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2025屆山東省煙臺市、德州市、東營市高三下學期高考診斷性測試（一模）物理試卷
1．（2025·煙臺模擬）如圖為氫原子能級圖，一群處于基態的氫原子吸收某種頻率的光子后，躍遷到同一激發態上，再向低能級躍遷時可以輻射6種不同頻率的光子。下列說法正確的是（　?。?br/>A．輻射光中頻率最大的光子能量為12.09eV
B．輻射光中波長最短的光子能量為0.31eV
C．輻射光中波長最長的光子能量為0.66eV
D．處于基態的氫原子吸收光子的能量為13.06eV
【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷
【解析】【解答】本題考查學生對能級躍遷公式hν=Em-En的掌握， 解決本題的關鍵知道能級差與吸收或輻射光子能量的關系。AB．原子從激發態向低能級躍遷時可以輻射6種不同頻率的光子，可知原子處于n=4的激發態。輻射光中頻率最大的對應于從4→1的躍遷，光子能量為（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，則輻射光中波長最短的光子能量為12.75eV，選項AB錯誤；
C．輻射光中波長最長的光子對應從4→3的躍遷，輻射的光子的能量為（-0.85eV）-（-1.51eV）=0.66eV，選項C正確；
D．處于基態的氫原子吸收光子的能量為（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV ，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據躍遷公式hν=Em-En，結合輻射6種不同頻率的光子計算，即可得出結論。
2．（2025·煙臺模擬）某圖書館的書籍防盜系統利用LC振蕩電路原理，在出口處的地毯下埋有線圈L與電容器C構成的振蕩電路，如圖甲所示。當未消磁的書籍標簽（內含金屬材料）靠近時，線圈的自感系數增大，導致振蕩頻率變化，從而觸發警報。若該振蕩電路中電容器上極板的電荷量q隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．時刻，電容器的電場能為零
B．時刻，線圈的自感電動勢最大
C．時間內，線圈中電流逐漸減小
D．時間內，未消磁的書籍標簽正在遠離線圈
【答案】C
【知識點】電磁振蕩
【解析】【解答】本題通過分析LC振蕩電路中電容器電荷量隨時間變化的圖像，考查了振蕩電路的基本工作原理，特別是電容器的充電和放電過程，以及線圈自感電動勢的變化。A．時刻，電容器上極板帶電量最大，可知電場能最大，選項A錯誤；
B．時刻，電容器放電完畢，此時線圈的電流最大，電流變化率最小，則自感電動勢最小，選項B錯誤；
C．時間內，電容器帶電量增大，則線圈中電流逐漸減小，選項C正確；
D. 由圖可知時間內，振動電路的振動周期逐漸變大，根據
可知線圈自感系數L變大，可知未消磁的書籍標簽正在靠近線圈，選項D錯誤。
故選C。
【分析】通過分析電容器電荷量隨時間變化的圖像，可以判斷電容器的充電和放電過程，以及線圈自感電動勢的變化情況。同時，根據振蕩頻率的變化，可以推斷書籍標簽與線圈的相對位置變化。
3．（2025·煙臺模擬）一架無人機從靜止開始豎直向上做直線運動，其加速度隨時間變化的關系圖像如圖所示，對于無人機在時間內的運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．時刻，無人機的速度為
B．時刻，無人機的速度最大
C．時間內，無人機的位移為
D．時間內，無人機的位移為
【答案】D
【知識點】圖象法；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】解答本題關鍵弄清楚加速度a與時間t的關系圖像的物理意義。a-t圖像很難直接求位移，往往涉及圖像的轉換問題，可以將a-t圖像轉換成v-t圖像，再利用面積求位移。A．圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的速度，所以時刻，無人機的速度為
A錯誤；
B．坐標軸之上表示物體加速，坐標軸之下表示物體減速，所以時刻，無人機的速度最大，B錯誤；
C．時間內，無人機由靜止做勻加速直線運動，有
時刻，速度為
若時間內，無人機勻速，則位移為
實際上時間內，無人機依然加速，所以位移
所以時間內，無人機的位移
C錯誤；
D．根據圖像對稱性可知時間內無人機勻減速到0，可視為反向勻加速直線運動，有
D正確。
故選D。
【分析】根據加速度a與時間t的關系圖像分析加速度的變化情況，根據加速度a與時間t的關系圖像與坐標軸包圍面積的物理意義推導。
4．（2025·煙臺模擬）如圖所示，一均勻帶電圓環位于平面內，其圓心恰好位于坐標原點處，軸與圓環平面垂直。在軸上的點固定一電荷量為的點電荷，兩點位于軸上，坐標分別為。已知點的電場強度方向沿著軸正方向，靜電力常量為，不考慮點電荷對帶電圓環上電荷分布的影響，下列說法正確的是（　?。?br/>A．圓環帶負電
B．點的電場強度大小為
C．兩點的電場強度相等但電勢不等
D．帶電圓環在點的電場強度大小為
【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】正確解答本題需理解電場強度的矢量疊加原則和電勢的標量疊加原則，同時注意題目中各選項的具體數值與物理含義的對應關系。A．結合點電荷場強特點和對稱性知，圓環在軸上（除O點外）產生的電場方向與軸平行，作出M點合場強EM、圓環產生的場強E1，點電荷產生的場強E2關系如圖所示
可見圓環在M點產生的場強方向應沿軸正方向，圓環帶正電，故A錯誤；
B．由幾何關系知角，則M點的電場強度大小
，
故B正確；
C．M 、N 點到P點的距離相等，由點電荷電場特點知，P點點電荷在M、N兩點產生的電勢相等，場強大小相等，帶電圓環在M、N兩點產生的電勢相等，場強大小相等，由對稱性，結合場強疊加和電勢疊加知，M、N兩點的電場強度相等，電勢也相等，故C錯誤；
D．由對稱性知，帶電圓環在N點的電場強度大小
，
故D錯誤。
故選B。
【分析】根據給定條件判斷圓環的帶電性質，計算M點的電場強度，比較M、N兩點的電場強度和電勢，計算帶電圓環在N點的電場強度。解題時需注意電場強度的矢量疊加原則和電勢的標量疊加原則。
5．（2025·煙臺模擬）2024年10月30日，神舟十九號載人飛船將三名航天員送入太空，飛船入軌后與天和核心艙對接的過程簡化為如圖所示，飛船先在軌道半徑為的圓軌道Ⅰ上運行，變軌后沿著橢圓軌道Ⅱ由近地點處運動到遠地點處，與處于軌道半徑為的圓軌道Ⅲ上的天和核心艙對接。已知飛船在橢圓軌道Ⅱ上經過點時速度大小為，天和核心艙在軌道Ⅲ上運行周期為是橢圓軌道Ⅱ的長軸，地球半徑為，引力常量為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．飛船在圓軌道Ⅰ上經過點時速度大小為
B．地球的平均密度為
C．飛船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期為
D．飛船與天和核心艙對接后在軌道Ⅲ上運行的速度大小為
【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】解答本題的關鍵要理解并掌握開普勒第二定律，知道其適用條件是在同一軌道運動的衛星。A．飛船在橢圓軌道Ⅱ遠地點B速度為，根據開普勒第二定律（面積速度相等），可得A點與B點速度滿足
可得
但這是飛船在橢圓軌道Ⅱ上過A點的速度，飛船從圓軌道Ⅰ上A點需要加速才能運動到橢圓軌道軌道Ⅱ上。故A錯誤；
B．天和核心艙在軌道Ⅲ上運行，根據萬有引力提供向心力
解得
地球體積，根據，可得地球地球的平均密度為
故B正確；
C．橢圓軌道Ⅱ的半長軸 為
根據開普勒第三定律有
可得船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期為
故C錯誤；
D．橢圓軌道Ⅱ在遠地點B的速度小于軌道Ⅲ的圓軌道速度（需加速才能變軌至軌道Ⅲ），因此對接后在軌道Ⅲ上運行的速度不等于。故D錯誤。
故選B。
【分析】飛船從圓軌道Ⅰ上A點需要加速才能運動到橢圓軌道軌道Ⅱ上，結合開普勒第二定律分析；根據萬有引力提供向心力結合開普勒第三定律分析。
6．（2025·煙臺模擬）如圖所示，理想變壓器原線圈與理想電流表串聯后接在交流電源上，變壓器原，副線圈匝數比，定值電阻的阻值為，電動機M線圈的電阻為。調節變阻器的阻值，當變阻器接入電路的阻值為時，電動機恰好正常工作，此時電流表的示數為0.5A，下列說法正確的是（　?。?br/>A．定值電阻消耗的功率為11W B．變壓器的輸入功率為77W
C．電動機消耗的功率為11W D．電動機的輸出功率為33W
【答案】D
【知識點】焦耳定律；變壓器原理
【解析】【解答】本題考查變壓器原理，根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率，結合變壓器電壓、電流與匝數的關系，利用歐姆定律分析求解。A．電流表的示數為，根據
可得
定值電阻消耗的功率為
A錯誤；
B．變壓器的輸入電壓為
變壓器的輸入功率為
B錯誤；
CD．根據
可得變壓器的輸出電壓為
電動機兩端電壓為
通過電動機的電流為
電動機消耗的功率為
電動機的輸出功率為
C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據變壓器原理以及歐姆定律以及電功率分析。
7．（2025·煙臺模擬）如圖所示，傾角為的足夠長斜面固定在水平地面上，將一小球（可視為質點）從斜面底端點以初速度斜向上拋出，經過一段時間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的點。已知重力加速度為，不計空氣阻力。則兩點之間的距離為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查了斜拋運動，要熟練掌握運動的處理方式，充分利用對稱性解題，有一定的難度。小球拋出后，將小球的速度與重力分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動。小球以垂直于斜面方向的速度撞擊在斜面上的P點，表明此時沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據對稱性，小球打在P點時垂直于斜面方向的分速度與拋出時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
則小球拋出時的速度方向與斜面夾角α的正切值
又
得
，
在沿斜面方向上有
解得
故選A。
【分析】小球拋出后，將小球的速度與重力分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動，小球以垂直于斜面方向的速度撞擊在斜面上的P點，表明此時沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據對稱性求解。
8．（2025·煙臺模擬）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度為，一端連接阻值為的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為。質量為的導體棒放在導軌上，長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計。給導體棒一個向右的初速度，并以此時刻作為計時起點，在求導體棒的速度隨時間變化的函數關系時，可與放射性元素的原子核發生衰變的情形作類比。放射性元素的原子核發生衰變時，單位時間內發生衰變的原子核個數與現存的，未衰變的原子核個數成正比：，其中為比例常數，“-”表示原子核個數減少，上述方程的解為：，其中為時刻未衰變的原子核個數，為時刻未衰變的原子核個數。則導體棒的速度隨時間變化的函數關系為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】動量定理；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題通過將電磁感應中的動生電動勢問題與放射性衰變的數學模型相結合，不僅考查了學生對電磁感應原理的理解，還考查了學生運用數學工具解決物理問題的能力。在極短的時間內，由動量定理可得
安培力為
導體棒切割磁感線產生的電動勢為
電路中的電流為
聯立上式可得
整理得
結合題目中的信息可得
故選A。
【分析】通過分析導體棒在磁場中運動時產生的感應電動勢，以及由此產生的電流對導體棒運動的影響，可以建立一個與放射性衰變相似的數學模型。通過類比放射性衰變的指數衰減規律，可以推導出導體棒速度隨時間變化的函數關系。
9．（2025·煙臺模擬）如圖所示，吊車懸臂PM的一端裝有大小不計的定滑輪，另一端可繞M點轉動，繞過定滑輪的鋼索通過四條相同的繩OA、OB、OC、OD吊著一長方形混凝土板。忽略一切摩擦，鋼索和繩的質量均不計，當懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小時，下列說法正確的是（　?。?br/>A．鋼索受到的拉力逐漸變小
B．吊車對地面的摩擦力始終為零
C．鋼索對定滑輪的作用力逐漸變大
D．若四條繩增加相同的長度，則四條繩受到的拉力均變大
【答案】B,C
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查共點力平衡問題，解題時需要選準研究對象，做好受力分析，再根據平衡條件確定力與力的關系。A．依題意，懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小時，混凝土板受力平衡，有
由牛頓第三定律可知鋼索受到的拉力保持不變，故A錯誤；
B．對整體受力分析，水平方向不受外力，吊車不受地面的摩擦力，由牛頓第三定律可知吊車對地面的摩擦力始終為零，故B正確；
C．鋼索對定滑輪的作用力為兩根鋼索的合力，懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小過程中，兩力大小不變，夾角變小，所以合力逐漸變大，即鋼索對定滑輪的作用力逐漸變大，故C正確；
D．若四條繩增加相同的長度，由幾何知識可知繩子與豎直方向夾角變小，根據
可知四條繩受到的拉力均變小，故D錯誤。
故選BC。
【分析】混凝土板受力平衡，根據平衡條件分析鋼索對混凝土板的拉力變化情況，由牛頓第三定律判斷鋼索受到的拉力變化情況。對整體受力分析，根據平衡條件以及牛頓第三定律分析吊車對地面的摩擦力大??；根據力的合成法分析鋼索對定滑輪的作用力變化情況。通過平衡條件列式分析四條繩受到的拉力變化情況。
10．（2025·煙臺模擬）一定質量的理想氣體從狀態a開始，經過一個循環a→b→c→d→a，最后回到初始狀態a，各狀態參量如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．狀態a到狀態c氣體放出熱量
B．狀態b到狀態c氣體分子的平均動能減少
C．b→c過程氣體對外做功大于c→d過程外界對氣體做功
D．氣體在整個過程中從外界吸收的總熱量可以用abcd的面積來表示
【答案】B,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。A．a狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程有
可知
可得a狀態到c狀態的內能增大，又此過程氣體膨脹對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體吸熱，故A錯誤；
B．b狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程有
可知
則狀態b到狀態c氣體分子的平均動能減少，故B正確；
C．根據圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小，圖像可知b→c圖像與橫軸圍成的面積小于c→d圖像與橫軸圍成的面積，即b→c過程氣體對外做功小于c→d過程外界對氣體做功，故C錯誤；
D．氣體從a狀態開始，經過a→b→c→d→a，最后回到初始狀態a，由于氣體的內能變化為0，根據熱力學第一定律可知，氣體在整個過程中從外界吸收的總熱量等于氣體對外界做的功，即可以用abcd的面積來表示，故D正確。
故選BD。
【分析】根據理想氣體狀態方程判斷a與c狀態溫度關系，從而判斷內能的增減，再由熱力學第一定律判斷吸、放熱情況；b狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程判斷溫度的變化情況，從而判斷氣體分子的平均動能的變化情況；根據p-V圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小進行判斷；根據氣體的內能變化結合熱力學第一定律，可判斷氣體對外界做的功。
11．（2025·煙臺模擬）圖甲是沿軸正方向傳播的簡諧橫波在時的波形圖，是位于軸上的兩個質點，間距為時刻該波剛好傳播到點，（為周期）時的波形圖如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波的周期為2s
B．該波的波速為
C．處質點的振動方程為
D．從時開始，該波傳至處所用的時間為0.5s
【答案】A,C,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查了波動圖像，掌握波速、波長和周期的關系，理解質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。
AC．設處質點振動方程為
當時，處質點由圖甲知cm，質點沿y軸負方向運動，有
解得
時，由圖乙知處質點，
解得
則質點的振動方程為
故A正確，C正確；
B．由圖可知，該波波長為
λ=6m
則波速大小
故B正確；
D．由圖乙知時波傳播到處，從時開始，該波傳至處所用的時間為
故D正確。
故選ACD。
【分析】根據x=0處質點振動方程，結合波速、波長和周期的關系，以及質點的振動情況分析求解。
12．（2025·煙臺模擬）如圖所示，水平地面上豎直放置著用輕質彈簧拴接的物塊A，B，彈簧勁度系數為，A的質量為。質量也為的物塊C從距A高度為處由靜止釋放，與A碰撞后粘在一起，之后它們運動到最高點時，B與地面間的彈力恰好減小為0。已知彈簧的彈性勢能為（為彈簧的形變量），質量為的彈簧振子的振動周期為，重力加速度為，不計碰撞時間及空氣阻力，彈簧足夠長且彈力始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊B的質量為
B．物塊A、C粘在一起后做簡諧運動的振幅為
C．A、C碰撞后，第一次運動至最低點的時間為
D．A、C運動到最低點時，地面對B的支持力大小為
【答案】A,D
【知識點】動量定理；碰撞模型；簡諧運動
【解析】【解答】本題通過分析物塊之間的碰撞、簡諧運動的性質以及能量守恒定律，逐步求解了物塊B的質量、簡諧運動的振幅、運動至最低點的時間以及地面對B的支持力大小。正確理解簡諧運動的周期公式和能量守恒定律是解題的關鍵。AB．C與A碰撞，由動量守恒
對C由動能定理可得
對A受力分析可得
A、C碰后一起運動的過程中，系統機械能守恒，在平衡位置時
A、C在最高點時
此時對B受力分析可得
此時彈簧被拉長，彈簧振子的振幅為
A、C運動到最高點的過程中，根據機械能守恒可得
聯立解得
，，
故A正確，B錯誤；
D．A、C運動到最低點時，彈簧壓縮量為
彈簧彈力為
對B受力分析可得
得
故D正確；
C．A、C碰后，位移從，則第一次運動到最低點的時間小于，彈簧振子的振動周期
則其時間
故C錯誤。
故選AD。
【分析】根據物塊C與A碰撞后的運動情況，確定物塊B的質量；計算物塊A、C粘在一起后做簡諧運動的振幅；根據彈簧振子的振動周期可求A、C碰撞后第一次運動至最低點的時間；根據受力分析求解A、C運動到最低點時地面對B的支持力大小。
13．（2025·煙臺模擬）某同學利用圖甲所示裝置測量滑塊與長木板間的動摩擦因數。在長木板上A處固定一光電門，長木板與水平地面之間的夾角。部分實驗步驟如下：
①用游標卡尺測出遮光條的寬度d；
②安裝好實驗器材，將帶有遮光條的滑塊從B處由靜止釋放，滑塊由靜止開始加速下滑并經過A，測出并
記錄遮光條通過光電門的時間t；
請回答下列問題：
（1）游標卡尺的示數如圖乙所示，則　 　；
（2）該同學在某次實驗時，測得遮光條通過光電門的時間為0.007s，則滑塊通過光電門時的速度大小為　 　，用米尺測量出此時之間的距離，則滑塊與長木板間的動摩擦因數　 ?。ńY果保留2位有效數字）。
【答案】（1）1.050
（2）1.5；0.47
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題考查了動摩擦因數的測量，要明確實驗原理，掌握游標卡尺的讀數規則，掌握牛頓第二定律和運動學公式的運用。
（1）圖乙可知游標卡尺精度為0.05mm，則
（2）滑塊通過光電門時的速度大小為
對滑塊，由牛頓第二定律有
又因為
代入題中數據，聯立解得動摩擦因數
【分析】（1）20分度游標卡尺精度為0.05mm，根據游標卡尺的讀數規則讀數；
（2）根據極短時間內的平均速度求解滑塊通過光電門時的瞬時速度；根據牛頓第二定律和運動學公式求解作答。
（1）圖乙可知游標卡尺精度為0.05mm，則
（2）[1]滑塊通過光電門時的速度大小為
[2]對滑塊，由牛頓第二定律有
又因為
代入題中數據，聯立解得動摩擦因數
14．（2025·煙臺模擬）某實驗小組要測量某電阻的阻值，待測電阻大約為，實驗室提供以下器材：
A．電源（電動勢為3V）
B．電流表A（量程為，內阻為）
C．電壓表V（量程為，內阻約為）
D．滑動變阻器（阻值范圍）
E．定值電阻（阻值為）
F．定值電阻（阻值為）
G．開關S及導線若干。
（1）實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻　 ?。ㄟx填“”或“”）并聯，將電流表量程擴大，擴大后的量程為　 　mA；
（2）實驗要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，盡可能多測量幾組數據，并減小實驗誤差，請根據上述要求在圖甲虛線框中畫出實驗電路圖；
（3）實驗中，改變滑動變阻器滑片的位置得到多組數據，以電壓表V的示數為縱軸，以電流表A的示數為橫軸，利用描點法得到的圖像如圖乙所示，由圖中信息可求出待測電阻的阻值　 　。
【答案】（1）；0~100
（2）
（3）31
【知識點】伏安法測電阻
【解析】【解答】本題主要考查了電流表的改裝和伏安法測電阻，要明確實驗原理，掌握串聯、并聯電路的特點和歐姆定律的運用；掌握實驗器材的選擇方法。
（1）待測電阻大約為，根據
則實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻并聯，將電流表量程擴大，根據
可知擴大后的量程為。
（2）
要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于改裝后電流表內阻已知，則電流表應采用內接法，故實驗電路圖如圖所示
（3）改裝后的電流表內阻為
由圖乙可知，當，電流表A的示數，則通過的電流為
根據歐姆定律可得
解得
【分析】（1）根據并聯電路的特點和歐姆定律求解作答；
（2）根據電動勢的值選擇電壓表；電壓可以從零開始調節，因此滑動變阻器采用分壓式接法，據此選擇滑動變阻器；電流表內阻已知，電流表采用內接法，據此完成電路圖的設計；
（3）根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律求解作答。
（1）[1][2]待測電阻大約為，根據
則實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻并聯，將電流表量程擴大，根據
可知擴大后的量程為。
（2）要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于改裝后電流表內阻已知，則電流表應采用內接法，故實驗電路圖如圖所示
（3）改裝后的電流表內阻為
由圖乙可知，當，電流表A的示數，則通過的電流為
根據歐姆定律可得
解得
15．（2025·煙臺模擬）如圖為某噴壺的結構示意圖，壺壁接一單向閥門，可以通過打氣筒向壺內打氣，擰開壺蓋可以向壺內裝水，壺蓋上方噴口處接一銷栓，通過開關銷栓可控制噴口開關，整個裝置密封良好。若某次澆花時，發現壺內有380mL水，此時壺內氣體壓強為，用打氣筒向壺內打氣，每次打入體積為，壓強為的空氣，一共打了次。然后打開銷栓開始澆水，一段時間后，關閉銷栓，此時壺內剩余水的體積為60mL。已知整個噴壺容積為，大氣壓強為，不計噴水細管，橡膠軟管的體積及噴水后細管內剩余液體的壓強，打氣及澆水過程中環境溫度不變，整個裝置導熱性能良好。求：
（1）打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值；
（2）關閉銷栓后，壺內氣體的壓強。
【答案】（1）解：打氣前，噴壺內的氣體，體積
若這些氣體等溫膨脹后壓強為，設此時氣體體積為
則有
解得
以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象，總體積
則打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值
（2）解：關閉銷栓后壺內氣體壓強，體積
則有
解得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以打氣前，噴壺內的氣體，根據玻意耳定律求解氣體等溫膨脹后的體積，再以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象，計算打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值；
（2）以關閉銷栓后壺內氣體為研究對象，根據玻意耳定律求解關閉銷栓后，壺內氣體的壓強。
（1）打氣前，噴壺內的氣體，體積
若這些氣體等溫膨脹后壓強為，設此時氣體體積為
則有
解得：
以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象
總體積
則打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值
（2）關閉銷栓后壺內氣體壓強，體積
則有
解得
16．（2025·煙臺模擬）如圖所示為一半徑為R的半球形玻璃磚的截面圖，O為球心，下表面水平。玻璃磚的上方水平放置一個足夠大的光屏，虛線為光軸（過球心與半球下表面垂直的直線），為光軸與光屏的交點?，F有一平行光束垂直于玻璃磚的下表面射入玻璃磚，光束恰好照滿下表面。一條從玻璃磚下表面點射入的光線，經過玻璃磚后從上表面的點射出，出射光線與光軸相交于點，光線與的夾角，不考慮光在玻璃磚內表面的反射光，，求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）光屏上被光線照亮區域的面積。
【答案】（1）解：從點射入光線在磚內沿直線傳播，在球表面上點折射，入射角為，折射角為，光路如圖。
幾何關系可知
由幾何知識可得
折射率為
（2）解：設射入磚內光線在上表面點恰好發生全反射，臨界角為點在光屏上的投影點為，對應折射光線與光屏的右側交點為點，光路如圖。
因為
解得
由幾何知識可得
光屏上照亮區域半徑
照亮區域面積為
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）從點射入光線在磚內沿直線傳播，畫出光傳播路徑，根據幾何關系求解折射角和入射角，結合折射定律分析求解；
（2）根據全反射條件，結合幾何關系分析求解。
（1）從點射入光線在磚內沿直線傳播，在球表面上點折射，入射角為，折射角為，光路如圖。
幾何關系可知
由幾何知識可得
折射率為
（2）設射入磚內光線在上表面點恰好發生全反射，臨界角為點在光屏上的投影點為，對應折射光線與光屏的右側交點為點，光路如圖。
因為
解得
由幾何知識可得
光屏上照亮區域半徑
照亮區域面積為
17．（2025·煙臺模擬）如圖所示，套在光滑水平桿上的滑環A用長為的輕繩懸掛小物塊B，長木板C靜止在水平地面上，小物塊D靜止放在C的右端?，F將B拉起至輕繩水平然后由靜止釋放，B運動至最低點時與C相撞并粘在一起，此時輕繩恰好斷裂，然后B，C組成的整體和D均做勻變速直線運動，又經過時間小物塊D滑至C的左端，此時兩者的速度均為，最終組成的整體和D均停止運動。已知A的質量為，B的質量為，C的質量為，D的質量為，B、D均可視為質點，碰撞時間極短，不計空氣阻力，重力加速度。求：
（1）釋放B時，B與C左端在水平方向的距離；
（2）長木板C的長度；
（3）整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能。
【答案】（1）解：小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統動量守恒，有
由于
聯立解得釋放B時B與C左端在水平方向的距離
（2）解：小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統能量守恒，有
根據動量守恒定律有
聯立解得B擺至最低點時，滑環A的速度大小為
小物塊B的速度大小為
B和C相撞過程，根據動量守恒定律有
解得
長木板C的長度為
解得
（3）解：自B，C剛撞完至D滑至C的左端，對D根據動量定理有
解得
對B和C
解得
D滑至C左端后加速度大小為
對B和C組成的整體有
解得
D滑至C左端后C、D之間的相對路程
整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統，根據水平方向動量守恒，以及速度與位移的關系求解釋放B時，B與C左端在水平方向的距離。
（2）小物塊B下擺過程，根據滑環A和小物塊B組成的系統水平方向動量守恒和機械能守恒求出B擺至最低點時，滑環A和小物塊B的速度大小。B和C相撞過程，根據動量守恒定律求出碰后BC的共同速度。再根據運動學公式求長木板C的長度；
（3）自B、C剛撞完至D滑至C的左端，對D，利用動量定理求出DC間的動摩擦因數。對B和C，由牛頓第二定律求出BC與地面間的動摩擦因數。根據運動學公式求出C、D之間的相對路程，再求整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能。
（1）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統動量守恒，有
由于
聯立解得釋放B時B與C左端在水平方向的距離
（2）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統能量守恒，有
根據動量守恒定律有
聯立解得B擺至最低點時，滑環A的速度大小為
小物塊B的速度大小為
B和C相撞過程，根據動量守恒定律有
解得
長木板C的長度為
解得
（3）自B，C剛撞完至D滑至C的左端，對D根據動量定理有
解得
對B和C：
解得
D滑至C左端后加速度大小為
對B和C組成的整體有
解得
D滑至C左端后C、D之間的相對路程
整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能
聯立解得
18．（2025·煙臺模擬）在如圖甲所示的平面直角坐標系中，虛線和光屏均平行于軸，在上方，區域內有平行于軸，持續周期性變化的勻強電場，電場強度隨時間變化的關系如圖乙所示，電場強度的正方向與軸的正方向相同。以點為圓心，半徑為的圓形區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為；虛線平行于軸與磁場邊界相切于點，與磁場邊界相切于點，和光屏間的距離為，在和光屏之間有與軸正方向夾角為的勻強電場，電場強度大小未知。在坐標原點處的粒子源不停地發射質量均為，電荷量均為（）的粒子，所有粒子的初速度大小相等，方向均沿著軸正方向，時刻射出的粒子在時刻經過。不計粒子的重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子源在時刻射出的粒子經過時的縱坐標；
（2）求上有粒子經過的區域長度；
（3）求粒子在磁場中運動的最短時間；
（4）粒子擊中光屏時會發光并被立即吸收，測得光屏上發光區域的長度為，這些粒子到達光屏時的速度相比較，求其中速度的最大值。
【答案】（1）解：對粒子開始在電場中的運動，沿軸方向，由題意
，
時刻射出的粒子在半個周期內沿電場方向的位移為
該粒子經過虛線時縱坐標為
聯立解得
（2）解：時刻，時刻，時刻……進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大，虛線上有粒子經過的區域長度
聯立得
（3）解：對粒子在電場中的運動，沿軸方向
所有粒子進入磁場時的速度均平行于軸，在磁場中以大小為的速度做勻速圓周運動，由題意磁感應強度大小
如圖所示
對粒子在磁場中的運動
聯立解得粒子在磁場中運動的半徑
與磁場邊界圓的半徑相等，幾何分析得在磁場中運動時間最短的粒子在磁場中轉過的角度
該粒子在磁場中運動時間
聯立得
（4）解：在點速度與軸負方向夾角為的粒子在與光屏之間平行軸方向的位移大小為
平行于軸方向
平行于軸方向
聯立解得
，
在點速度與軸正方向夾角為的粒子到達光屏時的速度最大，其自點到光屏的過程設位移大小為，則
，
聯立解得速度的最大值
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據粒子開始在電場中沿y軸方向做加速度運動，結合運動學公式分析求解；
（2）根據進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大分析求解；
（3）根據幾何關系，結合洛倫茲力提供向心力分析求解；
（4）根據在N點速度與x軸正方向夾角為60°的粒子到達光屏時的速度最大，結合位移之間的關系分析求
（1）對粒子開始在電場中的運動，沿軸方向，由題意，
時刻射出的粒子在半個周期內沿電場方向的位移為
該粒子經過虛線時縱坐標為
聯立解得
（2）時刻，時刻，時刻……進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大，虛線上有粒子經過的區域長度
聯立得
（3）對粒子在電場中的運動，沿軸方向
所有粒子進入磁場時的速度均平行于軸，在磁場中以大小為的速度做勻速圓周運動，由題意磁感應強度大小
如圖所示
對粒子在磁場中的運動
聯立解得粒子在磁場中運動的半徑
與磁場邊界圓的半徑相等，幾何分析得在磁場中運動時間最短的粒子在磁場中轉過的角度
該粒子在磁場中運動時間
聯立得
（4）在點速度與軸負方向夾角為的粒子在與光屏之間平行軸方向的位移大小為
平行于軸方向
平行于軸方向
聯立解得，
在點速度與軸正方向夾角為的粒子到達光屏時的速度最大，其自點到光屏的過程設位移大小為，則，
聯立解得速度的最大值
1 / 12025屆山東省煙臺市、德州市、東營市高三下學期高考診斷性測試（一模）物理試卷
1．（2025·煙臺模擬）如圖為氫原子能級圖，一群處于基態的氫原子吸收某種頻率的光子后，躍遷到同一激發態上，再向低能級躍遷時可以輻射6種不同頻率的光子。下列說法正確的是（　?。?br/>A．輻射光中頻率最大的光子能量為12.09eV
B．輻射光中波長最短的光子能量為0.31eV
C．輻射光中波長最長的光子能量為0.66eV
D．處于基態的氫原子吸收光子的能量為13.06eV
2．（2025·煙臺模擬）某圖書館的書籍防盜系統利用LC振蕩電路原理，在出口處的地毯下埋有線圈L與電容器C構成的振蕩電路，如圖甲所示。當未消磁的書籍標簽（內含金屬材料）靠近時，線圈的自感系數增大，導致振蕩頻率變化，從而觸發警報。若該振蕩電路中電容器上極板的電荷量q隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（　　）
A．時刻，電容器的電場能為零
B．時刻，線圈的自感電動勢最大
C．時間內，線圈中電流逐漸減小
D．時間內，未消磁的書籍標簽正在遠離線圈
3．（2025·煙臺模擬）一架無人機從靜止開始豎直向上做直線運動，其加速度隨時間變化的關系圖像如圖所示，對于無人機在時間內的運動，下列說法正確的是（　?。?br/>A．時刻，無人機的速度為
B．時刻，無人機的速度最大
C．時間內，無人機的位移為
D．時間內，無人機的位移為
4．（2025·煙臺模擬）如圖所示，一均勻帶電圓環位于平面內，其圓心恰好位于坐標原點處，軸與圓環平面垂直。在軸上的點固定一電荷量為的點電荷，兩點位于軸上，坐標分別為。已知點的電場強度方向沿著軸正方向，靜電力常量為，不考慮點電荷對帶電圓環上電荷分布的影響，下列說法正確的是（　　）
A．圓環帶負電
B．點的電場強度大小為
C．兩點的電場強度相等但電勢不等
D．帶電圓環在點的電場強度大小為
5．（2025·煙臺模擬）2024年10月30日，神舟十九號載人飛船將三名航天員送入太空，飛船入軌后與天和核心艙對接的過程簡化為如圖所示，飛船先在軌道半徑為的圓軌道Ⅰ上運行，變軌后沿著橢圓軌道Ⅱ由近地點處運動到遠地點處，與處于軌道半徑為的圓軌道Ⅲ上的天和核心艙對接。已知飛船在橢圓軌道Ⅱ上經過點時速度大小為，天和核心艙在軌道Ⅲ上運行周期為是橢圓軌道Ⅱ的長軸，地球半徑為，引力常量為，下列說法正確的是（　?。?br/>A．飛船在圓軌道Ⅰ上經過點時速度大小為
B．地球的平均密度為
C．飛船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期為
D．飛船與天和核心艙對接后在軌道Ⅲ上運行的速度大小為
6．（2025·煙臺模擬）如圖所示，理想變壓器原線圈與理想電流表串聯后接在交流電源上，變壓器原，副線圈匝數比，定值電阻的阻值為，電動機M線圈的電阻為。調節變阻器的阻值，當變阻器接入電路的阻值為時，電動機恰好正常工作，此時電流表的示數為0.5A，下列說法正確的是（　?。?br/>A．定值電阻消耗的功率為11W B．變壓器的輸入功率為77W
C．電動機消耗的功率為11W D．電動機的輸出功率為33W
7．（2025·煙臺模擬）如圖所示，傾角為的足夠長斜面固定在水平地面上，將一小球（可視為質點）從斜面底端點以初速度斜向上拋出，經過一段時間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的點。已知重力加速度為，不計空氣阻力。則兩點之間的距離為（　?。?br/>A． B． C． D．
8．（2025·煙臺模擬）如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度為，一端連接阻值為的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為。質量為的導體棒放在導軌上，長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計。給導體棒一個向右的初速度，并以此時刻作為計時起點，在求導體棒的速度隨時間變化的函數關系時，可與放射性元素的原子核發生衰變的情形作類比。放射性元素的原子核發生衰變時，單位時間內發生衰變的原子核個數與現存的，未衰變的原子核個數成正比：，其中為比例常數，“-”表示原子核個數減少，上述方程的解為：，其中為時刻未衰變的原子核個數，為時刻未衰變的原子核個數。則導體棒的速度隨時間變化的函數關系為（　?。?br/>A． B．
C． D．
9．（2025·煙臺模擬）如圖所示，吊車懸臂PM的一端裝有大小不計的定滑輪，另一端可繞M點轉動，繞過定滑輪的鋼索通過四條相同的繩OA、OB、OC、OD吊著一長方形混凝土板。忽略一切摩擦，鋼索和繩的質量均不計，當懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小時，下列說法正確的是（　?。?br/>A．鋼索受到的拉力逐漸變小
B．吊車對地面的摩擦力始終為零
C．鋼索對定滑輪的作用力逐漸變大
D．若四條繩增加相同的長度，則四條繩受到的拉力均變大
10．（2025·煙臺模擬）一定質量的理想氣體從狀態a開始，經過一個循環a→b→c→d→a，最后回到初始狀態a，各狀態參量如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．狀態a到狀態c氣體放出熱量
B．狀態b到狀態c氣體分子的平均動能減少
C．b→c過程氣體對外做功大于c→d過程外界對氣體做功
D．氣體在整個過程中從外界吸收的總熱量可以用abcd的面積來表示
11．（2025·煙臺模擬）圖甲是沿軸正方向傳播的簡諧橫波在時的波形圖，是位于軸上的兩個質點，間距為時刻該波剛好傳播到點，（為周期）時的波形圖如圖乙所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波的周期為2s
B．該波的波速為
C．處質點的振動方程為
D．從時開始，該波傳至處所用的時間為0.5s
12．（2025·煙臺模擬）如圖所示，水平地面上豎直放置著用輕質彈簧拴接的物塊A，B，彈簧勁度系數為，A的質量為。質量也為的物塊C從距A高度為處由靜止釋放，與A碰撞后粘在一起，之后它們運動到最高點時，B與地面間的彈力恰好減小為0。已知彈簧的彈性勢能為（為彈簧的形變量），質量為的彈簧振子的振動周期為，重力加速度為，不計碰撞時間及空氣阻力，彈簧足夠長且彈力始終在彈性限度內。下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊B的質量為
B．物塊A、C粘在一起后做簡諧運動的振幅為
C．A、C碰撞后，第一次運動至最低點的時間為
D．A、C運動到最低點時，地面對B的支持力大小為
13．（2025·煙臺模擬）某同學利用圖甲所示裝置測量滑塊與長木板間的動摩擦因數。在長木板上A處固定一光電門，長木板與水平地面之間的夾角。部分實驗步驟如下：
①用游標卡尺測出遮光條的寬度d；
②安裝好實驗器材，將帶有遮光條的滑塊從B處由靜止釋放，滑塊由靜止開始加速下滑并經過A，測出并
記錄遮光條通過光電門的時間t；
請回答下列問題：
（1）游標卡尺的示數如圖乙所示，則　 ??；
（2）該同學在某次實驗時，測得遮光條通過光電門的時間為0.007s，則滑塊通過光電門時的速度大小為　 　，用米尺測量出此時之間的距離，則滑塊與長木板間的動摩擦因數　 ?。ńY果保留2位有效數字）。
14．（2025·煙臺模擬）某實驗小組要測量某電阻的阻值，待測電阻大約為，實驗室提供以下器材：
A．電源（電動勢為3V）
B．電流表A（量程為，內阻為）
C．電壓表V（量程為，內阻約為）
D．滑動變阻器（阻值范圍）
E．定值電阻（阻值為）
F．定值電阻（阻值為）
G．開關S及導線若干。
（1）實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻　 ?。ㄟx填“”或“”）并聯，將電流表量程擴大，擴大后的量程為　 　mA；
（2）實驗要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，盡可能多測量幾組數據，并減小實驗誤差，請根據上述要求在圖甲虛線框中畫出實驗電路圖；
（3）實驗中，改變滑動變阻器滑片的位置得到多組數據，以電壓表V的示數為縱軸，以電流表A的示數為橫軸，利用描點法得到的圖像如圖乙所示，由圖中信息可求出待測電阻的阻值　 　。
15．（2025·煙臺模擬）如圖為某噴壺的結構示意圖，壺壁接一單向閥門，可以通過打氣筒向壺內打氣，擰開壺蓋可以向壺內裝水，壺蓋上方噴口處接一銷栓，通過開關銷栓可控制噴口開關，整個裝置密封良好。若某次澆花時，發現壺內有380mL水，此時壺內氣體壓強為，用打氣筒向壺內打氣，每次打入體積為，壓強為的空氣，一共打了次。然后打開銷栓開始澆水，一段時間后，關閉銷栓，此時壺內剩余水的體積為60mL。已知整個噴壺容積為，大氣壓強為，不計噴水細管，橡膠軟管的體積及噴水后細管內剩余液體的壓強，打氣及澆水過程中環境溫度不變，整個裝置導熱性能良好。求：
（1）打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值；
（2）關閉銷栓后，壺內氣體的壓強。
16．（2025·煙臺模擬）如圖所示為一半徑為R的半球形玻璃磚的截面圖，O為球心，下表面水平。玻璃磚的上方水平放置一個足夠大的光屏，虛線為光軸（過球心與半球下表面垂直的直線），為光軸與光屏的交點?，F有一平行光束垂直于玻璃磚的下表面射入玻璃磚，光束恰好照滿下表面。一條從玻璃磚下表面點射入的光線，經過玻璃磚后從上表面的點射出，出射光線與光軸相交于點，光線與的夾角，不考慮光在玻璃磚內表面的反射光，，求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）光屏上被光線照亮區域的面積。
17．（2025·煙臺模擬）如圖所示，套在光滑水平桿上的滑環A用長為的輕繩懸掛小物塊B，長木板C靜止在水平地面上，小物塊D靜止放在C的右端?，F將B拉起至輕繩水平然后由靜止釋放，B運動至最低點時與C相撞并粘在一起，此時輕繩恰好斷裂，然后B，C組成的整體和D均做勻變速直線運動，又經過時間小物塊D滑至C的左端，此時兩者的速度均為，最終組成的整體和D均停止運動。已知A的質量為，B的質量為，C的質量為，D的質量為，B、D均可視為質點，碰撞時間極短，不計空氣阻力，重力加速度。求：
（1）釋放B時，B與C左端在水平方向的距離；
（2）長木板C的長度；
（3）整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能。
18．（2025·煙臺模擬）在如圖甲所示的平面直角坐標系中，虛線和光屏均平行于軸，在上方，區域內有平行于軸，持續周期性變化的勻強電場，電場強度隨時間變化的關系如圖乙所示，電場強度的正方向與軸的正方向相同。以點為圓心，半徑為的圓形區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為；虛線平行于軸與磁場邊界相切于點，與磁場邊界相切于點，和光屏間的距離為，在和光屏之間有與軸正方向夾角為的勻強電場，電場強度大小未知。在坐標原點處的粒子源不停地發射質量均為，電荷量均為（）的粒子，所有粒子的初速度大小相等，方向均沿著軸正方向，時刻射出的粒子在時刻經過。不計粒子的重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子源在時刻射出的粒子經過時的縱坐標；
（2）求上有粒子經過的區域長度；
（3）求粒子在磁場中運動的最短時間；
（4）粒子擊中光屏時會發光并被立即吸收，測得光屏上發光區域的長度為，這些粒子到達光屏時的速度相比較，求其中速度的最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷
【解析】【解答】本題考查學生對能級躍遷公式hν=Em-En的掌握， 解決本題的關鍵知道能級差與吸收或輻射光子能量的關系。AB．原子從激發態向低能級躍遷時可以輻射6種不同頻率的光子，可知原子處于n=4的激發態。輻射光中頻率最大的對應于從4→1的躍遷，光子能量為（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV，則輻射光中波長最短的光子能量為12.75eV，選項AB錯誤；
C．輻射光中波長最長的光子對應從4→3的躍遷，輻射的光子的能量為（-0.85eV）-（-1.51eV）=0.66eV，選項C正確；
D．處于基態的氫原子吸收光子的能量為（-0.85eV）-（-13.6eV）=12.75eV ，選項D錯誤。
故選C。
【分析】根據躍遷公式hν=Em-En，結合輻射6種不同頻率的光子計算，即可得出結論。
2．【答案】C
【知識點】電磁振蕩
【解析】【解答】本題通過分析LC振蕩電路中電容器電荷量隨時間變化的圖像，考查了振蕩電路的基本工作原理，特別是電容器的充電和放電過程，以及線圈自感電動勢的變化。A．時刻，電容器上極板帶電量最大，可知電場能最大，選項A錯誤；
B．時刻，電容器放電完畢，此時線圈的電流最大，電流變化率最小，則自感電動勢最小，選項B錯誤；
C．時間內，電容器帶電量增大，則線圈中電流逐漸減小，選項C正確；
D. 由圖可知時間內，振動電路的振動周期逐漸變大，根據
可知線圈自感系數L變大，可知未消磁的書籍標簽正在靠近線圈，選項D錯誤。
故選C。
【分析】通過分析電容器電荷量隨時間變化的圖像，可以判斷電容器的充電和放電過程，以及線圈自感電動勢的變化情況。同時，根據振蕩頻率的變化，可以推斷書籍標簽與線圈的相對位置變化。
3．【答案】D
【知識點】圖象法；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】解答本題關鍵弄清楚加速度a與時間t的關系圖像的物理意義。a-t圖像很難直接求位移，往往涉及圖像的轉換問題，可以將a-t圖像轉換成v-t圖像，再利用面積求位移。A．圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的速度，所以時刻，無人機的速度為
A錯誤；
B．坐標軸之上表示物體加速，坐標軸之下表示物體減速，所以時刻，無人機的速度最大，B錯誤；
C．時間內，無人機由靜止做勻加速直線運動，有
時刻，速度為
若時間內，無人機勻速，則位移為
實際上時間內，無人機依然加速，所以位移
所以時間內，無人機的位移
C錯誤；
D．根據圖像對稱性可知時間內無人機勻減速到0，可視為反向勻加速直線運動，有
D正確。
故選D。
【分析】根據加速度a與時間t的關系圖像分析加速度的變化情況，根據加速度a與時間t的關系圖像與坐標軸包圍面積的物理意義推導。
4．【答案】B
【知識點】電場強度的疊加；電勢
【解析】【解答】正確解答本題需理解電場強度的矢量疊加原則和電勢的標量疊加原則，同時注意題目中各選項的具體數值與物理含義的對應關系。A．結合點電荷場強特點和對稱性知，圓環在軸上（除O點外）產生的電場方向與軸平行，作出M點合場強EM、圓環產生的場強E1，點電荷產生的場強E2關系如圖所示
可見圓環在M點產生的場強方向應沿軸正方向，圓環帶正電，故A錯誤；
B．由幾何關系知角，則M點的電場強度大小
，
故B正確；
C．M 、N 點到P點的距離相等，由點電荷電場特點知，P點點電荷在M、N兩點產生的電勢相等，場強大小相等，帶電圓環在M、N兩點產生的電勢相等，場強大小相等，由對稱性，結合場強疊加和電勢疊加知，M、N兩點的電場強度相等，電勢也相等，故C錯誤；
D．由對稱性知，帶電圓環在N點的電場強度大小
，
故D錯誤。
故選B。
【分析】根據給定條件判斷圓環的帶電性質，計算M點的電場強度，比較M、N兩點的電場強度和電勢，計算帶電圓環在N點的電場強度。解題時需注意電場強度的矢量疊加原則和電勢的標量疊加原則。
5．【答案】B
【知識點】開普勒定律；衛星問題
【解析】【解答】解答本題的關鍵要理解并掌握開普勒第二定律，知道其適用條件是在同一軌道運動的衛星。A．飛船在橢圓軌道Ⅱ遠地點B速度為，根據開普勒第二定律（面積速度相等），可得A點與B點速度滿足
可得
但這是飛船在橢圓軌道Ⅱ上過A點的速度，飛船從圓軌道Ⅰ上A點需要加速才能運動到橢圓軌道軌道Ⅱ上。故A錯誤；
B．天和核心艙在軌道Ⅲ上運行，根據萬有引力提供向心力
解得
地球體積，根據，可得地球地球的平均密度為
故B正確；
C．橢圓軌道Ⅱ的半長軸 為
根據開普勒第三定律有
可得船在橢圓軌道Ⅱ上運行的周期為
故C錯誤；
D．橢圓軌道Ⅱ在遠地點B的速度小于軌道Ⅲ的圓軌道速度（需加速才能變軌至軌道Ⅲ），因此對接后在軌道Ⅲ上運行的速度不等于。故D錯誤。
故選B。
【分析】飛船從圓軌道Ⅰ上A點需要加速才能運動到橢圓軌道軌道Ⅱ上，結合開普勒第二定律分析；根據萬有引力提供向心力結合開普勒第三定律分析。
6．【答案】D
【知識點】焦耳定律；變壓器原理
【解析】【解答】本題考查變壓器原理，根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率，結合變壓器電壓、電流與匝數的關系，利用歐姆定律分析求解。A．電流表的示數為，根據
可得
定值電阻消耗的功率為
A錯誤；
B．變壓器的輸入電壓為
變壓器的輸入功率為
B錯誤；
CD．根據
可得變壓器的輸出電壓為
電動機兩端電壓為
通過電動機的電流為
電動機消耗的功率為
電動機的輸出功率為
C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】根據變壓器原理以及歐姆定律以及電功率分析。
7．【答案】A
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查了斜拋運動，要熟練掌握運動的處理方式，充分利用對稱性解題，有一定的難度。小球拋出后，將小球的速度與重力分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動。小球以垂直于斜面方向的速度撞擊在斜面上的P點，表明此時沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據對稱性，小球打在P點時垂直于斜面方向的分速度與拋出時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
則小球拋出時的速度方向與斜面夾角α的正切值
又
得
，
在沿斜面方向上有
解得
故選A。
【分析】小球拋出后，將小球的速度與重力分別沿斜面與垂直于斜面分解，則小球在這兩個方向上均做勻變速直線運動，小球以垂直于斜面方向的速度撞擊在斜面上的P點，表明此時沿斜面方向的分速度恰好減為0，根據對稱性求解。
8．【答案】A
【知識點】動量定理；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】本題通過將電磁感應中的動生電動勢問題與放射性衰變的數學模型相結合，不僅考查了學生對電磁感應原理的理解，還考查了學生運用數學工具解決物理問題的能力。在極短的時間內，由動量定理可得
安培力為
導體棒切割磁感線產生的電動勢為
電路中的電流為
聯立上式可得
整理得
結合題目中的信息可得
故選A。
【分析】通過分析導體棒在磁場中運動時產生的感應電動勢，以及由此產生的電流對導體棒運動的影響，可以建立一個與放射性衰變相似的數學模型。通過類比放射性衰變的指數衰減規律，可以推導出導體棒速度隨時間變化的函數關系。
9．【答案】B,C
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查共點力平衡問題，解題時需要選準研究對象，做好受力分析，再根據平衡條件確定力與力的關系。A．依題意，懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小時，混凝土板受力平衡，有
由牛頓第三定律可知鋼索受到的拉力保持不變，故A錯誤；
B．對整體受力分析，水平方向不受外力，吊車不受地面的摩擦力，由牛頓第三定律可知吊車對地面的摩擦力始終為零，故B正確；
C．鋼索對定滑輪的作用力為兩根鋼索的合力，懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小過程中，兩力大小不變，夾角變小，所以合力逐漸變大，即鋼索對定滑輪的作用力逐漸變大，故C正確；
D．若四條繩增加相同的長度，由幾何知識可知繩子與豎直方向夾角變小，根據
可知四條繩受到的拉力均變小，故D錯誤。
故選BC。
【分析】混凝土板受力平衡，根據平衡條件分析鋼索對混凝土板的拉力變化情況，由牛頓第三定律判斷鋼索受到的拉力變化情況。對整體受力分析，根據平衡條件以及牛頓第三定律分析吊車對地面的摩擦力大?。桓鶕Φ暮铣煞ǚ治鲣撍鲗Χɑ喌淖饔昧ψ兓闆r。通過平衡條件列式分析四條繩受到的拉力變化情況。
10．【答案】B,D
【知識點】熱力學第一定律及其應用；溫度和溫標
【解析】【解答】熱力學第一定律不僅反映了做功和熱傳遞這兩種方式改變內能的過程是等效的，而且給出了內能的變化量和做功與熱傳遞之間的定量關系。此定律是標量式，應用時熱量的單位應統一為國際單位制中的焦耳。A．a狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程有
可知
可得a狀態到c狀態的內能增大，又此過程氣體膨脹對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體吸熱，故A錯誤；
B．b狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程有
可知
則狀態b到狀態c氣體分子的平均動能減少，故B正確；
C．根據圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小，圖像可知b→c圖像與橫軸圍成的面積小于c→d圖像與橫軸圍成的面積，即b→c過程氣體對外做功小于c→d過程外界對氣體做功，故C錯誤；
D．氣體從a狀態開始，經過a→b→c→d→a，最后回到初始狀態a，由于氣體的內能變化為0，根據熱力學第一定律可知，氣體在整個過程中從外界吸收的總熱量等于氣體對外界做的功，即可以用abcd的面積來表示，故D正確。
故選BD。
【分析】根據理想氣體狀態方程判斷a與c狀態溫度關系，從而判斷內能的增減，再由熱力學第一定律判斷吸、放熱情況；b狀態到c狀態，根據理想氣體狀態方程判斷溫度的變化情況，從而判斷氣體分子的平均動能的變化情況；根據p-V圖像與橫軸圍成的面積表示做功大小進行判斷；根據氣體的內能變化結合熱力學第一定律，可判斷氣體對外界做的功。
11．【答案】A,C,D
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】本題考查了波動圖像，掌握波速、波長和周期的關系，理解質點在不同時刻的振動狀態是解決此類問題的關鍵。
AC．設處質點振動方程為
當時，處質點由圖甲知cm，質點沿y軸負方向運動，有
解得
時，由圖乙知處質點，
解得
則質點的振動方程為
故A正確，C正確；
B．由圖可知，該波波長為
λ=6m
則波速大小
故B正確；
D．由圖乙知時波傳播到處，從時開始，該波傳至處所用的時間為
故D正確。
故選ACD。
【分析】根據x=0處質點振動方程，結合波速、波長和周期的關系，以及質點的振動情況分析求解。
12．【答案】A,D
【知識點】動量定理；碰撞模型；簡諧運動
【解析】【解答】本題通過分析物塊之間的碰撞、簡諧運動的性質以及能量守恒定律，逐步求解了物塊B的質量、簡諧運動的振幅、運動至最低點的時間以及地面對B的支持力大小。正確理解簡諧運動的周期公式和能量守恒定律是解題的關鍵。AB．C與A碰撞，由動量守恒
對C由動能定理可得
對A受力分析可得
A、C碰后一起運動的過程中，系統機械能守恒，在平衡位置時
A、C在最高點時
此時對B受力分析可得
此時彈簧被拉長，彈簧振子的振幅為
A、C運動到最高點的過程中，根據機械能守恒可得
聯立解得
，，
故A正確，B錯誤；
D．A、C運動到最低點時，彈簧壓縮量為
彈簧彈力為
對B受力分析可得
得
故D正確；
C．A、C碰后，位移從，則第一次運動到最低點的時間小于，彈簧振子的振動周期
則其時間
故C錯誤。
故選AD。
【分析】根據物塊C與A碰撞后的運動情況，確定物塊B的質量；計算物塊A、C粘在一起后做簡諧運動的振幅；根據彈簧振子的振動周期可求A、C碰撞后第一次運動至最低點的時間；根據受力分析求解A、C運動到最低點時地面對B的支持力大小。
13．【答案】（1）1.050
（2）1.5；0.47
【知識點】刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用；滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題考查了動摩擦因數的測量，要明確實驗原理，掌握游標卡尺的讀數規則，掌握牛頓第二定律和運動學公式的運用。
（1）圖乙可知游標卡尺精度為0.05mm，則
（2）滑塊通過光電門時的速度大小為
對滑塊，由牛頓第二定律有
又因為
代入題中數據，聯立解得動摩擦因數
【分析】（1）20分度游標卡尺精度為0.05mm，根據游標卡尺的讀數規則讀數；
（2）根據極短時間內的平均速度求解滑塊通過光電門時的瞬時速度；根據牛頓第二定律和運動學公式求解作答。
（1）圖乙可知游標卡尺精度為0.05mm，則
（2）[1]滑塊通過光電門時的速度大小為
[2]對滑塊，由牛頓第二定律有
又因為
代入題中數據，聯立解得動摩擦因數
14．【答案】（1）；0~100
（2）
（3）31
【知識點】伏安法測電阻
【解析】【解答】本題主要考查了電流表的改裝和伏安法測電阻，要明確實驗原理，掌握串聯、并聯電路的特點和歐姆定律的運用；掌握實驗器材的選擇方法。
（1）待測電阻大約為，根據
則實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻并聯，將電流表量程擴大，根據
可知擴大后的量程為。
（2）
要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于改裝后電流表內阻已知，則電流表應采用內接法，故實驗電路圖如圖所示
（3）改裝后的電流表內阻為
由圖乙可知，當，電流表A的示數，則通過的電流為
根據歐姆定律可得
解得
【分析】（1）根據并聯電路的特點和歐姆定律求解作答；
（2）根據電動勢的值選擇電壓表；電壓可以從零開始調節，因此滑動變阻器采用分壓式接法，據此選擇滑動變阻器；電流表內阻已知，電流表采用內接法，據此完成電路圖的設計；
（3）根據串聯、并聯電路的特點和歐姆定律求解作答。
（1）[1][2]待測電阻大約為，根據
則實驗開始前，需要將電流表A與定值電阻并聯，將電流表量程擴大，根據
可知擴大后的量程為。
（2）要求待測電阻兩端的電壓從零開始連續增加，則滑動變阻器應采用分壓接法；由于改裝后電流表內阻已知，則電流表應采用內接法，故實驗電路圖如圖所示
（3）改裝后的電流表內阻為
由圖乙可知，當，電流表A的示數，則通過的電流為
根據歐姆定律可得
解得
15．【答案】（1）解：打氣前，噴壺內的氣體，體積
若這些氣體等溫膨脹后壓強為，設此時氣體體積為
則有
解得
以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象，總體積
則打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值
（2）解：關閉銷栓后壺內氣體壓強，體積
則有
解得
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）以打氣前，噴壺內的氣體，根據玻意耳定律求解氣體等溫膨脹后的體積，再以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象，計算打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值；
（2）以關閉銷栓后壺內氣體為研究對象，根據玻意耳定律求解關閉銷栓后，壺內氣體的壓強。
（1）打氣前，噴壺內的氣體，體積
若這些氣體等溫膨脹后壓強為，設此時氣體體積為
則有
解得：
以壺內氣體及5次打氣進入的氣體整體為研究對象
總體積
則打氣完畢時壺內氣體質量與打氣前壺內氣體質量的比值
（2）關閉銷栓后壺內氣體壓強，體積
則有
解得
16．【答案】（1）解：從點射入光線在磚內沿直線傳播，在球表面上點折射，入射角為，折射角為，光路如圖。
幾何關系可知
由幾何知識可得
折射率為
（2）解：設射入磚內光線在上表面點恰好發生全反射，臨界角為點在光屏上的投影點為，對應折射光線與光屏的右側交點為點，光路如圖。
因為
解得
由幾何知識可得
光屏上照亮區域半徑
照亮區域面積為
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）從點射入光線在磚內沿直線傳播，畫出光傳播路徑，根據幾何關系求解折射角和入射角，結合折射定律分析求解；
（2）根據全反射條件，結合幾何關系分析求解。
（1）從點射入光線在磚內沿直線傳播，在球表面上點折射，入射角為，折射角為，光路如圖。
幾何關系可知
由幾何知識可得
折射率為
（2）設射入磚內光線在上表面點恰好發生全反射，臨界角為點在光屏上的投影點為，對應折射光線與光屏的右側交點為點，光路如圖。
因為
解得
由幾何知識可得
光屏上照亮區域半徑
照亮區域面積為
17．【答案】（1）解：小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統動量守恒，有
由于
聯立解得釋放B時B與C左端在水平方向的距離
（2）解：小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統能量守恒，有
根據動量守恒定律有
聯立解得B擺至最低點時，滑環A的速度大小為
小物塊B的速度大小為
B和C相撞過程，根據動量守恒定律有
解得
長木板C的長度為
解得
（3）解：自B，C剛撞完至D滑至C的左端，對D根據動量定理有
解得
對B和C
解得
D滑至C左端后加速度大小為
對B和C組成的整體有
解得
D滑至C左端后C、D之間的相對路程
整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統，根據水平方向動量守恒，以及速度與位移的關系求解釋放B時，B與C左端在水平方向的距離。
（2）小物塊B下擺過程，根據滑環A和小物塊B組成的系統水平方向動量守恒和機械能守恒求出B擺至最低點時，滑環A和小物塊B的速度大小。B和C相撞過程，根據動量守恒定律求出碰后BC的共同速度。再根據運動學公式求長木板C的長度；
（3）自B、C剛撞完至D滑至C的左端，對D，利用動量定理求出DC間的動摩擦因數。對B和C，由牛頓第二定律求出BC與地面間的動摩擦因數。根據運動學公式求出C、D之間的相對路程，再求整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能。
（1）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統動量守恒，有
由于
聯立解得釋放B時B與C左端在水平方向的距離
（2）小物塊B下擺過程，對滑環A和小物塊B組成的系統能量守恒，有
根據動量守恒定律有
聯立解得B擺至最低點時，滑環A的速度大小為
小物塊B的速度大小為
B和C相撞過程，根據動量守恒定律有
解得
長木板C的長度為
解得
（3）自B，C剛撞完至D滑至C的左端，對D根據動量定理有
解得
對B和C：
解得
D滑至C左端后加速度大小為
對B和C組成的整體有
解得
D滑至C左端后C、D之間的相對路程
整個過程C和D由于相互摩擦生成的內能
聯立解得
18．【答案】（1）解：對粒子開始在電場中的運動，沿軸方向，由題意
，
時刻射出的粒子在半個周期內沿電場方向的位移為
該粒子經過虛線時縱坐標為
聯立解得
（2）解：時刻，時刻，時刻……進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大，虛線上有粒子經過的區域長度
聯立得
（3）解：對粒子在電場中的運動，沿軸方向
所有粒子進入磁場時的速度均平行于軸，在磁場中以大小為的速度做勻速圓周運動，由題意磁感應強度大小
如圖所示
對粒子在磁場中的運動
聯立解得粒子在磁場中運動的半徑
與磁場邊界圓的半徑相等，幾何分析得在磁場中運動時間最短的粒子在磁場中轉過的角度
該粒子在磁場中運動時間
聯立得
（4）解：在點速度與軸負方向夾角為的粒子在與光屏之間平行軸方向的位移大小為
平行于軸方向
平行于軸方向
聯立解得
，
在點速度與軸正方向夾角為的粒子到達光屏時的速度最大，其自點到光屏的過程設位移大小為，則
，
聯立解得速度的最大值
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據粒子開始在電場中沿y軸方向做加速度運動，結合運動學公式分析求解；
（2）根據進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大分析求解；
（3）根據幾何關系，結合洛倫茲力提供向心力分析求解；
（4）根據在N點速度與x軸正方向夾角為60°的粒子到達光屏時的速度最大，結合位移之間的關系分析求
（1）對粒子開始在電場中的運動，沿軸方向，由題意，
時刻射出的粒子在半個周期內沿電場方向的位移為
該粒子經過虛線時縱坐標為
聯立解得
（2）時刻，時刻，時刻……進入電場的粒子在一個周期內沿電場方向運動的位移最大，虛線上有粒子經過的區域長度
聯立得
（3）對粒子在電場中的運動，沿軸方向
所有粒子進入磁場時的速度均平行于軸，在磁場中以大小為的速度做勻速圓周運動，由題意磁感應強度大小
如圖所示
對粒子在磁場中的運動
聯立解得粒子在磁場中運動的半徑
與磁場邊界圓的半徑相等，幾何分析得在磁場中運動時間最短的粒子在磁場中轉過的角度
該粒子在磁場中運動時間
聯立得
（4）在點速度與軸負方向夾角為的粒子在與光屏之間平行軸方向的位移大小為
平行于軸方向
平行于軸方向
聯立解得，
在點速度與軸正方向夾角為的粒子到達光屏時的速度最大，其自點到光屏的過程設位移大小為，則，
聯立解得速度的最大值
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