山东省聊城市多校2024-2025学年高三上学期期末诊断检测联考物理试题（解析版）

高级名校物理试卷PAGEPAGE1山东省聊城市多校2024-2025学年高三上学期期末诊断检测联考物理试题一、单项选择（每题3分，共24分）1.如图所示为测定液面高度的电容传感器简图，其工作原理可类比平行板电容器，金属芯线和导电液体可看作两个极板，金属芯线外部包裹有不导电介质。在金属芯线和导电液体间施加恒定的电压，当液面升高时，下列说法正确的是（）A.电容器极板间距增大 B.电容器极板的正对面积减小C.电容器的电容增大 D.电容器所带电荷量减小【答案】C【解析】AB．电容器的两个电极是金属芯柱和导电液可以导电，容器中液面升高时，表示金属芯柱和导电液正对面积增加了，而电容器的极板间距不变，故AB错误；CD．由可知增大时，电容器的电容增大，而电容器与电源连接，其电压不变，由可知电容器所带电荷量增大，故C正确，D错误。故选C。2.如图所示，一单摆悬挂于点，摆长为，在点正下方的点钉一个光滑钉子，且使。将摆球拉至处由静止释放，小球将经过最低点到达左侧最高点。已知振动过程中摆线与竖直方向的夹角小于，小球从到的运动过程中所用时间为，振幅为，从到的运动过程中所用时间为，振幅为，下列说法正确的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】振动过程中摆线与竖直方向的夹角小于，则摆球的运动可以看为简谐运动，则有，根据题意有，解得摆球运动过程机械能守恒，则P、R一定处于同一高度，由于，可知，R关于OQ的对称点一定处于P的左侧，可知综合上述有，，故选B。3.某质点作直线运动，以出发位置为位移零点，出发时刻为计时零点，该质点运动过程中的图象如图所示，其中为物体位移的大小，为物体运动所用的时间。已知图象过点及点，则物体初速度的大小以及加速度的大小为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】根据位移公式有，变形有结合图像有，，解得，故选C。4.利用如图甲所示的装置进行双缝干涉实验，使用波长为的橙色光照射，得到如图乙所示的条纹，其中为中央亮条纹，为与其相邻的一条亮条纹。现改用波长为的紫光照射，则（）A.和都呈现亮条纹 B.和都呈现暗条纹C.为暗条纹，为亮条纹 D.为亮条纹，为暗条纹【答案】D【解析】用波长为的橙色光照射，其中为中央亮条纹，为与其相邻的一条亮条纹；可知到双缝的光程差为0，到双缝的光程差为改用波长为的紫光照射，由于到双缝的光程差为0，所以仍为亮条纹；到双缝的光程差为，可知为暗条纹。故选D。5.如图所示，带电小球固定于天花板上，另一带电小球在水平向右的力作用下静止于小球的右下方，图中虚线为两小球的连线。现将力逆时针缓慢旋转至竖直向上，使小球可以沿两小球连线缓慢移动，该过程两小球电荷量保持不变，下列说法正确的是（）A.的大小一直增大 B.的大小一直减小C.小球沿两小球连线向左上方缓慢移动 D.小球沿两小球连线向右下方缓慢移动【答案】D【解析】根据小球Q的受力情况及平行四边形定则，作出小球Q随力F旋转时的变化情况，如图所示由图可知，力F先减小，后增大，静电力一直减小，故小球Q沿两小球连线向右下方缓慢移动。故选D。6.可用霍尔元件测量电流，测量原理如图所示，将元件置于竖直向下的匀强磁场中，使待测电流垂直通过元件的左右截面，测得霍尔电压大小为。已知元件的三个边长分别为a、b、c，匀强磁场的磁感应强度大小为，元件载流子浓度（即单位体积内自由移动电荷数）为，单个自由电荷的电量为，则待测电流的大小可表示为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】粒子平衡时满足其中，解得，故选A。7.如图所示，轴上有P、Q、M、N四点（点未画出），将一电荷量大小为的负电荷固定在点，电荷量大小为的正电荷固定在点，。取无穷远处为零势能点，已知点的电势为零，点电场强度大小为零，下列说法正确的是（）A.点一定位于点左侧B.点一定位于点右侧C.将一带正电的试探电荷从点沿轴负方向移动到无穷远处，电势能一定增大D.将一带正电试探电荷从点沿轴负方向移动到无穷远处，电势能一定减小【答案】A【解析】AB．根据点电荷形成的电场中，其电场强度由于，N点的场强为零，故只需使P点的点电荷到N点的距离大于Q点的点电荷到N点的距离，故N点在Q点的左侧，沿电场线的方向为电势降低的方向，由于M点的电势为零，根据电场的叠加可知，M点的右侧电场方向向右（因为正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量），在M点左侧的电场方向向左，因此要使N点的场强为零，N点一定在M点的左端，故A正确，B错误；CD．因为M点的电势为零，且N点位于M点的左侧，两个点电荷形成的合场强先减小后增大，故将一正电荷从M点沿x负方向移动到无穷远，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大，后减小，故CD错误。故选A。8.如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的足够长木板一端垫高后与水平面夹角为，质量为的物块A与挡板P之间用一劲度系数为的轻质弹簧固定连接。质量为的物块B紧靠物块A放置，且用轻质细线跨过定滑轮与悬空的物块C连接。开始时用外力托着物块C使细线恰好伸直，此时物块A、B均处于静止状态。现撤去外力，物块C由静止开始下落，当物块C速度最大时，物块A、B恰好分离。已知运动过程中物块C始终未接触地面，不计所有摩擦，下列说法正确的是（）A.物块C的质量为B.物块C的质量为C.物块A、B分离时弹簧处于原长状态D.物块A、B分离时弹簧压缩量为【答案】B【解析】AB．C速度最大时，A、B恰好分离，则此时B、C的加速度为零，则对B、C整体，可得物体C的质量为故A错误，B正确；CD．C速度最大时，A、B恰好分离，此时B、C的加速度为零，则A的加速度也为零，而A、B间的弹力为零，故有则物块A、B分离时弹簧压缩量为，故CD错误。故选B。二、多项选择（每题4分，选不全得2分）9.2025年1月7日，我国成功发射实践二十五号卫星。实践系列卫星可以与报废的北斗导航卫星会合，将其送入地球同步轨道上方的“弃星轨道”。如图所示，卫星M与卫星N分别在同步轨道和弃星轨道做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.卫星M的线速度大于卫星N的线速度B.卫星M的加速度小于卫星N的加速度C.相同时间内卫星M与地球球心连线扫过的面积等于卫星N与地球球心连线扫过的面积D.相同时间内卫星M与地球球心连线扫过的面积小于卫星N与地球球心连线扫过的面积【答案】AD【解析】AB．根据万有引力提供向心力，则有解得，因卫星M的轨道半径小于卫星N的轨道半径，故卫星M的线速度大于卫星N的线速度，卫星M的加速度大于卫星N的加速度，故A正确，B错误；C．根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心连线在相等的时间内扫过相等的面积，而卫星M与卫星N不是同一卫星，故C错误；D．根据数学知识，可得扇形面积为其中为弧长，为轨道半径，则单位时间内扫过的面积为又线速度为，联立可得根据万有引力提供向心力，则有可得，可得因卫星M的轨道半径小于卫星N的轨道半径，故相同时间内卫星M与地球球心连线扫过的面积小于卫星N与地球球心连线扫过的面积，故D正确。故选AD。10.一简谐横波沿轴传播，图甲为时的波形图，图乙是轴上某点的振动图象，下列说法中正确的是（）A.该波的波速为 B.波源开始振动的方向向下C.该质点与波源的距离为3.6m D.0~3s时间内该质点通过的路程为4m【答案】BD【解析】A．由甲图可知，波长为，由乙图可知，周期为，则波速为，故A错误；B．由乙图可知，质点开始振动方向向下，则波源开始振动的方向向下，故B正确；C．由乙图可知，质点开始振动的时刻为0.5s，根据可知质点与波源的距离为，故C错误；D．一个周期内质点通过的路程为4A，内该质点运动2.5s，故2.5s内质点通过的路程为，故D正确。故选BD。11.一辆汽车参加风阻测试，简化示意图如图所示。质量为的汽车从静止开始以恒定功率由静止启动，一段时间后达到最大速度。假设汽车行驶过程中受到的阻力仅由空气和汽车的碰撞产生，空气碰到车厢前的速度为0，碰到汽车后立刻与汽车共速。已知空气的密度为，汽车与空气的碰撞面积为S，下列说法正确的是（）A.汽车功率的大小为B.汽车功率的大小为C.汽车的速度大小为时，加速度大小为D.汽车的速度大小为时，加速度大小为【答案】BC【解析】AB．对打到汽车上的气流分析可知，由动量定理解得即当汽车匀速运动时牵引力等于气流对车的阻力f，则汽车功率的大小为故A错误，B正确；CD．汽车的速度大小为时，对打到汽车上的气流由动量定理可知加速度大小为故C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，两平行金属轨道间距为，与水平方向夹角为，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量分别为和的金属棒、，接入电路的阻值分别为和，金属棒与轨道间的动摩擦因数均为。整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。给棒一个沿轨道向下的初速度，同时将棒由静止释放，经过足够长时间后棒恰好不与棒发生碰撞。已知金属棒、间的距离足够大，两金属棒与轨道间接触始终良好，，，下列说法正确的是（）A.棒开始运动时的加速度大小为B.棒开始运动时的加速度大小为C.两棒的初始间距为D.从开始运动到恰好追上棒的过程中，棒产生的焦耳热为【答案】AC【解析】AB．根据题意可知，对棒有对b棒有则a、b棒的合力均为其所受的安培力，a棒的初速度沿轨道向下，由右手定则可知电流为顺时针方向，由左手定则可知，a棒受到沿轨道向上的安培力而做减速运动，b棒受到沿轨道向下的安培力而做加速运动；棒开始运动时切割磁感线产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的电流对棒分析，根据牛顿第二定律有解得对b分析，根据牛顿第二定律有解得，故A正确，B错误；C．设两棒的初始间距为，当两棒共速时棒恰好不与棒发生碰撞，即a棒恰好相对棒下滑的位移为x，且两棒组成的系统沿轨道方向所受合力为零，则两棒组成的系统动量守恒，最终达到共同速度v，根据动量守恒定律有解得对b棒分析，根据动量定理有又，，，联立解得，故C正确；D．设整个过程产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有根据串联电路特点可知a棒产生的焦耳热为联立解得，故D错误。故选AC。三、非选择题13.某同学设计了如图甲所示的实验装置来测量当地的重力加速度。主要实验步骤如下：（1）使用游标卡尺测量小球的直径，重复测量三次取平均值，得到小球的直径大小；（2）按照图甲所示安装实验装置，当小球静止时测量出悬点到小球上端的距离，重复测量三次取平均值，得到悬点到小球上端的距离；（3）将小钢球拉到一定的高度由静止释放，与光电门相连的计时器记录下小钢球通过光电门的时间，力传感器测出细线上张力的最大值为；（3）改变小钢球由静止释放的高度，测出多组和的值，根据记录的数据作出图像，并得到图像与纵轴的截距大小为，斜率大小为。回答以下问题：（1）某次测量时游标卡尺的读数如图乙所示，则该次测量中小球的直径大小为_____mm；（2）当地的重力加速度大小为_____（用含有a，k，L，d的表达式表示）；（3）某同学在实验时将悬点到小球上端的距离当作小球运动轨迹的半径，则重力加速度的测量值_____真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。【答案】（1）（2）（3）大于【解析】【小问1】图乙可知，游标卡尺精度为0.1mm，根据游标卡尺读法，故小钢球的直径【小问2】由题可知，小球通过光电门的速度根据牛顿第二定律，则有整理可得故在图像中，联立解得【小问3】根据上述分析可知，将悬点到小球上端的距离当作小球运动轨迹的半径，半径偏小，测量的重力加速度偏大。14.某同学利用图甲所示的电路测量某电池的电动势（约）和内阻（小于）。图中电流表量程为，内阻；电阻箱最大阻值为；S为开关。完成下列填空（1）实验时记录电流表的读数与电阻箱的读数，作出图像，如图乙中图线I所示。根据图像可得电源的电动势大小为_____（结果保留两位有效数字）；（2）图线I与纵轴的截距坐标很小，给读数带来了困难，其原因最可能是_____；A.电源内阻太小 B.电阻箱的最大阻值太大 C.电流表分压（3）为增大图像与纵轴的截距，某同学用一阻值为的定值电阻对实验进行改进，请代替该同学设计合理的方案并连接图丙的实物图_____；（4）利用改进的实验得到图乙中图线II，根据图像可得电源的内阻大小为_____（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）（2）A（3）见解析（4）【解析】【小问1】根据闭合电路的欧姆定律可得整理可得可知，图线的斜率倒数即为电源的电动势，则有解得【小问2】根据上述分析可，图线的纵截距为，电流表的内阻不变，故纵截距过小的原因只能是电源的内阻较小。故选A。【小问3】根据电路的特点及欧姆定律，把定值电阻、电阻箱、开关电流表等电路元件依次串联即可，电路连接情况如下【小问4】根据上述分析可知，此时则有结合图线II可得，，解得15.如图所示，极薄的圆柱形介质平放在水平桌面上，圆柱的截面是以为圆心，半径大小为的圆，AB、CD为相互垂直的两条直径。上有一单色点光源，光源与圆心的距离为，从光源发出射向A的光束恰好可以发生全反射，已知，求：（1）介质对该单色光折射率的大小；（2）圆周上该单色光可以射出的长度。【答案】（1）（2）【解析】【小问1】因光源S射向A点的光线恰好发生全反射，根据全反射条件有由图中几何关系可得代入已知条件解得，【小问2】因为发生全反射的临界角为，所以从光源S发出的光线射向图中E、F两点时，也恰好发生全反射。如图所示因此能够从圆周上射出光线范围为弧线和弧线。弧线长度利用余弦定理代入已知条件解得SF=0.35R依据正弦定理代入数据解得查三角函数表得进而得出弧线长度计算射出光线总长度：光线能够从圆周上射出的长度16.如图甲所示，有一种玩具是由竖直圆轨道、底座与固定在轨道底部发射装置组成，发射装置由拉杆、弹簧和套筒组成，简化图如图乙所示。弹簧左、右两端分别与拉杆和套筒固定连接，向后缓慢拉动拉杆再释放，拉杆上的挡板便会将静止的小球弹出，小球被弹出后沿竖直圆轨道内侧运动，小明将此玩具固定在桌面上用其研究圆周运动的规律。已知圆轨道的半径为，圆心为，小球的质量为，可视为质点，重力加速度大小为，小球运动过程中忽略一切阻力及机械能损失。（1）小明在研究中发现，用较大的力气和较小的力气拉动拉杆，小球都不会脱离轨道。试求若使小球不脱离轨道，小明做功的大小需满足什么条件?（2）小明在某次研究中发现小球在脱离轨道后落地之前恰好经过轨道的圆心点，求小明做功的大小。【答案】（1）或者（2）【解析】【小问1】若力气较小时，小球恰能到达与圆心等高的位置，则若力气较大时恰能经过轨道最高点，则有，若使小球不脱离轨道，小明做功大小需满足：或【小问2】设当小球与圆心连线与竖直方向成θ角时小球脱离轨道，则脱离轨道后小球做斜抛运动经过原点O，则，此时小明做功的大小解得，，17.如图所示，空间内存在间距为的足够长竖直边界I、Ⅱ，I的左侧存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，I、Ⅱ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，Ⅱ的右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度大小也为，I的左侧距离为处存在点。时刻将一质量为、电荷量为的带正电粒子在点由静止释放，粒子第一次穿过匀强磁场时在磁场内的位移大小为，不考虑粒子重力，忽略场的边界效应和粒子运动时的相对论效应，求（1）匀强磁场磁感应强度的大小；（2）粒子第一次经过I时位置与第二次经过I时位置的竖直距离；（3）若粒子第二次进入磁场的瞬间立刻在I、Ⅱ之间施加水平向右的匀强电场，场强大小，求粒子此后经过Ⅱ时位置与第一次经过Ⅱ时位置的竖直距离。【答案】（1）（2）（3）和【解析】【小问1】粒子由P到A做初速度为零的匀加速直线运动，由A到C做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示根据已知条件可知，粒子从A点射入磁场时的速度为由于粒子第一次穿过匀强磁场时在磁场内的位移大小为2d，可得，因此由几何关系可知粒子在匀强磁场中偏转半径为根据牛顿第二定律可知联立可得【小问2】由于粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，故A、C点速度的大小相等，因此从C到D的运动为类斜上抛运动，其水平方向的分运动为加速度恒定不变的匀变速直线运动，即先向右匀减速减为零，后向左匀加速。因此运动的时间为竖直方向的分运动为匀速直线运动，走过的距离为因为粒子水平方向分运动的对称性，可知C、D两点水平分速度等大反向，竖直分速度相等，可得，所以，从A到C的运动轨迹与从D到E的运动轨迹是对称的，因此粒子第一次经过I时位置与第二次经过I时位置的竖直距离为【小问3】若粒子第二次进入磁场的瞬间立刻在I、Ⅱ之间施加水平向右的匀强电场，其运动情况如下图从D到F的运动也为类斜上抛运动，其水平方向的分运动为加速度恒定不变的匀变速直线运动，加速度为运动的时间为竖直方向的分运动为匀速直线运动，走过的距离为因为粒子水平方向分运动的对称性，可知D、F两点水平分速度等大反向，竖直