2025届江苏省丰县中学高三下学期第二次诊断考试物理试题含解析

2025届江苏省丰县中学高三下学期第二次诊断考试物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为450M kg =，桩料的质量为50m kg =。

每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶05h m =处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。

桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图乙所示，直线斜率45.0510/k N m =⨯。

g 取210/m s ，则下列说法正确的是
A ．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9/m s
B ．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5/m s
C ．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1m
D ．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m
2、如图所示，有一个表头，满偏电流100mA a I =，内阻100a R =Ω，把它改装为0.6 A 量程的电流表，则R 的阻值为（ ）
A ．10R =Ω
B ．13R =Ω
C ．16R =Ω
D ．20R =Ω
3、如图所示，一个小球（视为质点）从H ＝12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB ，进入半径R ＝4m 的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 时，刚好对轨道压力为零；沿CB 圆弧滑下后，进入光滑弧形
轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 之值可能为（取g ＝10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言）（ ）
A ．12 m
B ．10 m
C ．8.5 m
D ．7 m
4、如图，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，振幅为10cm ，在波的传播方向上两质点a 、b 的平衡位置相距0.7m （小于一个波长）。

当质点a 在波峰位置时，质点b 在x 轴上方与x 轴相距5cm 的位置。

则该波波长（ ）
A ．λ＝0.8m 或λ＝5.6m
B ．0.8m ＜λ＜5.6m
C ．λ＜0.8m 或λ＞5.6m
D ．无法确定
5、如图所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则（ ）
A ．卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星c
B ．卫星b 和c 的机械能相等
C ．到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t 3
GM r ω- D ．卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c
6、热核聚变反应之一是氘核（21H ）和氚核（31H ）聚变反应生成氦核（42He ）
和中子。

已知21H 的静止质量为2.0136u ，3
1H 的静止质量为3.0150u ，4
2He 的静止质量为4.0015u ，中子的静止质量为1.0087u 。

又有1u 相当于931.5MeV 。

则反
应中释放的核能约为（ ）
A ．4684.1MeV
B ．4667.0MeV
C ．17.1MeV
D ．939.6MeV
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根
.起初，在小活塞硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动，缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气
.能使两活塞相对于气缸向上移动的情况是()
上的烧杯中放有大量沙子
A．给气缸缓慢加热
B．取走烧杯中的沙子
C．大气压变小
D．让整个装置自由下落
8、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
9、有四个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示。

若开关S接在位置1时，四个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏。

下列说法正确的是（）
A ．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数之比为3∶1
B ．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数之比为1∶3
C ．开关S 接在位置2时，副线圈中的灯泡发光亮度均减弱
D ．开关S 接在位置2时，副线圈中的灯泡发光亮度均加强
10、如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P 进入板间。

油滴在P 点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。

空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B ．油滴开始下落的高度h ＝2222U B d g
C ．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D ．油滴离开时的速度大小为2
222qU U gL m B d
-++ 三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）利用打点计时器（用频率为50Hz 的交流电）研究“匀变速直线运动的规律”。

如图所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O 是打点计时器打下的第一个点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出
（1）相邻两计数点之间的时间间隔为________s
（2）实验时要在接通打点计时器电源之________（填“前”或“后”）释放纸带
（3）将各计数点至O 点的距离依次记为1h 、2h 、3h 、4h 、…，测得10.40cm h =，21.60cm h =，3 3.60cm h =，4 6.40cm h =。

请计算打点计时器打下C 点时纸带的速度大小为___m /s ；纸带的加速度大小为________2m /s （结果均保留两位有效数字）
12．（12分）测量物块Q （视为质点）与平板P 之间动摩擦因数的实验装置如图所示。

AB 是四分之一的光滑的固定
圆弧轨道，圆弧轨道上表面与水平固定的平板P 的上表面BC 相切、C 点在水平地面上的垂直投影为C '。

重力加速度为g 。

实验步骤如下：
A ．用天平称得物块Q 的质量为m ；
B ．测得轨道AB 的半径为R 、B
C 的长度为s 和CC '的高度为H ；
C ．将物块Q 从A 点由静止释放，在物块Q 落地处标记其落地点
D ；
D ．重复步骤C ，共做5次；
E ．将5个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量其圆心到C '的距离x 。

则物块Q 到达C 点时的动能kC E __________；在物块Q 从B 点运动到C 点的过程中，物块Q 克服摩擦力做的功W =_______；物块Q 与平板P 的上表面BC 之间的动摩擦因数μ=______。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，高L 、上端开口的气缸与大气联通，大气压P 1．气缸内部有一个光滑活塞，初始时活塞静止，距离气缸底部4
L ．活塞下部气体的压强为2P 1、热力学温度T ． (1)若将活塞下方气体的热力学温度升高到2T ，活塞离开气缸底部多少距离？
(2)若保持温度为T 不变，在上端开口处缓慢抽气，则活塞可上升的最大高度为多少？
14．（16分）底面积为S ，高度为L ，导热性能良好的气缸竖直放置，气缸开口向上，用一质量可忽略不计的活塞封闭了一定质量的气体，稳定时活塞恰好位于气缸口处。

一位同学把某种液体缓慢地倒在活塞上，使活塞沿气缸壁无摩擦
的缓慢向下移动，已知大气压强为P0=1.0×105Pa，环境温度保持不变。

求：
(1)若某种液体为水，为了满足题意，气缸的高度L应满足什么条件？（ρ水=1.0×103kg/m3）
(2)若某种液体为水银，气缸高度L=2.0m，则活塞下降的高度h为多少时就不再下降？（ρ水银=13.6×103kg/m3）15．（12分）如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP 与水平面成30°，间距L=1m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=1T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2T。

两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m=0.1kg，导体棒b 与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间光滑。

导体棒a、b的电阻均为R=1Ω。

开始时，a、b棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中a、b 棒始终不脱离导轨，g取10m/s2.
(1)b棒开始朝哪个方向滑动，此时a棒的速度大小；
(2)若经过时间t=1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移多大；
(3)若将CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解析】
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；
【详解】
A 、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度200 2v gh =，得0 /10/v s m s ===
取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：0)Mv M m v =
+（ 代入数据解得： 9/v m s =，故选项AB 错误；
C 、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为211 22
f W kh h kh =-⋅=- 打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：
()211)02
f M m gh W M m v ++=-+（ 即：()221111)022M m gh kh M m v +-=-+（ 代入数据解得1
1h m =，故选项C 正确； D 、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为2h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：()2221211)()022
M m gh k h h M m v +-+=-+（ 同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为3h 则对夯锤与桩料，由动能定理得：()22312311)()022
M m gh k h h h M m v +-++=-+（ 则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为123H h h h =++
代入数据可以得到：1233H h h h m =++<，故选项D 错误。

本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

2、D
【解析】
改装为0.6A 电流表时，并联电阻的分流电流为
-30.6A 10010A 0.5A R g I I I =-=-⨯=
分流电阻的阻值为 0.1100200.5g g R I R R I ⨯==Ω=Ω 选项D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3、C
【解析】
从高度12m 处到C 点由动能定理
21(2)2f mg H R W mv --=，2
mv mg R
= 可得
12
f W mgR = 从C 点到D 点由动能定理
2f 12''2
mv mg R W mgh +⋅-= 由于小球在圆环的相同高度处，下滑的速度比上滑的小，对轨道的压力更小，搜到的摩擦力更小，则摩擦力做功 f 10'2
W mgR <<
则h 之值 8m '10m h <<
故选C 。

4、B
【解析】
如图有两种情况：
ab 为6
λ ，波长：
=60.7m 4.2m λ⨯=；
ab 为56
λ ，波长： 60.7m 0.84m 5
λ⨯==。

A. λ＝0.8m 或λ＝5.6m 。

与上述结论不符，故A 错误；
B. 0.8m ＜λ＜5.6m 。

与上述结论相符，故B 正确；
C. λ＜0.8m 或λ＞5.6m 。

与上述结论不符，故C 错误；
D. 无法确定。

与上述结论不符，故D 错误。

5、C
【解析】
A.卫星b 加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星c ，选项A 错误；
B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项B 错误；
C.对卫星a ，根据万有引力提供向心力有：
22a Mm G mr r
ω= 所以卫星a 的角速度
3a M G r
ω=可知半径越大角速度越小，卫星a 和b 由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得经历的时间：
3
t GM r ω=- 选项C 正确；
D.卫星a 减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星c ，选项D 错误；
故选C 。

6、C
【解析】
反应的质量亏损
()()
m
∆=+-+=
2.0136u
3.0150u
4.0015u 1.0087u0.0184u
根据爱因斯坦的质能方程，可得放出的能量为
2
∆=∆⋅
E m c
又有
2
=
1u931.5MeV/c
解以上各式得
∆≈
17.1MeV
E
所以C正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD
【解析】
以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知(P0-P)(S-s)=G，明确原来气体压强小于大气压强；题目设计的变化如加热、取走沙子、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了．
【详解】
A．设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和钢球的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：
(P0-P)(S-s)=G…①
给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误．B．取走烧杯中的沙子后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确．
C．大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C
错误．
D．让整个装置自由下落，缸内气体压强增大(原来小于大气压强)，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确．
故选BD．
本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题．
8、AC
【解析】
A ．点电荷p 从x =10cm 处运动到x =30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x =10cm 到x =30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x =10cm 处的电势比x =20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x =10cm 到x =30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x =30cm 到x =50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x =30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B A B Q q Q q k k r r 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x =30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F =q
E 可知：x =30cm 处的电场强度为零，所以从x =10cm 到x =40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

9、AD
【解析】
AB ．四个灯泡发光程度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1：3，根据
12213
1 I n I n ＝＝ 可知该变压器是降压变压器，原副线圈匝数比为3：1，故A 正确，B 错误；
CD ．接到2位置，原线圈电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的电流变大，发光亮度均加强，故D 正确，C 错误。

故选AD 。

10、ABD
【解析】
A.带正电油滴刚到达P 点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P 点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P 点的加速度大小为g ，故A 正确；
B.由于油滴在P 点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有
q U d
＝qBv 对油滴从释放到P 点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh ＝
12mv 2 整理后得h ＝2
22
2U gB d ，故B 正确； C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 错误；
D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有
mg （h ＋L ）－q 2U ＝12
mv ′2 油滴离开金属板下边缘时的速度大小
v ′故D 正确。

故选ABD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.1 后 0.24 0.80
【解析】
（1）[1]频率为50Hz 的交流电，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，所以相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s 。

（2）[2]实验时，需先接通电源，后释放纸带。

（3）[3] 打点计时器打下C 点时纸带的速度大小
420.24m /s 2c h h v T
-== [4] 纸带的加速度大小
()422
2(2)h h h a T --=
代入数据得
20.80m /s a =
12、24mgx H 24x mg R H ⎛⎫- ⎪⎝⎭
2
4R x s Hs - 【解析】
[1]从A 到B ，由动能定理得：
mgR =E KB -0，
则物块到达B 时的动能：
E KB =mgR ，
离开C 后，物块做平抛运动，水平方向：
x =v C t ，
竖直方向：
212
H gt =， 物块在C 点的动能212KC C E mv =
，联立可得： 24KC mgx E H
=； [2][3]由B 到C 过程中，由动能定理得：
221122
f C B W mv mv -=-， B 到C 过程中，克服摩擦力做的功：
2244f mgx x mg R H H W mgs mgR μ⎛⎫=-=- ⎝
=⎪⎭ 可得：
2
4R x s Hs
μ-=。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)12L (2)12
L 【解析】
(1)对活塞受力分析后有：
P 1S +mg =2P 1S
得到：
P 1S =mg
当温度由T 到2T 时，由盖·吕萨克定律得：
142LS L S T T
'= 解得：
12
L L '= (2)当抽气至活塞上方为真空时，活塞可上升到最大高度为H ，由玻意耳定律有：
00124
⨯=⨯P LS P HS 得： H=12
L 14、 (1)L ＞10m ；(2)h =1.26m
【解析】
(1)设活塞下降的距离为ΔL ，为了满足题意，应有气体增加的压强Δp 小于水产生的压强，即 Δp ＜ρ水g ΔL
气体做等温变化，有
p 0SL =(p 0+Δp )S (L －ΔL )
两式联立，得
L －ΔL ＞10m
活塞下降ΔL ＞0，所以
L ＞10m
(2)由(1)中分析知，活塞不再下降，即气体增加的压强等于水银产生的压强，有
Δp =ρ水银gh
p 0SL =(p 0+Δp )S (L －h )
联立两式并代入数据，得
h =1.26m
15、（1）0.2m/s ；（2）0.24m ；（3）匀加速，0.4m/s 2。

【解析】
（1）开始时，a 棒向下运动，b 棒受到向左的安培力，所以b 棒开始向左运动，当b 棒开始运动时有 1B IL mg μ=
对a 棒
2=2B Lv I R
联立解得
21220.2m/s mg R
v B B L μ⋅==
（2）由动量定理得对a 棒 2sin mgt B ILt mv θ-=
其中
222B Lx It R R
∆Φ== 联立解得
222(sin )20.24mgt mv R x m B L
θ-⋅== （3）设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2，则有 21sin mg B IL ma θ-=
12-B IL mg ma μ=
且
21122B Lv B Lv I R
-= 当稳定后，I 保持不变，则 211202B L v B L v I t R t
∆-∆∆==∆⋅∆ 可得
122a a =
联立解得两棒最后做匀加速运动，有a 1=0.2m/s 2，a 2=0.4m/s 2。