甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期12月诊断考试 物理试题（含解析）

这是一份甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期12月诊断考试 物理试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟试卷总分：100分）
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 德国物理学家普朗克于1900年提出了“能量子”的概念，其表达式为，其中h为一常量，后人称之为普朗克常量。下列理论与普朗克常量h无关的是（ ）
A. 普朗克黑体辐射理论B. 卢瑟福原子核式结构模型理论
C. 德布罗意物质波假说D. 康普顿散射理论
【答案】B
【解析】
【详解】普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，与普朗克常量h有关；德布罗意物质波波长为，与普朗克常量h有关；康普顿散射理论也与普朗克常量h有关；卢瑟福原子核式结构模型理论与普朗克常量h无关。
故选B。
2. 2010年诺贝尔物理学奖授予安德烈·盖姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究，他们通过透明胶带对石墨进行反复的粘贴与撕开使得石墨片的厚度逐渐减小，最终寻找到了厚度只有0.34nm的石墨烯，是碳的二维结构。如图所示为石墨、石墨烯的微观结构。根据以上信息和已学知识判断，下列说法中正确的是（ ）
A. 石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B. 石墨是单晶体，石墨烯是多晶体
C. 石墨的物理性质表现为各向异性，石墨烯的物理性质表现为各向同性
D. 他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的
【答案】D
【解析】
【详解】AB．石墨、石墨烯都是单晶体。石墨与石墨烯等都是碳元素的单质，它们互为同素异形体。故AB错误；
C．石墨、石墨烯的物理性质都表现为各向异性，故C错误；
D．他们是通过物理变化的方法获得石墨烯的，故D正确。
故选D。
3. “用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，用到一些巧妙的处理方法，以下实验中用到相似的处理方法的是（ ）
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
C. 测量一烧杯中饱满油菜籽颗粒的直径
D. 测量电源的电动势和内阻
【答案】C
【解析】
【详解】“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于累积放大法。探究两个互成角度的力的合成规律，用的是等效替代法；探究加速度与物体受力、物体质量的关系，用的是控制变量法；测量电源的电动势和内阻实验方法是间接测量法；测量一烧杯中饱满油菜籽颗粒的直径，也是用累积放大法，故C正确，ABD错误。
故选C。
4. 如图所示，闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径，试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流（ ）
A. 使线圈在纸面内平动或转动
B. 使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动
C. 使线圈以ac为轴转动
D. 使线圈以bd为轴转动
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据产生感应电流条件可知：只需使穿过闭合回路的磁通量发生变化，就能在回路中产生感应电流．线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，根据前面分析ΔΦ=B·ΔS知：只要回路相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定要改变，回路中一定有感应电流产生．
当线圈在纸面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，因此ΔS=0，因而无感应电流，A错；
当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外运动时，同样ΔS=0，也无感应电流产生；B错；
当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流；C错；
当线圈以bd为轴稍作转动，则线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．D对；
故答案选D.
考点：考查感应电流产生的条件．
点评：解题时把握问题实质，关键是看闭合线圈中的磁通量是否变化，与运动形式无关
5. 如图所示为一定质量的理想气体由状态A变化到状态B的p—T图，在由A变化到B的过程中（ ）
A. 气体的密度一直变大
B. 气体的内能一直变大
C. 气体的体积一直减小
D. 单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数一直减少
【答案】D
【解析】
【详解】AC．根据可得因p-T图像上的点到原点连线的斜率与体积倒数成正比，可知从A到B气体的体积一直变大，则密度减小，选项AC错误；
B．气体的温度先增加后不变，则气体的内能先变大，后不变，选项B错误；
D．因为气体的体积一直变大，则气体的分子数密度减小，气体的压强先不变后减小，可知单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数一直减少，选项D正确。
故选D。
6. 分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 从到分子间引力、斥力都在减小
B. 从到分子力的大小先减小后增大
C. 从到分子势能先减小后增大
D. 从到分子动能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．从到分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在时分子势能最小，故从到分子势能一直减小，故C错误；
D．从到分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。
故选D。
7. 如图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P点是平衡位置在处的质点，Q点是平衡位置在处的质点，M点是平衡位置在处的质点；图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播，波速为
B. 质点M与质点Q的振动方向总是相同
C. 在时间内，质点M通过的路程为
D. 在时间内，质点P向左前进
【答案】C
【解析】
【详解】A．在乙图中找到的点，可知质点M此时的运动方向为沿y轴正方向，在甲图中利用同侧法可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；
B．由甲图可知
质点M和质点Q相距4m为半个波长，所以两个质点的振动步调相反，即振动方向总是相反，故B错误；
C．由乙图可知
所以质点M在0.4s的时间内经过了两个周期，走过的位移为
故C正确；
D．在波的传播过程中，质点在平衡位置附近振动，不随波的传播运动，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全得得3分，有选错的得0分。
8. 在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 此过程中通过线框截面的电量为
B. 此时线框的加速度为
C. 此过程中回路产生的电能为
D. 此时线框中的电功率为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．线圈磁通量的变化
ΔΦ＝Ba2


则由电流定义和欧姆定律可得
选项A错误；
B．此时线框产生的电流
由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度
选项B错误；
C．对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能
选项C错误；
D．由电功率定义可得
选项D正确．
故选D。
9. 如图所示，倾角传送带以的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量kg的货物从传送带的底端A处以m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度差m，，，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 货物能冲上水平台面B. 货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s
C. 货物在传送带上划痕长1.05mD. 货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.2J
【答案】ABD
【解析】
【详解】设开始时货物的加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
经时间货物与传送带共速，则有
解得
s
货物相对传送带向上运动的距离
共速后的加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
假设到达水平台面的速度为，则有
解得
则能冲上水平台面，设共速后货物在传送带上的时间为，则有
解得
共速后货物相对传送带向下的距离为
所以货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s，货物在传送带上的划痕长度
货物与传送带间因摩擦产生的热量
ABD项正确，C项错误。
故选ABD。
10. 在LC振荡电路中，某时刻线圈中的磁场B的方向如图所示，且磁感应强度正在减弱，则（ ）
A. 若俯视，此时线圈中的电流方向为顺时针方向
B. 电容器正在充电
C. 此时电容器的上极板带正电
D. 若增大电容器两板距离，LC振荡频率增大
【答案】BD
【解析】
【详解】B．电流减小，磁场才会减弱，说明电容器正充电，选项B正确；
AC．根据安培定则知，线圈中的电流方向为逆时针方向，电容器上极板带负电，选项AC错误；
D．电容器两极板距离增大，电容减小，根据LC振电路频率
知，LC振荡频率增大，选项D正确。
故选BD。
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 根据把复杂的曲线运动分解为两个相对简单的直线运动的思路，平抛运动可以看作是在竖直方向和水平方向的两个分运动的合运动。
为了研究平抛运动的特点，用频闪照相的方法记录做平抛运动的小球每隔相等时间T的位置，如图甲所示。以左边第一个小球（平抛起始点）的中心为原点，沿水平向右竖直向下的方向建立直角坐标系，用平滑曲线把这些位置连接起来，如图乙所示，其中、、……为图甲中记录的小球的位置。已知重力加速度为g。
（1）根据______________可以判断小球在水平方向上做_______________运动。
（2）有同学进一步猜测，小球在竖直方向做自由落体运动，请你利用题中所给信息，提出一种判断该同学的猜测是否成立的方法：________________。
（3）若（2）中猜测成立，测得某小球中心点的横坐标为x，纵坐标为y，据此可以计算出小球的初速度大小为__________________。
【答案】 ①. 相邻两点间的水平距离相等 ②. 匀速直线 ③. 根据自由落体公式，算出相应纵坐标的值，与图中相应的值对比 ④.
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1][2]相邻两点间的水平距离相等，由于时间间隔相等，因此可以判断水平方向上做匀速直线运动。
（2）[3]根据自由落体公式
算出相应纵坐标的值与图中相应的值对比
（3）[4]根据
可得下落时间
在水平方向上由
可得初速度大小
12. 在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度，再用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，则________。
（2）该同学接着用欧姆表粗测该金属丝的电阻，他进行了如下操作：先用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，则应该换用________（选填“”或“”）挡，正确换挡、重新欧姆调零后再进行测量，指针静止时位置如图乙所示，则该金属丝的电阻________（结果保留三位有效数字）。
（3）若用伏安法测量该金属丝的阻值，电路如图丙所示。除电源（电动势为，内阻不计）、电流表A（量程为，内阻约）、待测金属丝、导线、开关外，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________（以上两空均选填以下给定器材前的字母）。电压表的左端应与电路中的________（选填“”或“”）点相连。
A．电压表V1（量程为，内阻约）
B．电压表V2（量程为，内阻约）
C．滑动变阻器（总阻值为，额定电流为）
D．滑动变阻器（总阻值为，额定电流为）
若某次测量中，电压表和电流表示数分别为和，请用上述直接测量的物理量（、、、）写出金属丝的电阻率的表达式，即________。
【答案】 ①. 1.415 ②. ③. 160 ④. A ⑤. D ⑥. ⑦.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数方法是固定刻度示数加上可动刻度示数，所以金属丝的直径为
。
（2）[2][3]用“”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明电阻较小，应该选择更小的倍率“”挡，则欧姆表示数为
（3）[4]由于电源电动势为，为了使电压表指针偏转角度超过量程的，则电压表应选择量程为的电压表，即选择A；
[5]金属丝的电阻约为，测量时为了保证电压表的安全，电路中的最大电流约为
根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻的最小值约为
可知滑动变阻器的阻值应大于，故滑动变阻器应选，即选择D。
[6]因为
所以电流表采用内接法，电压表的左端应与端相连。
[7]根据欧姆定律可得
根据电阻定律可得
联立可得
13. 半径为R的半圆形玻璃砖截面如图所示，O点为圆心，光线a沿半径方向进入玻璃后恰好在O点发生全反射，光线b平行于光线a，从最高点进入玻璃后折射到MN上的D点，已知光线a与MN的夹角为60°，求：
(1)玻璃的折射率n为多少；
(2)OD长度是多少？
【答案】(1)2；(2)R；
【解析】
【分析】
【详解】(1)临界角C＝30°，由公式可得
(2)由折射定律有
可得
由几何关系可得
14. 现代智能手机下载的软件可以直接显示所处环境的压强，某同学利用智能手机的这种功能及图示装置测量不规则形状物体的体积。图中容积为的容器1左侧与容积为的容器2通过软管相连，容器1右侧通过软管与打气筒相连。将体积为V的手机放入容器1，将被测物体放入容器2。软管上安装有阀门和，并处于断开状态。测量时，先关闭，当手机示数稳定时显示的压强为；然后关闭、打开，利用打气筒向容器1中充入压强为、体积为的同种气体；接下来关闭，手机示数稳定时，显示的压强为；最后打开，待气体稳定后手机示数为．整个操作过程，不考虑气体温度的变化，软管的容积可以忽略，求：
（1）利用打气筒充入到容器1中的气体与充气前容器1中原有气体的质量之比；
（2）被测物体的体积。
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【详解】（1）对充气前容器1中的气体有
对充入的气体有
两部分气体在压强相同的情况下，体积比等于质量比，即
解得
（2）关闭时
解得
或者关闭时
解得
15. 如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =1m。间距d = m，两金属板间电压UMN = 1×104 V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上。B、C、H也处于同一直线上。AF两点距离为m。现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10 kg，带电量q = +1×10-4 C，初速度v0 = 1×105 m/s。
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；
(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件。
【答案】(1)；垂直于AB方向出射。(2)(3)
【解析】
【详解】(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，则
解得
竖直方向的速度为
vy＝at＝×105m/s
射出时速度为
速度v与水平方向夹角为θ
故
θ=30°
即垂直于AB方向出射。
(2)带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移
即粒子由P1点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为
由
知
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得
故半径
又
故
所以B2应满足的条件为大于。