资源简介

2025届山东省烟台市、德州市、东营市高三下学期高考诊断性测试（一模）物理试卷
1．（2025·烟台模拟）如图为氢原子能级图，一群处于基态的氢原子吸收某种频率的光子后，跃迁到同一激发态上，再向低能级跃迁时可以辐射6种不同频率的光子。下列说法正确的是（　　）
A．辐射光中频率最大的光子能量为12.09eV
B．辐射光中波长最短的光子能量为0.31eV
C．辐射光中波长最长的光子能量为0.66eV
D．处于基态的氢原子吸收光子的能量为13.06eV
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】本题考查学生对能级跃迁公式hν=Em-En的掌握， 解决本题的关键知道能级差与吸收或辐射光子能量的关系。AB．原子从激发态向低能级跃迁时可以辐射6种不同频率的光子，可知原子处于n=4的激发态。辐射光中频率最大的对应于从4→1的跃迁，光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则辐射光中波长最短的光子能量为12.75eV，选项AB错误；
C．辐射光中波长最长的光子对应从4→3的跃迁，辐射的光子的能量为（-0.85eV）-（-1.51eV）=0.66eV，选项C正确；
D．处于基态的氢原子吸收光子的能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV ，选项D错误。
故选C。
【分析】根据跃迁公式hν=Em-En，结合辐射6种不同频率的光子计算，即可得出结论。
2．（2025·烟台模拟）某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器的电场能为零
B．时刻，线圈的自感电动势最大
C．时间内，线圈中电流逐渐减小
D．时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈
【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题通过分析LC振荡电路中电容器电荷量随时间变化的图像，考查了振荡电路的基本工作原理，特别是电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化。A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；
B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；
C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；
D. 由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据
可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。
故选C。
【分析】通过分析电容器电荷量随时间变化的图像，可以判断电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化情况。同时，根据振荡频率的变化，可以推断书籍标签与线圈的相对位置变化。
3．（2025·烟台模拟）一架无人机从静止开始竖直向上做直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示，对于无人机在时间内的运动，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，无人机的速度为
B．时刻，无人机的速度最大
C．时间内，无人机的位移为
D．时间内，无人机的位移为
【答案】D
【知识点】图象法；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】解答本题关键弄清楚加速度a与时间t的关系图像的物理意义。a-t图像很难直接求位移，往往涉及图像的转换问题，可以将a-t图像转换成v-t图像，再利用面积求位移。A．图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的速度，所以时刻，无人机的速度为
A错误；
B．坐标轴之上表示物体加速，坐标轴之下表示物体减速，所以时刻，无人机的速度最大，B错误；
C．时间内，无人机由静止做匀加速直线运动，有
时刻，速度为
若时间内，无人机匀速，则位移为
实际上时间内，无人机依然加速，所以位移
所以时间内，无人机的位移
C错误；
D．根据图像对称性可知时间内无人机匀减速到0，可视为反向匀加速直线运动，有
D正确。
故选D。
【分析】根据加速度a与时间t的关系图像分析加速度的变化情况，根据加速度a与时间t的关系图像与坐标轴包围面积的物理意义推导。
4．（2025·烟台模拟）如图所示，一均匀带电圆环位于平面内，其圆心恰好位于坐标原点处，轴与圆环平面垂直。在轴上的点固定一电荷量为的点电荷，两点位于轴上，坐标分别为。已知点的电场强度方向沿着轴正方向，静电力常量为，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影响，下列说法正确的是（　　）
A．圆环带负电
B．点的电场强度大小为
C．两点的电场强度相等但电势不等
D．带电圆环在点的电场强度大小为
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】正确解答本题需理解电场强度的矢量叠加原则和电势的标量叠加原则，同时注意题目中各选项的具体数值与物理含义的对应关系。A．结合点电荷场强特点和对称性知，圆环在轴上（除O点外）产生的电场方向与轴平行，作出M点合场强EM、圆环产生的场强E1，点电荷产生的场强E2关系如图所示
可见圆环在M点产生的场强方向应沿轴正方向，圆环带正电，故A错误；
B．由几何关系知角，则M点的电场强度大小
，
故B正确；
C．M 、N 点到P点的距离相等，由点电荷电场特点知，P点点电荷在M、N两点产生的电势相等，场强大小相等，带电圆环在M、N两点产生的电势相等，场强大小相等，由对称性，结合场强叠加和电势叠加知，M、N两点的电场强度相等，电势也相等，故C错误；
D．由对称性知，带电圆环在N点的电场强度大小
，
故D错误。
故选B。
【分析】根据给定条件判断圆环的带电性质，计算M点的电场强度，比较M、N两点的电场强度和电势，计算带电圆环在N点的电场强度。解题时需注意电场强度的矢量叠加原则和电势的标量叠加原则。
5．（2025·烟台模拟）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后与天和核心舱对接的过程简化为如图所示，飞船先在轨道半径为的圆轨道Ⅰ上运行，变轨后沿着椭圆轨道Ⅱ由近地点处运动到远地点处，与处于轨道半径为的圆轨道Ⅲ上的天和核心舱对接。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上经过点时速度大小为，天和核心舱在轨道Ⅲ上运行周期为是椭圆轨道Ⅱ的长轴，地球半径为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．飞船在圆轨道Ⅰ上经过点时速度大小为
B．地球的平均密度为
C．飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为
D．飞船与天和核心舱对接后在轨道Ⅲ上运行的速度大小为
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键要理解并掌握开普勒第二定律，知道其适用条件是在同一轨道运动的卫星。A．飞船在椭圆轨道Ⅱ远地点B速度为，根据开普勒第二定律（面积速度相等），可得A点与B点速度满足
可得
但这是飞船在椭圆轨道Ⅱ上过A点的速度，飞船从圆轨道Ⅰ上A点需要加速才能运动到椭圆轨道轨道Ⅱ上。故A错误；
B．天和核心舱在轨道Ⅲ上运行，根据万有引力提供向心力
解得
地球体积，根据，可得地球地球的平均密度为
故B正确；
C．椭圆轨道Ⅱ的半长轴 为
根据开普勒第三定律有
可得船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为
故C错误；
D．椭圆轨道Ⅱ在远地点B的速度小于轨道Ⅲ的圆轨道速度（需加速才能变轨至轨道Ⅲ），因此对接后在轨道Ⅲ上运行的速度不等于。故D错误。
故选B。
【分析】飞船从圆轨道Ⅰ上A点需要加速才能运动到椭圆轨道轨道Ⅱ上，结合开普勒第二定律分析；根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律分析。
6．（2025·烟台模拟）如图所示，理想变压器原线圈与理想电流表串联后接在交流电源上，变压器原，副线圈匝数比，定值电阻的阻值为，电动机M线圈的电阻为。调节变阻器的阻值，当变阻器接入电路的阻值为时，电动机恰好正常工作，此时电流表的示数为0.5A，下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻消耗的功率为11W B．变压器的输入功率为77W
C．电动机消耗的功率为11W D．电动机的输出功率为33W
【答案】D
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器原理，根据理想变压器输入功率等于输出功率，结合变压器电压、电流与匝数的关系，利用欧姆定律分析求解。A．电流表的示数为，根据
可得
定值电阻消耗的功率为
A错误；
B．变压器的输入电压为
变压器的输入功率为
B错误；
CD．根据
可得变压器的输出电压为
电动机两端电压为
通过电动机的电流为
电动机消耗的功率为
电动机的输出功率为
C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据变压器原理以及欧姆定律以及电功率分析。
7．（2025·烟台模拟）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端点以初速度斜向上抛出，经过一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的点。已知重力加速度为，不计空气阻力。则两点之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动，要熟练掌握运动的处理方式，充分利用对称性解题，有一定的难度。小球抛出后，将小球的速度与重力分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度撞击在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称性，小球打在P点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反向。在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
又
得
，
在沿斜面方向上有
解得
故选A。
【分析】小球抛出后，将小球的速度与重力分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做匀变速直线运动，小球以垂直于斜面方向的速度撞击在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称性求解。
8．（2025·烟台模拟）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为，一端连接阻值为的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为的导体棒放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度随时间变化的函数关系时，可与放射性元素的原子核发生衰变的情形作类比。放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数与现存的，未衰变的原子核个数成正比：，其中为比例常数，“-”表示原子核个数减少，上述方程的解为：，其中为时刻未衰变的原子核个数，为时刻未衰变的原子核个数。则导体棒的速度随时间变化的函数关系为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题通过将电磁感应中的动生电动势问题与放射性衰变的数学模型相结合，不仅考查了学生对电磁感应原理的理解，还考查了学生运用数学工具解决物理问题的能力。在极短的时间内，由动量定理可得
安培力为
导体棒切割磁感线产生的电动势为
电路中的电流为
联立上式可得
整理得
结合题目中的信息可得
故选A。
【分析】通过分析导体棒在磁场中运动时产生的感应电动势，以及由此产生的电流对导体棒运动的影响，可以建立一个与放射性衰变相似的数学模型。通过类比放射性衰变的指数衰减规律，可以推导出导体棒速度随时间变化的函数关系。
9．（2025·烟台模拟）如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是（　　）
A．钢索受到的拉力逐渐变小
B．吊车对地面的摩擦力始终为零
C．钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D．若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大
【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力平衡问题，解题时需要选准研究对象，做好受力分析，再根据平衡条件确定力与力的关系。A．依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有
由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
B．对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确；
C．钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；
D．若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
可知四条绳受到的拉力均变小，故D错误。
故选BC。
【分析】混凝土板受力平衡，根据平衡条件分析钢索对混凝土板的拉力变化情况，由牛顿第三定律判断钢索受到的拉力变化情况。对整体受力分析，根据平衡条件以及牛顿第三定律分析吊车对地面的摩擦力大小；根据力的合成法分析钢索对定滑轮的作用力变化情况。通过平衡条件列式分析四条绳受到的拉力变化情况。
10．（2025·烟台模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．状态a到状态c气体放出热量
B．状态b到状态c气体分子的平均动能减少
C．b→c过程气体对外做功大于c→d过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd的面积来表示
【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．a状态到c状态，根据理想气体状态方程有
可知
可得a状态到c状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A错误；
B．b状态到c状态，根据理想气体状态方程有
可知
则状态b到状态c气体分子的平均动能减少，故B正确；
C．根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，图像可知b→c图像与横轴围成的面积小于c→d图像与横轴围成的面积，即b→c过程气体对外做功小于c→d过程外界对气体做功，故C错误；
D．气体从a状态开始，经过a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用abcd的面积来表示，故D正确。
故选BD。
【分析】根据理想气体状态方程判断a与c状态温度关系，从而判断内能的增减，再由热力学第一定律判断吸、放热情况；b状态到c状态，根据理想气体状态方程判断温度的变化情况，从而判断气体分子的平均动能的变化情况；根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小进行判断；根据气体的内能变化结合热力学第一定律，可判断气体对外界做的功。
11．（2025·烟台模拟）图甲是沿轴正方向传播的简谐横波在时的波形图，是位于轴上的两个质点，间距为时刻该波刚好传播到点，（为周期）时的波形图如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该波的周期为2s
B．该波的波速为
C．处质点的振动方程为
D．从时开始，该波传至处所用的时间为0.5s
【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
AC．设处质点振动方程为
当时，处质点由图甲知cm，质点沿y轴负方向运动，有
解得
时，由图乙知处质点，
解得
则质点的振动方程为
故A正确，C正确；
B．由图可知，该波波长为
λ=6m
则波速大小
故B正确；
D．由图乙知时波传播到处，从时开始，该波传至处所用的时间为
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据x=0处质点振动方程，结合波速、波长和周期的关系，以及质点的振动情况分析求解。
12．（2025·烟台模拟）如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A，B，弹簧劲度系数为，A的质量为。质量也为的物块C从距A高度为处由静止释放，与A碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，B与地面间的弹力恰好减小为0。已知弹簧的弹性势能为（为弹簧的形变量），质量为的弹簧振子的振动周期为，重力加速度为，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．物块B的质量为
B．物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅为
C．A、C碰撞后，第一次运动至最低点的时间为
D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力大小为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】本题通过分析物块之间的碰撞、简谐运动的性质以及能量守恒定律，逐步求解了物块B的质量、简谐运动的振幅、运动至最低点的时间以及地面对B的支持力大小。正确理解简谐运动的周期公式和能量守恒定律是解题的关键。AB．C与A碰撞，由动量守恒
对C由动能定理可得
对A受力分析可得
A、C碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时
A、C在最高点时
此时对B受力分析可得
此时弹簧被拉长，弹簧振子的振幅为
A、C运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得
联立解得
，，
故A正确，B错误；
D．A、C运动到最低点时，弹簧压缩量为
弹簧弹力为
对B受力分析可得
得
故D正确；
C．A、C碰后，位移从，则第一次运动到最低点的时间小于，弹簧振子的振动周期
则其时间
故C错误。
故选AD。
【分析】根据物块C与A碰撞后的运动情况，确定物块B的质量；计算物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅；根据弹簧振子的振动周期可求A、C碰撞后第一次运动至最低点的时间；根据受力分析求解A、C运动到最低点时地面对B的支持力大小。
13．（2025·烟台模拟）某同学利用图甲所示装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。在长木板上A处固定一光电门，长木板与水平地面之间的夹角。部分实验步骤如下：
①用游标卡尺测出遮光条的宽度d；
②安装好实验器材，将带有遮光条的滑块从B处由静止释放，滑块由静止开始加速下滑并经过A，测出并
记录遮光条通过光电门的时间t；
请回答下列问题：
（1）游标卡尺的示数如图乙所示，则　 　；
（2）该同学在某次实验时，测得遮光条通过光电门的时间为0.007s，则滑块通过光电门时的速度大小为　 　，用米尺测量出此时之间的距离，则滑块与长木板间的动摩擦因数　 　（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）1.050
（2）1.5；0.47
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数的测量，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握牛顿第二定律和运动学公式的运用。
（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）滑块通过光电门时的速度大小为
对滑块，由牛顿第二定律有
又因为
代入题中数据，联立解得动摩擦因数
【分析】（1）20分度游标卡尺精度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据极短时间内的平均速度求解滑块通过光电门时的瞬时速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解作答。
（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）[1]滑块通过光电门时的速度大小为
[2]对滑块，由牛顿第二定律有
又因为
代入题中数据，联立解得动摩擦因数
14．（2025·烟台模拟）某实验小组要测量某电阻的阻值，待测电阻大约为，实验室提供以下器材：
A．电源（电动势为3V）
B．电流表A（量程为，内阻为）
C．电压表V（量程为，内阻约为）
D．滑动变阻器（阻值范围）
E．定值电阻（阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．开关S及导线若干。
（1）实验开始前，需要将电流表A与定值电阻　 　（选填“”或“”）并联，将电流表量程扩大，扩大后的量程为　 　mA；
（2）实验要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，尽可能多测量几组数据，并减小实验误差，请根据上述要求在图甲虚线框中画出实验电路图；
（3）实验中，改变滑动变阻器滑片的位置得到多组数据，以电压表V的示数为纵轴，以电流表A的示数为横轴，利用描点法得到的图像如图乙所示，由图中信息可求出待测电阻的阻值　 　。
【答案】（1）；0~100
（2）
（3）31
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】本题主要考查了电流表的改装和伏安法测电阻，要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点和欧姆定律的运用；掌握实验器材的选择方法。
（1）待测电阻大约为，根据
则实验开始前，需要将电流表A与定值电阻并联，将电流表量程扩大，根据
可知扩大后的量程为。
（2）
要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，则滑动变阻器应采用分压接法；由于改装后电流表内阻已知，则电流表应采用内接法，故实验电路图如图所示
（3）改装后的电流表内阻为
由图乙可知，当，电流表A的示数，则通过的电流为
根据欧姆定律可得
解得
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答；
（2）根据电动势的值选择电压表；电压可以从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器；电流表内阻已知，电流表采用内接法，据此完成电路图的设计；
（3）根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求解作答。
（1）[1][2]待测电阻大约为，根据
则实验开始前，需要将电流表A与定值电阻并联，将电流表量程扩大，根据
可知扩大后的量程为。
（2）要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，则滑动变阻器应采用分压接法；由于改装后电流表内阻已知，则电流表应采用内接法，故实验电路图如图所示
（3）改装后的电流表内阻为
由图乙可知，当，电流表A的示数，则通过的电流为
根据欧姆定律可得
解得
15．（2025·烟台模拟）如图为某喷壶的结构示意图，壶壁接一单向阀门，可以通过打气筒向壶内打气，拧开壶盖可以向壶内装水，壶盖上方喷口处接一销栓，通过开关销栓可控制喷口开关，整个装置密封良好。若某次浇花时，发现壶内有380mL水，此时壶内气体压强为，用打气筒向壶内打气，每次打入体积为，压强为的空气，一共打了次。然后打开销栓开始浇水，一段时间后，关闭销栓，此时壶内剩余水的体积为60mL。已知整个喷壶容积为，大气压强为，不计喷水细管，橡胶软管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气及浇水过程中环境温度不变，整个装置导热性能良好。求：
（1）打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
（2）关闭销栓后，壶内气体的压强。
【答案】（1）解：打气前，喷壶内的气体，体积
若这些气体等温膨胀后压强为，设此时气体体积为
则有
解得
以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象，总体积
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值
（2）解：关闭销栓后壶内气体压强，体积
则有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以打气前，喷壶内的气体，根据玻意耳定律求解气体等温膨胀后的体积，再以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象，计算打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
（2）以关闭销栓后壶内气体为研究对象，根据玻意耳定律求解关闭销栓后，壶内气体的压强。
（1）打气前，喷壶内的气体，体积
若这些气体等温膨胀后压强为，设此时气体体积为
则有
解得：
以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象
总体积
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值
（2）关闭销栓后壶内气体压强，体积
则有
解得
16．（2025·烟台模拟）如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的截面图，O为球心，下表面水平。玻璃砖的上方水平放置一个足够大的光屏，虚线为光轴（过球心与半球下表面垂直的直线），为光轴与光屏的交点。现有一平行光束垂直于玻璃砖的下表面射入玻璃砖，光束恰好照满下表面。一条从玻璃砖下表面点射入的光线，经过玻璃砖后从上表面的点射出，出射光线与光轴相交于点，光线与的夹角，不考虑光在玻璃砖内表面的反射光，，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光屏上被光线照亮区域的面积。
【答案】（1）解：从点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上点折射，入射角为，折射角为，光路如图。
几何关系可知
由几何知识可得
折射率为
（2）解：设射入砖内光线在上表面点恰好发生全反射，临界角为点在光屏上的投影点为，对应折射光线与光屏的右侧交点为点，光路如图。
因为
解得
由几何知识可得
光屏上照亮区域半径
照亮区域面积为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）从点射入光线在砖内沿直线传播，画出光传播路径，根据几何关系求解折射角和入射角，结合折射定律分析求解；
（2）根据全反射条件，结合几何关系分析求解。
（1）从点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上点折射，入射角为，折射角为，光路如图。
几何关系可知
由几何知识可得
折射率为
（2）设射入砖内光线在上表面点恰好发生全反射，临界角为点在光屏上的投影点为，对应折射光线与光屏的右侧交点为点，光路如图。
因为
解得
由几何知识可得
光屏上照亮区域半径
照亮区域面积为
17．（2025·烟台模拟）如图所示，套在光滑水平杆上的滑环A用长为的轻绳悬挂小物块B，长木板C静止在水平地面上，小物块D静止放在C的右端。现将B拉起至轻绳水平然后由静止释放，B运动至最低点时与C相撞并粘在一起，此时轻绳恰好断裂，然后B，C组成的整体和D均做匀变速直线运动，又经过时间小物块D滑至C的左端，此时两者的速度均为，最终组成的整体和D均停止运动。已知A的质量为，B的质量为，C的质量为，D的质量为，B、D均可视为质点，碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）释放B时，B与C左端在水平方向的距离；
（2）长木板C的长度；
（3）整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能。
【答案】（1）解：小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统动量守恒，有
由于
联立解得释放B时B与C左端在水平方向的距离
（2）解：小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统能量守恒，有
根据动量守恒定律有
联立解得B摆至最低点时，滑环A的速度大小为
小物块B的速度大小为
B和C相撞过程，根据动量守恒定律有
解得
长木板C的长度为
解得
（3）解：自B，C刚撞完至D滑至C的左端，对D根据动量定理有
解得
对B和C
解得
D滑至C左端后加速度大小为
对B和C组成的整体有
解得
D滑至C左端后C、D之间的相对路程
整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统，根据水平方向动量守恒，以及速度与位移的关系求解释放B时，B与C左端在水平方向的距离。
（2）小物块B下摆过程，根据滑环A和小物块B组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出B摆至最低点时，滑环A和小物块B的速度大小。B和C相撞过程，根据动量守恒定律求出碰后BC的共同速度。再根据运动学公式求长木板C的长度；
（3）自B、C刚撞完至D滑至C的左端，对D，利用动量定理求出DC间的动摩擦因数。对B和C，由牛顿第二定律求出BC与地面间的动摩擦因数。根据运动学公式求出C、D之间的相对路程，再求整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能。
（1）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统动量守恒，有
由于
联立解得释放B时B与C左端在水平方向的距离
（2）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统能量守恒，有
根据动量守恒定律有
联立解得B摆至最低点时，滑环A的速度大小为
小物块B的速度大小为
B和C相撞过程，根据动量守恒定律有
解得
长木板C的长度为
解得
（3）自B，C刚撞完至D滑至C的左端，对D根据动量定理有
解得
对B和C：
解得
D滑至C左端后加速度大小为
对B和C组成的整体有
解得
D滑至C左端后C、D之间的相对路程
整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能
联立解得
18．（2025·烟台模拟）在如图甲所示的平面直角坐标系中，虚线和光屏均平行于轴，在上方，区域内有平行于轴，持续周期性变化的匀强电场，电场强度随时间变化的关系如图乙所示，电场强度的正方向与轴的正方向相同。以点为圆心，半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为；虚线平行于轴与磁场边界相切于点，与磁场边界相切于点，和光屏间的距离为，在和光屏之间有与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小未知。在坐标原点处的粒子源不停地发射质量均为，电荷量均为（）的粒子，所有粒子的初速度大小相等，方向均沿着轴正方向，时刻射出的粒子在时刻经过。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子源在时刻射出的粒子经过时的纵坐标；
（2）求上有粒子经过的区域长度；
（3）求粒子在磁场中运动的最短时间；
（4）粒子击中光屏时会发光并被立即吸收，测得光屏上发光区域的长度为，这些粒子到达光屏时的速度相比较，求其中速度的最大值。
【答案】（1）解：对粒子开始在电场中的运动，沿轴方向，由题意
，
时刻射出的粒子在半个周期内沿电场方向的位移为
该粒子经过虚线时纵坐标为
联立解得
（2）解：时刻，时刻，时刻……进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大，虚线上有粒子经过的区域长度
联立得
（3）解：对粒子在电场中的运动，沿轴方向
所有粒子进入磁场时的速度均平行于轴，在磁场中以大小为的速度做匀速圆周运动，由题意磁感应强度大小
如图所示
对粒子在磁场中的运动
联立解得粒子在磁场中运动的半径
与磁场边界圆的半径相等，几何分析得在磁场中运动时间最短的粒子在磁场中转过的角度
该粒子在磁场中运动时间
联立得
（4）解：在点速度与轴负方向夹角为的粒子在与光屏之间平行轴方向的位移大小为
平行于轴方向
平行于轴方向
联立解得
，
在点速度与轴正方向夹角为的粒子到达光屏时的速度最大，其自点到光屏的过程设位移大小为，则
，
联立解得速度的最大值
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子开始在电场中沿y轴方向做加速度运动，结合运动学公式分析求解；
（2）根据进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大分析求解；
（3）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（4）根据在N点速度与x轴正方向夹角为60°的粒子到达光屏时的速度最大，结合位移之间的关系分析求
（1）对粒子开始在电场中的运动，沿轴方向，由题意，
时刻射出的粒子在半个周期内沿电场方向的位移为
该粒子经过虚线时纵坐标为
联立解得
（2）时刻，时刻，时刻……进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大，虚线上有粒子经过的区域长度
联立得
（3）对粒子在电场中的运动，沿轴方向
所有粒子进入磁场时的速度均平行于轴，在磁场中以大小为的速度做匀速圆周运动，由题意磁感应强度大小
如图所示
对粒子在磁场中的运动
联立解得粒子在磁场中运动的半径
与磁场边界圆的半径相等，几何分析得在磁场中运动时间最短的粒子在磁场中转过的角度
该粒子在磁场中运动时间
联立得
（4）在点速度与轴负方向夹角为的粒子在与光屏之间平行轴方向的位移大小为
平行于轴方向
平行于轴方向
联立解得，
在点速度与轴正方向夹角为的粒子到达光屏时的速度最大，其自点到光屏的过程设位移大小为，则，
联立解得速度的最大值
1 / 12025届山东省烟台市、德州市、东营市高三下学期高考诊断性测试（一模）物理试卷
1．（2025·烟台模拟）如图为氢原子能级图，一群处于基态的氢原子吸收某种频率的光子后，跃迁到同一激发态上，再向低能级跃迁时可以辐射6种不同频率的光子。下列说法正确的是（　　）
A．辐射光中频率最大的光子能量为12.09eV
B．辐射光中波长最短的光子能量为0.31eV
C．辐射光中波长最长的光子能量为0.66eV
D．处于基态的氢原子吸收光子的能量为13.06eV
2．（2025·烟台模拟）某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，电容器的电场能为零
B．时刻，线圈的自感电动势最大
C．时间内，线圈中电流逐渐减小
D．时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈
3．（2025·烟台模拟）一架无人机从静止开始竖直向上做直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示，对于无人机在时间内的运动，下列说法正确的是（　　）
A．时刻，无人机的速度为
B．时刻，无人机的速度最大
C．时间内，无人机的位移为
D．时间内，无人机的位移为
4．（2025·烟台模拟）如图所示，一均匀带电圆环位于平面内，其圆心恰好位于坐标原点处，轴与圆环平面垂直。在轴上的点固定一电荷量为的点电荷，两点位于轴上，坐标分别为。已知点的电场强度方向沿着轴正方向，静电力常量为，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影响，下列说法正确的是（　　）
A．圆环带负电
B．点的电场强度大小为
C．两点的电场强度相等但电势不等
D．带电圆环在点的电场强度大小为
5．（2025·烟台模拟）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后与天和核心舱对接的过程简化为如图所示，飞船先在轨道半径为的圆轨道Ⅰ上运行，变轨后沿着椭圆轨道Ⅱ由近地点处运动到远地点处，与处于轨道半径为的圆轨道Ⅲ上的天和核心舱对接。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上经过点时速度大小为，天和核心舱在轨道Ⅲ上运行周期为是椭圆轨道Ⅱ的长轴，地球半径为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）
A．飞船在圆轨道Ⅰ上经过点时速度大小为
B．地球的平均密度为
C．飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为
D．飞船与天和核心舱对接后在轨道Ⅲ上运行的速度大小为
6．（2025·烟台模拟）如图所示，理想变压器原线圈与理想电流表串联后接在交流电源上，变压器原，副线圈匝数比，定值电阻的阻值为，电动机M线圈的电阻为。调节变阻器的阻值，当变阻器接入电路的阻值为时，电动机恰好正常工作，此时电流表的示数为0.5A，下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻消耗的功率为11W B．变压器的输入功率为77W
C．电动机消耗的功率为11W D．电动机的输出功率为33W
7．（2025·烟台模拟）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，将一小球（可视为质点）从斜面底端点以初速度斜向上抛出，经过一段时间，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的点。已知重力加速度为，不计空气阻力。则两点之间的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·烟台模拟）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为，一端连接阻值为的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为的导体棒放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度随时间变化的函数关系时，可与放射性元素的原子核发生衰变的情形作类比。放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数与现存的，未衰变的原子核个数成正比：，其中为比例常数，“-”表示原子核个数减少，上述方程的解为：，其中为时刻未衰变的原子核个数，为时刻未衰变的原子核个数。则导体棒的速度随时间变化的函数关系为（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·烟台模拟）如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是（　　）
A．钢索受到的拉力逐渐变小
B．吊车对地面的摩擦力始终为零
C．钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D．若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大
10．（2025·烟台模拟）一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．状态a到状态c气体放出热量
B．状态b到状态c气体分子的平均动能减少
C．b→c过程气体对外做功大于c→d过程外界对气体做功
D．气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd的面积来表示
11．（2025·烟台模拟）图甲是沿轴正方向传播的简谐横波在时的波形图，是位于轴上的两个质点，间距为时刻该波刚好传播到点，（为周期）时的波形图如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该波的周期为2s
B．该波的波速为
C．处质点的振动方程为
D．从时开始，该波传至处所用的时间为0.5s
12．（2025·烟台模拟）如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A，B，弹簧劲度系数为，A的质量为。质量也为的物块C从距A高度为处由静止释放，与A碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，B与地面间的弹力恰好减小为0。已知弹簧的弹性势能为（为弹簧的形变量），质量为的弹簧振子的振动周期为，重力加速度为，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．物块B的质量为
B．物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅为
C．A、C碰撞后，第一次运动至最低点的时间为
D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力大小为
13．（2025·烟台模拟）某同学利用图甲所示装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数。在长木板上A处固定一光电门，长木板与水平地面之间的夹角。部分实验步骤如下：
①用游标卡尺测出遮光条的宽度d；
②安装好实验器材，将带有遮光条的滑块从B处由静止释放，滑块由静止开始加速下滑并经过A，测出并
记录遮光条通过光电门的时间t；
请回答下列问题：
（1）游标卡尺的示数如图乙所示，则　 　；
（2）该同学在某次实验时，测得遮光条通过光电门的时间为0.007s，则滑块通过光电门时的速度大小为　 　，用米尺测量出此时之间的距离，则滑块与长木板间的动摩擦因数　 　（结果保留2位有效数字）。
14．（2025·烟台模拟）某实验小组要测量某电阻的阻值，待测电阻大约为，实验室提供以下器材：
A．电源（电动势为3V）
B．电流表A（量程为，内阻为）
C．电压表V（量程为，内阻约为）
D．滑动变阻器（阻值范围）
E．定值电阻（阻值为）
F．定值电阻（阻值为）
G．开关S及导线若干。
（1）实验开始前，需要将电流表A与定值电阻　 　（选填“”或“”）并联，将电流表量程扩大，扩大后的量程为　 　mA；
（2）实验要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，尽可能多测量几组数据，并减小实验误差，请根据上述要求在图甲虚线框中画出实验电路图；
（3）实验中，改变滑动变阻器滑片的位置得到多组数据，以电压表V的示数为纵轴，以电流表A的示数为横轴，利用描点法得到的图像如图乙所示，由图中信息可求出待测电阻的阻值　 　。
15．（2025·烟台模拟）如图为某喷壶的结构示意图，壶壁接一单向阀门，可以通过打气筒向壶内打气，拧开壶盖可以向壶内装水，壶盖上方喷口处接一销栓，通过开关销栓可控制喷口开关，整个装置密封良好。若某次浇花时，发现壶内有380mL水，此时壶内气体压强为，用打气筒向壶内打气，每次打入体积为，压强为的空气，一共打了次。然后打开销栓开始浇水，一段时间后，关闭销栓，此时壶内剩余水的体积为60mL。已知整个喷壶容积为，大气压强为，不计喷水细管，橡胶软管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气及浇水过程中环境温度不变，整个装置导热性能良好。求：
（1）打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
（2）关闭销栓后，壶内气体的压强。
16．（2025·烟台模拟）如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的截面图，O为球心，下表面水平。玻璃砖的上方水平放置一个足够大的光屏，虚线为光轴（过球心与半球下表面垂直的直线），为光轴与光屏的交点。现有一平行光束垂直于玻璃砖的下表面射入玻璃砖，光束恰好照满下表面。一条从玻璃砖下表面点射入的光线，经过玻璃砖后从上表面的点射出，出射光线与光轴相交于点，光线与的夹角，不考虑光在玻璃砖内表面的反射光，，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光屏上被光线照亮区域的面积。
17．（2025·烟台模拟）如图所示，套在光滑水平杆上的滑环A用长为的轻绳悬挂小物块B，长木板C静止在水平地面上，小物块D静止放在C的右端。现将B拉起至轻绳水平然后由静止释放，B运动至最低点时与C相撞并粘在一起，此时轻绳恰好断裂，然后B，C组成的整体和D均做匀变速直线运动，又经过时间小物块D滑至C的左端，此时两者的速度均为，最终组成的整体和D均停止运动。已知A的质量为，B的质量为，C的质量为，D的质量为，B、D均可视为质点，碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度。求：
（1）释放B时，B与C左端在水平方向的距离；
（2）长木板C的长度；
（3）整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能。
18．（2025·烟台模拟）在如图甲所示的平面直角坐标系中，虚线和光屏均平行于轴，在上方，区域内有平行于轴，持续周期性变化的匀强电场，电场强度随时间变化的关系如图乙所示，电场强度的正方向与轴的正方向相同。以点为圆心，半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为；虚线平行于轴与磁场边界相切于点，与磁场边界相切于点，和光屏间的距离为，在和光屏之间有与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小未知。在坐标原点处的粒子源不停地发射质量均为，电荷量均为（）的粒子，所有粒子的初速度大小相等，方向均沿着轴正方向，时刻射出的粒子在时刻经过。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子源在时刻射出的粒子经过时的纵坐标；
（2）求上有粒子经过的区域长度；
（3）求粒子在磁场中运动的最短时间；
（4）粒子击中光屏时会发光并被立即吸收，测得光屏上发光区域的长度为，这些粒子到达光屏时的速度相比较，求其中速度的最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】本题考查学生对能级跃迁公式hν=Em-En的掌握， 解决本题的关键知道能级差与吸收或辐射光子能量的关系。AB．原子从激发态向低能级跃迁时可以辐射6种不同频率的光子，可知原子处于n=4的激发态。辐射光中频率最大的对应于从4→1的跃迁，光子能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，则辐射光中波长最短的光子能量为12.75eV，选项AB错误；
C．辐射光中波长最长的光子对应从4→3的跃迁，辐射的光子的能量为（-0.85eV）-（-1.51eV）=0.66eV，选项C正确；
D．处于基态的氢原子吸收光子的能量为（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV ，选项D错误。
故选C。
【分析】根据跃迁公式hν=Em-En，结合辐射6种不同频率的光子计算，即可得出结论。
2．【答案】C
【知识点】电磁振荡
【解析】【解答】本题通过分析LC振荡电路中电容器电荷量随时间变化的图像，考查了振荡电路的基本工作原理，特别是电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化。A．时刻，电容器上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误；
B．时刻，电容器放电完毕，此时线圈的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最小，选项B错误；
C．时间内，电容器带电量增大，则线圈中电流逐渐减小，选项C正确；
D. 由图可知时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据
可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈，选项D错误。
故选C。
【分析】通过分析电容器电荷量随时间变化的图像，可以判断电容器的充电和放电过程，以及线圈自感电动势的变化情况。同时，根据振荡频率的变化，可以推断书籍标签与线圈的相对位置变化。
3．【答案】D
【知识点】图象法；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】解答本题关键弄清楚加速度a与时间t的关系图像的物理意义。a-t图像很难直接求位移，往往涉及图像的转换问题，可以将a-t图像转换成v-t图像，再利用面积求位移。A．图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的速度，所以时刻，无人机的速度为
A错误；
B．坐标轴之上表示物体加速，坐标轴之下表示物体减速，所以时刻，无人机的速度最大，B错误；
C．时间内，无人机由静止做匀加速直线运动，有
时刻，速度为
若时间内，无人机匀速，则位移为
实际上时间内，无人机依然加速，所以位移
所以时间内，无人机的位移
C错误；
D．根据图像对称性可知时间内无人机匀减速到0，可视为反向匀加速直线运动，有
D正确。
故选D。
【分析】根据加速度a与时间t的关系图像分析加速度的变化情况，根据加速度a与时间t的关系图像与坐标轴包围面积的物理意义推导。
4．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】正确解答本题需理解电场强度的矢量叠加原则和电势的标量叠加原则，同时注意题目中各选项的具体数值与物理含义的对应关系。A．结合点电荷场强特点和对称性知，圆环在轴上（除O点外）产生的电场方向与轴平行，作出M点合场强EM、圆环产生的场强E1，点电荷产生的场强E2关系如图所示
可见圆环在M点产生的场强方向应沿轴正方向，圆环带正电，故A错误；
B．由几何关系知角，则M点的电场强度大小
，
故B正确；
C．M 、N 点到P点的距离相等，由点电荷电场特点知，P点点电荷在M、N两点产生的电势相等，场强大小相等，带电圆环在M、N两点产生的电势相等，场强大小相等，由对称性，结合场强叠加和电势叠加知，M、N两点的电场强度相等，电势也相等，故C错误；
D．由对称性知，带电圆环在N点的电场强度大小
，
故D错误。
故选B。
【分析】根据给定条件判断圆环的带电性质，计算M点的电场强度，比较M、N两点的电场强度和电势，计算带电圆环在N点的电场强度。解题时需注意电场强度的矢量叠加原则和电势的标量叠加原则。
5．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】解答本题的关键要理解并掌握开普勒第二定律，知道其适用条件是在同一轨道运动的卫星。A．飞船在椭圆轨道Ⅱ远地点B速度为，根据开普勒第二定律（面积速度相等），可得A点与B点速度满足
可得
但这是飞船在椭圆轨道Ⅱ上过A点的速度，飞船从圆轨道Ⅰ上A点需要加速才能运动到椭圆轨道轨道Ⅱ上。故A错误；
B．天和核心舱在轨道Ⅲ上运行，根据万有引力提供向心力
解得
地球体积，根据，可得地球地球的平均密度为
故B正确；
C．椭圆轨道Ⅱ的半长轴 为
根据开普勒第三定律有
可得船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为
故C错误；
D．椭圆轨道Ⅱ在远地点B的速度小于轨道Ⅲ的圆轨道速度（需加速才能变轨至轨道Ⅲ），因此对接后在轨道Ⅲ上运行的速度不等于。故D错误。
故选B。
【分析】飞船从圆轨道Ⅰ上A点需要加速才能运动到椭圆轨道轨道Ⅱ上，结合开普勒第二定律分析；根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律分析。
6．【答案】D
【知识点】焦耳定律；变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器原理，根据理想变压器输入功率等于输出功率，结合变压器电压、电流与匝数的关系，利用欧姆定律分析求解。A．电流表的示数为，根据
可得
定值电阻消耗的功率为
A错误；
B．变压器的输入电压为
变压器的输入功率为
B错误；
CD．根据
可得变压器的输出电压为
电动机两端电压为
通过电动机的电流为
电动机消耗的功率为
电动机的输出功率为
C错误，D正确。
故选D。
【分析】根据变压器原理以及欧姆定律以及电功率分析。
7．【答案】A
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动，要熟练掌握运动的处理方式，充分利用对称性解题，有一定的难度。小球抛出后，将小球的速度与重力分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做匀变速直线运动。小球以垂直于斜面方向的速度撞击在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称性，小球打在P点时垂直于斜面方向的分速度与抛出时垂直于斜面方向的分速度等大反向。在沿斜面方向上有
在垂直于斜面的方向上有
则小球抛出时的速度方向与斜面夹角α的正切值
又
得
，
在沿斜面方向上有
解得
故选A。
【分析】小球抛出后，将小球的速度与重力分别沿斜面与垂直于斜面分解，则小球在这两个方向上均做匀变速直线运动，小球以垂直于斜面方向的速度撞击在斜面上的P点，表明此时沿斜面方向的分速度恰好减为0，根据对称性求解。
8．【答案】A
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题通过将电磁感应中的动生电动势问题与放射性衰变的数学模型相结合，不仅考查了学生对电磁感应原理的理解，还考查了学生运用数学工具解决物理问题的能力。在极短的时间内，由动量定理可得
安培力为
导体棒切割磁感线产生的电动势为
电路中的电流为
联立上式可得
整理得
结合题目中的信息可得
故选A。
【分析】通过分析导体棒在磁场中运动时产生的感应电动势，以及由此产生的电流对导体棒运动的影响，可以建立一个与放射性衰变相似的数学模型。通过类比放射性衰变的指数衰减规律，可以推导出导体棒速度随时间变化的函数关系。
9．【答案】B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力平衡问题，解题时需要选准研究对象，做好受力分析，再根据平衡条件确定力与力的关系。A．依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有
由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
B．对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确；
C．钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；
D．若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
可知四条绳受到的拉力均变小，故D错误。
故选BC。
【分析】混凝土板受力平衡，根据平衡条件分析钢索对混凝土板的拉力变化情况，由牛顿第三定律判断钢索受到的拉力变化情况。对整体受力分析，根据平衡条件以及牛顿第三定律分析吊车对地面的摩擦力大小；根据力的合成法分析钢索对定滑轮的作用力变化情况。通过平衡条件列式分析四条绳受到的拉力变化情况。
10．【答案】B,D
【知识点】热力学第一定律及其应用；温度和温标
【解析】【解答】热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。A．a状态到c状态，根据理想气体状态方程有
可知
可得a状态到c状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A错误；
B．b状态到c状态，根据理想气体状态方程有
可知
则状态b到状态c气体分子的平均动能减少，故B正确；
C．根据图像与横轴围成的面积表示做功大小，图像可知b→c图像与横轴围成的面积小于c→d图像与横轴围成的面积，即b→c过程气体对外做功小于c→d过程外界对气体做功，故C错误；
D．气体从a状态开始，经过a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总热量等于气体对外界做的功，即可以用abcd的面积来表示，故D正确。
故选BD。
【分析】根据理想气体状态方程判断a与c状态温度关系，从而判断内能的增减，再由热力学第一定律判断吸、放热情况；b状态到c状态，根据理想气体状态方程判断温度的变化情况，从而判断气体分子的平均动能的变化情况；根据p-V图像与横轴围成的面积表示做功大小进行判断；根据气体的内能变化结合热力学第一定律，可判断气体对外界做的功。
11．【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
AC．设处质点振动方程为
当时，处质点由图甲知cm，质点沿y轴负方向运动，有
解得
时，由图乙知处质点，
解得
则质点的振动方程为
故A正确，C正确；
B．由图可知，该波波长为
λ=6m
则波速大小
故B正确；
D．由图乙知时波传播到处，从时开始，该波传至处所用的时间为
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据x=0处质点振动方程，结合波速、波长和周期的关系，以及质点的振动情况分析求解。
12．【答案】A,D
【知识点】动量定理；碰撞模型；简谐运动
【解析】【解答】本题通过分析物块之间的碰撞、简谐运动的性质以及能量守恒定律，逐步求解了物块B的质量、简谐运动的振幅、运动至最低点的时间以及地面对B的支持力大小。正确理解简谐运动的周期公式和能量守恒定律是解题的关键。AB．C与A碰撞，由动量守恒
对C由动能定理可得
对A受力分析可得
A、C碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时
A、C在最高点时
此时对B受力分析可得
此时弹簧被拉长，弹簧振子的振幅为
A、C运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得
联立解得
，，
故A正确，B错误；
D．A、C运动到最低点时，弹簧压缩量为
弹簧弹力为
对B受力分析可得
得
故D正确；
C．A、C碰后，位移从，则第一次运动到最低点的时间小于，弹簧振子的振动周期
则其时间
故C错误。
故选AD。
【分析】根据物块C与A碰撞后的运动情况，确定物块B的质量；计算物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅；根据弹簧振子的振动周期可求A、C碰撞后第一次运动至最低点的时间；根据受力分析求解A、C运动到最低点时地面对B的支持力大小。
13．【答案】（1）1.050
（2）1.5；0.47
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题考查了动摩擦因数的测量，要明确实验原理，掌握游标卡尺的读数规则，掌握牛顿第二定律和运动学公式的运用。
（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）滑块通过光电门时的速度大小为
对滑块，由牛顿第二定律有
又因为
代入题中数据，联立解得动摩擦因数
【分析】（1）20分度游标卡尺精度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据极短时间内的平均速度求解滑块通过光电门时的瞬时速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求解作答。
（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，则
（2）[1]滑块通过光电门时的速度大小为
[2]对滑块，由牛顿第二定律有
又因为
代入题中数据，联立解得动摩擦因数
14．【答案】（1）；0~100
（2）
（3）31
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】本题主要考查了电流表的改装和伏安法测电阻，要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点和欧姆定律的运用；掌握实验器材的选择方法。
（1）待测电阻大约为，根据
则实验开始前，需要将电流表A与定值电阻并联，将电流表量程扩大，根据
可知扩大后的量程为。
（2）
要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，则滑动变阻器应采用分压接法；由于改装后电流表内阻已知，则电流表应采用内接法，故实验电路图如图所示
（3）改装后的电流表内阻为
由图乙可知，当，电流表A的示数，则通过的电流为
根据欧姆定律可得
解得
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答；
（2）根据电动势的值选择电压表；电压可以从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器；电流表内阻已知，电流表采用内接法，据此完成电路图的设计；
（3）根据串联、并联电路的特点和欧姆定律求解作答。
（1）[1][2]待测电阻大约为，根据
则实验开始前，需要将电流表A与定值电阻并联，将电流表量程扩大，根据
可知扩大后的量程为。
（2）要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加，则滑动变阻器应采用分压接法；由于改装后电流表内阻已知，则电流表应采用内接法，故实验电路图如图所示
（3）改装后的电流表内阻为
由图乙可知，当，电流表A的示数，则通过的电流为
根据欧姆定律可得
解得
15．【答案】（1）解：打气前，喷壶内的气体，体积
若这些气体等温膨胀后压强为，设此时气体体积为
则有
解得
以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象，总体积
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值
（2）解：关闭销栓后壶内气体压强，体积
则有
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以打气前，喷壶内的气体，根据玻意耳定律求解气体等温膨胀后的体积，再以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象，计算打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值；
（2）以关闭销栓后壶内气体为研究对象，根据玻意耳定律求解关闭销栓后，壶内气体的压强。
（1）打气前，喷壶内的气体，体积
若这些气体等温膨胀后压强为，设此时气体体积为
则有
解得：
以壶内气体及5次打气进入的气体整体为研究对象
总体积
则打气完毕时壶内气体质量与打气前壶内气体质量的比值
（2）关闭销栓后壶内气体压强，体积
则有
解得
16．【答案】（1）解：从点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上点折射，入射角为，折射角为，光路如图。
几何关系可知
由几何知识可得
折射率为
（2）解：设射入砖内光线在上表面点恰好发生全反射，临界角为点在光屏上的投影点为，对应折射光线与光屏的右侧交点为点，光路如图。
因为
解得
由几何知识可得
光屏上照亮区域半径
照亮区域面积为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）从点射入光线在砖内沿直线传播，画出光传播路径，根据几何关系求解折射角和入射角，结合折射定律分析求解；
（2）根据全反射条件，结合几何关系分析求解。
（1）从点射入光线在砖内沿直线传播，在球表面上点折射，入射角为，折射角为，光路如图。
几何关系可知
由几何知识可得
折射率为
（2）设射入砖内光线在上表面点恰好发生全反射，临界角为点在光屏上的投影点为，对应折射光线与光屏的右侧交点为点，光路如图。
因为
解得
由几何知识可得
光屏上照亮区域半径
照亮区域面积为
17．【答案】（1）解：小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统动量守恒，有
由于
联立解得释放B时B与C左端在水平方向的距离
（2）解：小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统能量守恒，有
根据动量守恒定律有
联立解得B摆至最低点时，滑环A的速度大小为
小物块B的速度大小为
B和C相撞过程，根据动量守恒定律有
解得
长木板C的长度为
解得
（3）解：自B，C刚撞完至D滑至C的左端，对D根据动量定理有
解得
对B和C
解得
D滑至C左端后加速度大小为
对B和C组成的整体有
解得
D滑至C左端后C、D之间的相对路程
整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统，根据水平方向动量守恒，以及速度与位移的关系求解释放B时，B与C左端在水平方向的距离。
（2）小物块B下摆过程，根据滑环A和小物块B组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求出B摆至最低点时，滑环A和小物块B的速度大小。B和C相撞过程，根据动量守恒定律求出碰后BC的共同速度。再根据运动学公式求长木板C的长度；
（3）自B、C刚撞完至D滑至C的左端，对D，利用动量定理求出DC间的动摩擦因数。对B和C，由牛顿第二定律求出BC与地面间的动摩擦因数。根据运动学公式求出C、D之间的相对路程，再求整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能。
（1）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统动量守恒，有
由于
联立解得释放B时B与C左端在水平方向的距离
（2）小物块B下摆过程，对滑环A和小物块B组成的系统能量守恒，有
根据动量守恒定律有
联立解得B摆至最低点时，滑环A的速度大小为
小物块B的速度大小为
B和C相撞过程，根据动量守恒定律有
解得
长木板C的长度为
解得
（3）自B，C刚撞完至D滑至C的左端，对D根据动量定理有
解得
对B和C：
解得
D滑至C左端后加速度大小为
对B和C组成的整体有
解得
D滑至C左端后C、D之间的相对路程
整个过程C和D由于相互摩擦生成的内能
联立解得
18．【答案】（1）解：对粒子开始在电场中的运动，沿轴方向，由题意
，
时刻射出的粒子在半个周期内沿电场方向的位移为
该粒子经过虚线时纵坐标为
联立解得
（2）解：时刻，时刻，时刻……进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大，虚线上有粒子经过的区域长度
联立得
（3）解：对粒子在电场中的运动，沿轴方向
所有粒子进入磁场时的速度均平行于轴，在磁场中以大小为的速度做匀速圆周运动，由题意磁感应强度大小
如图所示
对粒子在磁场中的运动
联立解得粒子在磁场中运动的半径
与磁场边界圆的半径相等，几何分析得在磁场中运动时间最短的粒子在磁场中转过的角度
该粒子在磁场中运动时间
联立得
（4）解：在点速度与轴负方向夹角为的粒子在与光屏之间平行轴方向的位移大小为
平行于轴方向
平行于轴方向
联立解得
，
在点速度与轴正方向夹角为的粒子到达光屏时的速度最大，其自点到光屏的过程设位移大小为，则
，
联立解得速度的最大值
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子开始在电场中沿y轴方向做加速度运动，结合运动学公式分析求解；
（2）根据进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大分析求解；
（3）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（4）根据在N点速度与x轴正方向夹角为60°的粒子到达光屏时的速度最大，结合位移之间的关系分析求
（1）对粒子开始在电场中的运动，沿轴方向，由题意，
时刻射出的粒子在半个周期内沿电场方向的位移为
该粒子经过虚线时纵坐标为
联立解得
（2）时刻，时刻，时刻……进入电场的粒子在一个周期内沿电场方向运动的位移最大，虚线上有粒子经过的区域长度
联立得
（3）对粒子在电场中的运动，沿轴方向
所有粒子进入磁场时的速度均平行于轴，在磁场中以大小为的速度做匀速圆周运动，由题意磁感应强度大小
如图所示
对粒子在磁场中的运动
联立解得粒子在磁场中运动的半径
与磁场边界圆的半径相等，几何分析得在磁场中运动时间最短的粒子在磁场中转过的角度
该粒子在磁场中运动时间
联立得
（4）在点速度与轴负方向夹角为的粒子在与光屏之间平行轴方向的位移大小为
平行于轴方向
平行于轴方向
联立解得，
在点速度与轴正方向夹角为的粒子到达光屏时的速度最大，其自点到光屏的过程设位移大小为，则，
联立解得速度的最大值
1 / 1

展开更多......

收起↑