2024-2025學年內蒙自治區(qū)烏蘭察布市集寧二中高三第二次診斷考試物理試題含解析

2024-2025學年內蒙自治區(qū)烏蘭察布市集寧二中高三第二次診斷考試物理試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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、米歇爾?麥耶和迪迪埃?奎洛茲因為發(fā)現了第一顆太陽系外行星﹣飛馬座51b而獲得2019年諾貝爾物理學獎。飛馬座51b與恒星相距為L，構成雙星系統(tǒng)（如圖所示），它們繞共同的圓心O做勻速圓周運動。設它們的質量分別為m1、m2且（m1＜m2），已知萬有引力常量為G．則下列說法正確的是（）A．飛馬座51b與恒星運動具有相同的線速度B．飛馬座51b與恒星運動所受到的向心力之比為m1：m2C．飛馬座51b與恒星運動軌道的半徑之比為m2：m1D．飛馬座51b與恒星運動周期之比為m1：m22、如圖所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零．若用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象中能正確描述該過程的是A． B．C． D．3、一根重為G的金屬棒中通以恒定電流，平放在傾角為30°光滑斜面上，如圖所示為截面圖。當勻強磁場的方向垂直斜面向上時，金屬棒處于靜止狀態(tài)，此時金屬棒對斜面的壓力為FN1，安培力大小為F1，保持磁感應強度的大小不變，將磁場的方向改為豎直向上時，適當調整電流大小，使金屬棒再次處于平衡狀態(tài)，此時金屬棒對斜面的壓力為FN2，安培力大小為F2。下列說法正確的是（）A．金屬棒中的電流方向垂直紙面向外B．金屬棒受到的安培力之比C．調整后電流強度應比原來適當減小D．4、如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，與半徑OA成30°夾角，當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180°，不計電荷的重力，下列說法正確的是()A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為C．該點電荷在磁場中的運動時間為t＝D．該點電荷帶正電5、一列向右傳播的橫波在t=0時的波形如圖所示，A、B兩質點間距為8m，B、C兩質點平衡位置的間距為3m，當t=1s時，質點C恰好通過平衡位置，該波的波速可能為（）A．m/s

B．3m/s

C．5m/s

D．11m/s6、物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得正確的科學知識，推動物理學的發(fā)展．下列說法符合事實的是（）A．英國物理學家盧瑟福第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念B．法拉第最早在實驗中觀察到電流的磁效應現象，從而揭開了電磁學的序幕C．愛因斯坦給出了光電效應方程，成功的解釋了光電效應現象D．法國學者庫侖最先提出了電場概念，并通過實驗得出了庫侖定律二、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、如圖所示為兩分子間作用力的合力與兩分子間距離的關系曲線，下列說法正確的是______。A．當大于時，分子力合力表現為吸引B．當小于時，分子力合力表現為排斥C．當等于時，分子間引力最大D．當等于時，分子間勢能最小E.在由變到的過程中，分子間的作用力做負功8、如圖所示，粗糙的固定水平桿上有A、B、C三點，輕質彈簧一端固定在B點正下方的O點，另一端與套在桿A點、質量為m的圓環(huán)相連，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)。圓環(huán)從A處由靜止釋放，向右運動經過B點時速度為v、加速度為零，到達C點時速度為零，下列說法正確的是（）A．從A到C過程中，圓環(huán)在B點速度最大B．從A到B過程中，桿對環(huán)的支持力一直減小C．從A到B過程中，彈簧對圓環(huán)做的功一定大于D．從B到C過程中，圓環(huán)克服摩擦力做功等于9、如圖所示，一個匝數n=1000匝、邊長l=20cm、電阻r=1Ω的正方形線圈，在線圈內存在面積S=0.03m2的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于線圈所在平面向里，磁感應強度大小B隨時間t變化的規(guī)律是B=0.15t（T）。電阻R與電容器C并聯后接在線圈兩端，電阻R=2Ω，電容C=30μF。下列說法正確的是（）A．線圈中產生的感應電動勢為4.5V B．若b端電勢為0，則a端電勢為3VC．電容器所帶電荷量為1.2×10-4C D．穩(wěn)定狀態(tài)下電阻的發(fā)熱功率為4.5W10、在光滑絕緣水平面上，一絕緣輕繩栓著一個帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強磁場中做順時針方向的勻速圓周運動，磁場的方向豎直向下，其俯視圖如圖，若小球運動到A點時，繩子突然斷開，關于小球在繩斷開后的運動情況，可能的是（）A．小球做逆時針勻速圓周運動，半徑不變B．小球做逆時針勻速圓周運動，半徑減小C．小球做順時針勻速圓周運動，半徑不變D．小球做順時針勻速圓周運動，半徑減小三、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）某同學改裝和校準電壓表的電路如圖所示，圖中虛線框內是電壓表的改裝電路所用電池的電動勢為，內阻為（均保持不變）。(1)已知表頭G滿偏電流為，表頭上標記的內阻值為和是定值電阻，利用和表頭構成量程為的電流表，然后再將其改裝為兩個量程的電壓表。若使用兩個接線柱，電壓表的量程為；若使用兩個接線柱，電壓表的量程為。則定值電阻的阻值為_________，_____，______。(2)用量程為，內阻為的標準電壓表對改裝表擋的不同刻度進行校準?；瑒幼冏杵饔袃煞N規(guī)格，最大阻值分別為和。為了方便實驗中調節(jié)電壓，圖中應選用最大阻值為______的滑動變阻器。校準時，在閉合開關前，滑動變阻器的滑片應靠近端______（填“”或“”）。(3)在擋校對電路中，開關全部閉合，在保證電路安全前提下讓滑片從端緩慢向端滑動的過程中，表頭的示數_________，電源的輸出功率_______，電源的效率_______（填變化情況）。(4)若表頭上標記的內阻值不準，表頭內阻的真實值小于，則改裝后電壓表的讀數比標準電壓表的讀數__________（填“偏大”或“編小”）。12．（12分）某實驗小組要測量木塊與長木板間的動摩擦因數，設計如圖甲所示裝置，已知當地的重力加速度為。(1)對于實驗的要求，下列說法正確的是_______；A．將長木板沒有定滑輪的一端適當墊高，平衡摩擦力B．鉤碼的質量要遠小于木塊的質量C．要保證長木板水平D．接通電源的同時釋放木塊(2)按正確的操作要求進行操作，打出的一條紙帶如圖乙所示，打點計時器使用的是的交流電源，紙帶上的點每5個點取1個記數點，但第3個記數點沒有畫出，則該木塊的加速度_____；（結果保留三位有效數字）(3)若木塊的質量為，鉤碼的質量為，則木塊與長木板間的動摩擦因數為_____（用、、、表示結果）。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，帶電量為q（q為正電荷）的粒子質量為m，O、A兩點長度為d且連線與x軸正方向為30°，不計粒子重力。（1）若在y軸右側加上平行于y軸的勻強電場E時，粒子以初速度v0沿x軸正方向從O點射出且恰好經過A點，求：電場強度E的大小和方向；（2）若去掉電場，在坐標系空間內加上垂直紙面的勻強磁場B，粒子仍以初速度v0沿x軸負方向從O點射出且也恰好經過A點，求：磁感應強度B的大小和方向以及粒子從O點出發(fā)到第一次經過A點時所經歷的時間。14．（16分）如圖所示，噴霧器內有13L藥液，上部封閉有1atm的空氣2L.關閉噴霧閥門，用打氣筒活塞每次可以打進1atm、200cm3的空氣，（設外界環(huán)境溫度一定，忽略打氣和噴藥過程溫度的變化，空氣可看作理想）求：①要使噴霧器內氣體壓強增大到2.4atm，打氣筒應打氣的次數n；②若壓強達到2.4atm時停止打氣，并開始向外噴藥，那么當噴霧器內藥液上方空氣的壓強降為1atm時，桶內剩下的藥液的體積。15．（12分）如圖所示，內壁光滑的氣缸水平放置，厚度不計的活塞與氣缸底部之間封閉了一定質量的理想氣體，氣體初始溫度為T1＝300K，此時活塞與氣缸底部之間的距離為d1＝24cm，在活塞的左側d2＝6cm處有固定的卡環(huán)，大氣壓強p0＝1.0×105Pa。求：(1)要使活塞能緩慢達到卡環(huán)位置，封閉氣體的溫度至少升高到多少？(2)當封閉氣體的溫度緩慢升到T＝450K時，封閉氣體的壓強為多少？

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、C【解析】

BD．雙星系統(tǒng)屬于同軸轉動的模型，具有相同的角速度和周期，兩者之間的萬有引力提供向心力，故兩者向心力相同，故BD錯誤；C．根據＝，則半徑之比等于質量反比，飛馬座51b與恒星運動軌道的半徑之比，即r1：r2＝m2：m1，故C正確；A．線速度之比等于半徑之比，即v1：v2＝m1：m2，故A錯誤。故選C.2、D【解析】

AB．滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零；滑塊下滑過程中做勻減速直線運動，下滑過程中，其速度時間圖線是一條斜向下的直線；下滑過程中，其加速度時間圖線與時間軸平行．故AB兩項錯誤．CD．用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，據速度位移關系可得：解得：所以下滑過程中，其速度位移圖線是一條切線斜率變大的向下彎曲的曲線；故C項錯誤，D項正確．3、B【解析】

A．根據題意可知，當勻強磁場的方向垂直斜面向上時，金屬棒受到的安培力沿著斜面向上，根據左手定則可知，金屬棒中的電流方向垂直紙面向里，故A錯誤；BD．當勻強磁場的方向垂直斜面向上時，金屬棒受到的力如圖所示根據平衡條件可知當磁場的方向改為豎直向上時，金屬棒受力如圖所示，根據三角形定則有所以有，故B正確，D錯誤；C．根據以上分析可知F1＜F2，所以I1＜I2，故C錯誤。故選B。4、B【解析】如圖所示，點電荷在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系作出點電荷運動軌跡有：電荷在電場中剛好運動T/1，電荷做圓周運動的半徑r=Rsin30°=R/1．A.如圖，電荷離開磁場時速度方向與進入磁場時速度方向相反，其反向延長線不通過O點，故A錯誤；B.根據洛倫茲力提供向心力有，所以：，故B正確；C.由圖知該電荷在磁場中運動的時間t=，故C錯誤；D.根據電荷偏轉方向，由左手定則可知，該電荷帶負電，故D錯誤．故選B5、C【解析】

由圖讀出波長λ=8m．波向右傳播，質點C恰好通過平衡位置時，波傳播的最短距離為1m，根據波形的平移法得：t=（n+1/8）T或（n+5/8）T，n=0，1，2…，，則波速v==（8n+1）m/s或v=（8n+5）m/s；當n=0時：v=1m/s或5m/s，當n=1時：v=9m/s或13m/s，當n=2時：v=17m/s或21m/s，故選C．本題的解題關鍵是運用波形平移法，得到時間與周期的關系式，得到波速的通項，再研究特殊值．6、C【解析】

玻爾第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，選項A錯誤；奧斯特最早在實驗中觀察到電流的磁效應現象，從而揭開了電磁學的序幕，選項B錯誤；愛因斯坦給出了光電效應方程，成功的解釋了光電效應現象，選項C正確；法拉第最先提出了電場概念，庫倫通過實驗得出了庫侖定律，選項D錯誤；故選C.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、ADE【解析】

A．根據圖像信息可知，當時，分子力合力表現為吸引，故A正確；B．當時，分子力合力表現為排斥，在與之間，分子力合力表現為吸引，故B錯誤；C．當時，分子力合力為吸引的最大值，但引力在小于時更大，故C錯誤；D．r0為分子間的平衡距離，當r＜r0時，分子力表現為斥力，分子間距減小時分子力做負功，分子勢能增大。當分子間距r＞r0時分子力表現為引力，分子間距增大時分子力做負功，分子勢能增大，所以當分子間距離為r0時，分子勢能最小，故D正確；E．由變到的過程中，分子力合力表現為吸引，且做負功，故E正確。故選ADE。8、BC【解析】

A．圓環(huán)由A點釋放，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，則圓環(huán)加速運動，設AB之間的D位置為彈簧的原長，則A到D的過程中，彈簧彈力減小，圓環(huán)的加速度逐漸減小，D到B的過程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則彈簧彈力增大，圓環(huán)的加速度先增大后減小，B點時，圓環(huán)合力為零，豎直向上的彈力等于重力，從B到C的過程中，圓環(huán)可能做減速運動，無論是否存在彈簧原長的位置，圓環(huán)的加速度始終增大，也可能先做加速后做減速運動，加速度先減小后增大，故B點的速度不一定最大，故A錯誤；

B．當圓環(huán)從A到D運動時，彈簧為拉力且逐漸減小，此時桿對環(huán)的支持力等于環(huán)的重力與彈簧彈力向下的分量之和，可知桿對環(huán)的支持力隨彈簧彈力的減小而減小；當圓環(huán)從D到B運動時，彈簧被壓縮，且彈力沿彈簧向上逐漸增加，此時桿對環(huán)的支持力等于環(huán)的重力與彈簧彈力向上的分量之差，可知桿對環(huán)的支持力隨彈簧彈力的增加而減?。患磸腁到B過程中，桿對環(huán)的支持力一直減小，選項B正確；C．從A到B過程中，彈簧對圓環(huán)做的功、摩擦力做負功，根據功能關系可知，彈簧對圓環(huán)做功一定大于mv2，故C正確；

D．從B到C過程中，彈簧彈力做功，圓環(huán)克服摩擦力做功，根據功能關系可知，圓環(huán)克服摩擦力做功不等于mv2，故D錯誤。

故選BC。9、AD【解析】

A．根據法拉第電磁感應定律可知，線圈中產生的感應電動勢A正確；B．電流電容器兩端電勢差由楞次定律可判斷感應電流方向為逆時針方向，即a端電勢低、b端電勢高，由于b端接地，故有，B錯誤；C．電容器帶電荷量C錯誤；D．電阻的發(fā)熱功率D正確。故選AD。10、ABC【解析】

AB．如果小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當洛倫茲力的大小等于小球原來所受合力大小時，繩子斷后，小球做逆時針的勻速圓周運動，半徑不變，也可能洛倫茲力大于之前合力的大小，則半徑減小，故AB正確；CD．若小球帶負電，則小球所受的洛倫茲力指向圓心，開始時，拉力可能為零，繩斷后，仍然洛倫茲力提供向心力，順時針做圓周運動，半徑不變．若開始靠洛倫茲力和拉力的合力提供向心力，拉力減小為零，小球靠洛倫茲力提供向心力，速度的大小不變，半徑變大，故C正確，D錯誤．故選ABC。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、1502865120050增大增大減小偏大【解析】

(1)[1]電阻與表頭G并聯，改裝成量程為的電流表，表頭滿偏電流為，此時通過電阻的電流為，由并聯分流規(guī)律可知得改裝后電流表內阻[2]將其與串聯改裝為的電壓表由歐姆定律可知，量程電壓表的內阻解得[3]再串聯改裝為量程電壓表，所分電壓為，所以(2)[4]在校準電路中，滑動變阻器采用分壓式接法，故選用最大阻值較小的滑動變阻器，即選用最大阻值為的滑動變阻器；[5]電源電動勢遠大于電壓表量程，所以閉合開關前應使滑片靠近端，使電壓表在接通電路時兩端電壓由較小值開始增大(3)[6]滑片由向滑動過程中，電壓表兩端電壓逐漸增大，通過表頭的電流增大，即示數增大[7]隨滑片由向滑動，外電路的總電阻始終大于電源內阻且逐漸減小，所以電源的輸出功率增大；[8]由