'kl<E'k2D.Pi<p2'

2.一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，振幅为0.1m,t=0时振子的位移为-0.05m,沿x轴

正方向运动；£=0.5s时位移为0.05m,沿4轴负方向运动，则（）

A.振子的周期可能为卜B.振子的周期可能为枭

C.东子的周期可能为"D.振子的周期可能为2s

3.如图，物块1从。点以初速度%水平抛出，与此同时物块2从力点以速度以射国”匕

出，两者均视为质点，若要直接击中，除重力外不受其他作用力，下列选项正确的“

是（）*

A.物块2应瞄准。点进行拦截V

B.物块2应瞄准。点的右侧进行拦截b

C.物块2应瞄准。点的左侧进行拦截

D.物块2应瞄准a点的下方进行拦截

4.如图，有人设计了一种“超级高铁”，即在地球内部建设一个管道，其轨道半径小于

地球半径，列车在其中做匀速圆周运动（不与管道接触且不计阻力），“超级高铁”与地〃厂、飞\

球近地卫星相比，哪个物理量可能更大？（）\\\/'/）

A.向心加速度B.线速度C.周期D.所受地球万有引力

5.如图，倾角为。的光滑固定轨道。，句；宽为/,上端连接阻值为R的电阻，导体

杆油质量为机、电阻为，，以初速度火沿轨道向上运动，空间存在水平向右、磁

感应强度大小为B的匀强磁场，大计导轨电阻，导体杆与导轨始终接触良好，ab

杆向上运动的距离为x,下列选项正确的是（重力加速度为g）（）

A.开始时电阻电功率为P=空生R

K+r

B.开始时向所受合力为F=mgsinO+记赞选

K-pT

C.咳过程克服安培力做功W=色善0X

D.该过程流过a〃的电量q=普

6.关于理想气体和原子，卜列选项止确的是（）

A.-•定质量的理想气体升温膨胀，内能不一定增加

B.外界对气体做正功，气体压强一定变大

C.从较高的能级向低能级跃迁时，原子能量减少

D.爱因斯坦光电效应方程的本质是动量守恒

7.如图，质量为〃?的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中XXXXXX

—E

存在水平向右的匀强电场和垂宜平面向里的匀强磁场，给圆环一初速度北,

圆环运动的图像不可能是（）XXXXXX

二、多选题：本大题共3小题，共15分。

8"=0时，波源。开始产生一列向x轴正方向传播的简谐横波，经过

5$波恰好传播到P点，P点距离波源10，〃，t=5s时波形图如图所示。

下列说法正确的是（）

A.5~6s,平衡位置在。点的质点速度逐渐增大

B.波源起振方向沿），轴正向

C.波速为1.6m/s

D.波源的振动方程为y=2sin^t（m）

9.如图所示的电路中，电源内阻不计，电表均为理想电表，三个定值电阻

阻值均为R，滑动变阻器的最大阻值也为R,当开关闭合时，电流表力I、

%的读数分别记为A、k，电压表的读数记为U,当滑动变阻折的滑片P

从最左端的。点滑到正中间的过程中，下列说法正确的是（）

A.%变小B.。变小

C.U变大D.滑动变阻器消耗的功率变大

10.如图所示，在所在直线的左侧存在一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为BY1..

---------1M

的俱1形磁场区域（图中未画出），一个质量为〃八电荷量为夕的带正电粒子从M点以水平向

左的初速度射入磁场中，一段时间后从N点穿过竖直线MM在N点时运动方向与MN成

30。角，MN长度为3L,不计粒子重力，下列说法正确的是（）L

A.从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小为竽

B.粒子从M到N所用的时间为警

3Bq

C.粒子在磁场中做圆周运动的半径为L

D.圆形匀强磁场区域的最小面积为厚

4

三、实验题：本大题共2小题，共15分。

11.小李同学设计了一个电路来准确测量一根金属丝的电阻，原理图如图甲所示。他先用万用表粗略测得

金属丝电阻约为20。；现有下列器材可供选择：

A.电源（电动势为3匕内阻约为10）

8.电压表（量程3匕内阻约为1A0

C.电压表（量程15匕内阻约为5k0）

。电流表（晨程30〃滔，内阻为20。）

E电流表（量程0.64，内阻为5。）

F.滑动变阻器（最大阻值为200）

G滑动变阻器（最大阻值为500。）

”.定值电阻凡（阻值为5。）

/.定值电阻&（阻值为100。）

开关一个，导线若干

（1）为了测量准确，实验时电压表应该选择,电流表应该选择,滑动变阻器应该选择

,定值电阻应该选择o（均填器材前对应字母）

（2）电压表读数记为U,电流表读数记为/,若不考虑电压表内阻的影响，小李同学根据实验数据作出的

12.小明同学利用力传感器设计了一个装置来验证机械能守恒定津，其原理图如图甲所示。实验时将质量

为m的小球拉至某一位置由静止释放（释放时绳子绷直），让小球在竖直面内自由摆动，记录下摆过程中力

传感器示数的最大值7;和最小值To,多次改变小球释放位置重复实验，当地重力加速度为g。

（1）若小球摆动过程中机械能守恒，则应该满足的关系式为

(2)他根据测量数据作出7\-To图像如图乙所示，图像是一条直线，由图乙得小球的质量为(g

取10m/s2计算)

四、简答题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，玻璃砖的横截面由直角三角形AO8和;圆构成，一光源P放置在。点右侧，光源发出的一

4

束光从圆弧B。上的M点射入玻璃砖，最后从N点(图中未画出)射出玻璃砖。已知OB=R,OA=yf3R,

M到。。的距离为当且到0点和P点的距离相等，玻璃砖折射率n=/3,求光从玻璃砖射出时的折射角。

14.如图所示，质量加8-3如的足够长的长木板B静置在粗糙的水平面上，上表面放置一质量加月-23的

物块A,另有一质量me=Mg的物块C以初速度%=，TUm/s从长木板最左端滑上长木板，后以u=

3m/s的速度与物块A发生碰撞，C恰好能从长木板左端滑落。物块A、。与长木板3之间的动摩擦因数均

为%=0.4,长木板B与水平面之间的动摩擦因数为〃2=0」。已知碰撞时间极短，A始终未从B上滑落，

重力加速度g=10m/s2,物块A、C可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)C与A碰撞后物块C的速度大小；

(2)4、。碰撞后经过多K时间A、6物体均停止运动？

15.如图所示，水平放置的光滑金属导轨或从中有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小8=17,

小"•段间距L=0.5m,"、H段诃距为2L,通过光滑绝缘弯曲轨道与倾角6=30。的光滑U形岫〃金属

导轨平滑相连，。形导轨间距仍为L,从端接一个C=0.5尸的电容，倾斜导轨处有垂直斜面向上的匀强磁

场，磁感应强度大小仍为凡初始时导体棒P静置于炉段，给导体棒。一个初速度，使其从骸、依段

左端开始向右运动，一段时间后导体棒尸冲上弯曲轨道高度”=0.2m的最高点并恰好无初速度进入倾斜轨

道。已知导体棒P、Q的质量nip=mQ=0.5kg、不计导体棒P的电阻，Q的电阻R=20两导体棒运动

过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，尸棒到达5处时，。棒未到达方处，且两棒已处于稳定运动,

重力加速度为g=10m/s2,不计导轨处的能量损失、导轨电阻及空气阻力。求：

(1)导体棒Q的初速度大小；

(2)导体棒P在水平导凯运动的过程中，P、。与导优围成的闭合回路面积的改变量;

(3)导体棒尸在倾斜导轨Hcd下滑的加速度大小和下滑x=4.5m的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4B、设p=pi=P2，要发生碰撞则巧＞v2»V机2，

根据两个物体发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得:

,,

7%%+m2v2=zn1v1十?n2v2

1111

2mxvl+爆=«7nivi，2+2m2以”

解得：，=2四七”2_里至

1叫+m2兴1+血2

Qn_ZHln

,+m2v2P底”

v2=2------；--------v2=-----：-----

+m2mi4-m2

由此可知只有当也足够大时可造成%'＞也'

叫

由弹性碰撞规律，当也V3时可造成碰后两者可以都向右运动，故48错误：

C、碰撞过程小球2动能增大，但初动能小球1的大于小球2的，故碰后动能大小不确定，故C错误:

D、碰撞过程小球2动量增大，且系统动量守恒，所以pi'vpz',故。正确。

故选：。。

根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律求出二者的碰后速度表达式，分析即可。

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的碰后速度表达式是解题的关键。

2.【答案】A

【解析】解：t=0时刻振子的位移％=-0.05m,£=0.5s时振子的位移％=0.05m,且沿x轴位方向运

动，根据振幅力=0.1m再结合位移-时间关系图象，有t=g+（其中九=0,1,2,3,4…）

解得：'二启=盛=焉

当九=0时，T=1s；当n=l时、T=当n=2时、t=故A正确，BCD错误。

JD

故选：4。

根据题意得出振子可能的振动情况，结合位移-时间公式得出振子可能的周期。

本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。

3.【答案】B

【解析】解：在加速度Q=g的参考系中，两者做匀速直线运动，所以物块2应瞄准。右侧进行拦截，故8

正版,ACO错误。

故选：及

在加速度a=g的参考系中二者做匀速直线运动，据此分析工

本题利用运动的合成和分解计算繁琐，考查学生能力的题目，不错。

4.【答案】D

【解析】解：A、设距离地心为厂处的加速度为小对应的地球质量为M',根据牛顿第二定律可得：

等=77ia,解得a=器；其中加'=。彳m3,解得：a=i^-r；由于近地卫星的公转半径为等于地

球的半径，所以“超级高铁”与地球近地卫星相比，“超级高铁”的向心加速度小，故4错误；

8、根据a可得：u=J'pG-r,“超级高铁”与地球近地卫星相比，“超级高铁”的线速度小，故

B错误；

C、根据丁=詈可得:则二者的周期相同，故C错误;

。、根据万有引力定律可得：F=^=lnpGmr,“超级高铁”的质量与轨道半径的乘积有可能大于近

地卫星的质量与轨道半径，则“超级高铁”所受地球万有引力可能较大，故3正确。

故选：。。

根据牛顿第二定律推导向心加速度表达式进行分析；根据Q=f分析线速度大小；根据丁=等分析周期的

大小：根据万有引力定律分析万有引力的大小。

本题主要是考杳万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式

进行分析。

5.【答案】B

【脩析】解：A、开始时岫切割磁感线产生感应电动势为：E=BlvsinO,感应电流大小为：/二至二

K+r

Blvosin3

R+r

故电阻电功率：「二尸氏二受卷当对故4错误。

(R+r)

B

B、通过导体杆ab的电流方向由b到a,导体杆ah所受安培力方向竖直向下，开始时安培力大小为：

F=8〃=察型sin。

4R+r

而所受合力大小为：F4=mqsine+也逆必,方向沿导轨向下，故8正确。

口oR+r

C、若运动过程中安培力是恒力，则该过程克服安培力做功W=/7,二5比9=空应选外但实际运动过

女R+r

程中必要减速，感应电动势与感应电流均减小，安培力减小，故安培力不是恒力，故C错误。

。、流过"的电量为：q=it=J=丝上=处=也—吟故。错误。

4R+rtR+rR+rR+r

故选:瓦

应用动生电动势的计算公式求得开始时时切割磁感线产生感应电动势，进而求得感应电流大小，由电功

率的计算公式求解电阻电功率；由安培力的计算公式求得安培力，判断导体杆时所受安培力f勺方向，确

定向所受合力；运动过程中安培力不是恒力；应用流过导体棒的电量的经验公式求解电荷量。

本题考查了电磁感应现象中基本物理量的计算，基础题目。本题磁场方向不与导轨平面垂直，金属杆的速

度方向磁场方向垂直，计算感应电动势和磁场力要注意夹角问题。掌握电荷量的经验公式。

6.【答案】C

【解析】解：A、理想气体内能由温度决定，温度升高，内能增大，故A错误；

仄外界对气体做正功，若向外放热导致气体体积减小的同时温度降低，压强可能减小，故B错误；

C、从较高的能级向低能级跃迁时，向外辐射能量，原子能量减少，故C正确；

。、爱因斯坦光电效应方程的本质是能量守恒，故。错误。

故选：Co

一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；气体的压强与体积和温度有关；氢原子从高能级向低能级跃迁

时总能量减少；光电效应方程的本质是能量守恒。

解决本题的关键知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理想气体状态方程，并能灵活

运用。

7.【答案】C

【解析】解：经受力分析•，圆环受向下的重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力，向左的摩擦力，杆的弹

力方向可能向上也可能向下（暂且不画），如图所示

qvB

XXXXXX

XXXXXX

mg

当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有

亚迪生地，圆环做加速度减小的加速运动，故A正确;

1m

当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有

近他j丝，圆环先做加速增大的加速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又做加速

Lm

度减小的加速度运动，故。正确；

当电场力小于滑动摩擦力，旦弹力向上，根据牛顿第二定律有

迪史丝史延，圆环做加速度增大的减速运动，故3正确；

°m

当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有

出空皿芷，圆环做加速度加速度减小的减速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又

'm

做加速度增大的减速运动，故C错误。

本题选不可能的，故选：Co

对圆环受力分析，分类讨论电场力大于摩擦力且弹力向上和弹力向下、电场力小于摩擦力且弹力向上和弹

力向下几种情况下圆环的运动性质。

本题考查带电粒子在重力场、电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和

运动性质，熟练应用对应的规律解题。

8.【答案】BD

【解析】解：AC、由题图可知，该波的波长4=8m,波速u=半=£m/s=2m/s,周期为：T=^=

?s=4s,所以5s〜6s内，经过了;nP的位移增大，速度减小，故AC错误；

24

B、由“同侧法”可知，P向上起振，故波源起振方向沿)，轴正向，故B正确；

D、根据角速度的计算公式可得：a)=y=^-rad/s=^rad/s,故波源的振动方程y=2sin尔m),故Z)

正确。

故选：BD.

根据波速的计算公式求解波速，根据周期公式7=（求解周期，由此判断5s〜6s内尸的振动情况，由此得

到速度的变化情况；由“同侧法”判断P点的振动方向，由此判断波源起振方向；根据振动方程的书写方

法写出波源的振动方程。

本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=4sina）3知道方程中各字母表示

的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之

间的关系以=/4。

9.【答案】BC

【解析】解：ABC.等效电路图如右图所示

,E

滑片向右滑动，滑动变阻器阻值变大，外电路总电阻变大，根据/=亡可知，干路电流减小，根据u=

总

E-/（/?+r）可知电压表读数变大，通过A的电流都增大，故A增大，%减小，故A错误，BC王确;

D、把除了变动变阻器之外的所有电阻等效到另•个新电源中，滑动变阻器为外电路，新电源内阻为冬滑

片滑到中间过程，滑动变阻器的阻值从0增加到与，滑动变阻器功率（即为新电源的输出功率）先变大再变

小，故。错误。

故选：BCO

简化电路图画出等效电路图，根据外电阻的变化结合闭合电路欧姆定律分析电流表、电压表的变化情况，

根据等效电阻及电功率的变化特点分析解答。

本题属于电路的动态分析问题，关键抓住不变量，结合闭合电路欧姆定律进行分析。

10.【答案】CD

【解析】解：C.粒子运动的轨迹如图所示

根据几何关系可有

v

r+^30？=3L

解得粒子圆周运动的半径为

r=L,故C正确：

A.从M到N,洛伦兹力冲量

/=mAv

又

Av=2vcos30°=\l~3v

联立解得

I=yl~3mv

根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有

mv2

联芷解得

/=4劭小故A错误；

员根据几何知识，粒子从M到。运动轨迹对应的圆心角为

27T

昨至

故粒子在磁场中运动的时间为

27r

_0m__3_m_2nm

tl=~qB=~qB~=

粒子从D到N过程，根据几何知识有

rL

=>[3L

tan30°/3

~3~

根据运动学公式有

x

t=-

2V

联立解得

>T3m

t2=w

故粒子从M到N的时间为

故B错误;

£="+亡2=-3Bq-

D根据几何知识，圆形磁场直径最小值为M。长度

d=>/~3L

根据圆的面积公式，则圆形磁场最小面积为

女=之近，故。正确。

44

故选：CD。

A：根据冲量表达式，联立牛顿第二定律求解从M到N过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小；

B：根据几何知识求解粒子在磁场中运动的朝L迹对应的圆心角，再根据时间公式求解粒子在磁场中运动的

时间，根据运动学公式求解粒子出磁场后运动的时间，最后求解粒子从例到N所用的时间；

C：画出粒子运动的凯迹图像，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径：

以根据几何知识求解圆形磁场的直径，再根据圆的面积公式求解圆形匀强磁场区域的最小面枳。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应

的规律解题。

11.【答案】BDFRQ21.0

【解析】解：⑴电源电动势为£=3V,故电压表应选择从流过金属丝的最大电流/加=合=蓊=

0.15/1=150m/l,电流表选择石则量程偏大，故选择电流表。进行改装，电流表。的内阻为20。，改装成

大量程的电流表需要并联一个小电阻，故定值电阻选Ro,改装后的量程为

厂=0.034+”等A=0.154=150m4符合题中电流的测量要求，由于采用滑动变阻器的分压式接

法，选择总阻值较小的尸即可。

(2)根据欧姆定律，电阻丝的电阻

U1

治=引=铲

由图乙，斜率k=105。，则&二爱"。=21.0。

故答案为:(1)8,D,F,H；(2)21.0。

(1)根据电源电动势选择电压表，根据估算电流选择或者改装电流表，根据电路的滑动变阻器的接法选择

滑动变阻器；

(2)根据欧姆定律和图乙列式计算电阻。

考查电表的选择和改装，会结合血姆定律和图像分析和解决实际问题。

12.【答案】乙二37ng-2T00.059

【蟀析】解：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为仇则细线拉力最小值为To=mgcos。，到最低点

时细线拉力最大，根据机械能守恒有

mgl(l—cos0)=^mv2

小球运动到最低点，根据牛顿第二定律有

V2

Ti-mg=m-j-

联立可得7\=3mg-2T0o

(2)由图乙纵轴截距得

37ng=1.77N

代入数据解得小球的质量为m=0.059kg。

故答案为:(1)7；=3mg-2To；(2)0.059。

(1)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式求解；

(2)利用图像的纵轴截距的物理意义列式求解质量。

考查机械能守恒和牛顿第二定律等问题，会根据题意列式求解相应的物理量。

13.【答案】解：光路图如图所示

sin%

n

-sin02

解得。2=30°

又由。8=R,OA=>f3R，可知tan484。=黑=言=表，所以乙88。=30°

由几何关系有d=60。，sin%>%故光在AB边发生全反射，且n=30。

在A。边射出时又有

sin05

n

-sin04

解得。5=60°,故折射角为60。。

答：光从玻璃砖射出时的折射角为60。。

【解析】根据光线的传播情况画出光在玻璃砖中的折射光路图，根据几何关系结合折射率的公式分析解

答。

考查光在介质中传播发生折射或者全反射问题，会作出光路图，会根据相应的几何关系列式求解判断。

14.【答案】解：(1)C刚冲上8时，。与8之间的摩擦力为

fc=fiimcg=0.4x1xION=4N

8与地面之间的最大静摩擦力为

/max=〃式血4+rnB+mc)g=0.1x(3+2+1)xION=6N

故。</max，即A、8静止，对C根据动能定理有

11

2

-fcx=^mcv-^mcv^

碰后。向左运动，A向右运动，A与8之间的摩擦力为

fA=41mAg=0.4x2xION=8N

故人一/c=8N-4N=4NV筛ax=6N

则B不动，直至C离开瓦对。向左运动过程，根据动能定理有

1

一九x=

代人数据联立解得

x=0.125m,v'c=lm/s；

(2)C、A发生碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有

mcv=-mcv'c+mAvA

代人数据解得

VA=27TliS

碰撞后经过时间G物块C从3上滑落，以向左为正方向，根据动量定理有

-/cG=0-mv'c

代人数据解得

0=0.25s

此时对物块A,根据牛顿第二定律有

%码1。=犯1期

代人数据解得

=4m/s2,方向向左，根据运动学公式，C滑离B时4的速度为

a

v'A=VA~A^i=2m/s—4x0.25m/s=Im/s

此后8开始向右加速运动，根据之顿第二定律有

血

-〃2（4+MB）g=mBaB

代人数据解得

2

aB=lm/s

设经过匕两物体共速，根据运动学公式有

2共=%—o.At2—aBt2

代入数据解得

垃=0.2s,u共=0.2m/s

此后4、B一起减速，以向右为正方向，根据动量定理有

一〃2（血4+租8）913=0一（血4+脸U共