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　河北省“五个一名校联盟”2021届高三第一次诊断考试物理

　注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

　第Ⅰ卷（选择题）

　一、单项选择题：本题共8小题，每小题只有一个选项符合题目要求的。

　1.如图所示为一物体在0～25s内运动的v-t图像，则关于该物体的运动，下列说法正确的是（

　）

　A.物体在25s内的位移为350m

　B.物体在15～20s内与20～25s内所受合力方向相反

　C.0～5s内与15～20s内物体所受合力的冲量相等

　D.0～5s内与20～25s内合力对物体所做的功相等

　答案：D

　解：A．物体在25s内的位移为图像与时间轴所围的面积，故A错误；

　B．物体在15～20s内与20～25s内，图像是一条倾斜的直线，故加速度相等，根据牛顿第二定律，物体所受合力方向相同，故B错误；

　C．由动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，0～5s合力的冲量为

　15～20s合力的冲量

　故物体所受合力的冲量不相等，C错误；

　D．由动能定理，有0～5s合力做的功

　与20～25s合力做的功

　故合力对物体所做的功相等，故D正确。

　故选Ｄ

　2.水平面上一物体从静止开始先做匀加速直线运动，运动36m后紧接着做匀减速直线运动，又运动25m后停止运动。物体在先后加速和减速的两个运动过程中，下列说法正确的是（

　）

　A.加速度大小之比为36︰25

　B.平均速度大小之比为1︰1

　C.运动时间之比为6︰5

　D.运动时间之比25︰36

　答案：B

　解：BCD．根据两段平均速度均为最大速度的一半，所以平均速度相同，为1:1，根据

　，

　故

　故B正确，CD错误；

　A．根据可知

　故A错误。

　故选B。

　3.如图所示，光滑水平地面上停有一小车，其上固定一竖直木杆，两者总质量为M，在竖直木杆上套一质量为m的金属小圆环，小圆环直径略大于木杆的直径，已知小圆环与竖直木杆之间的动摩擦因数为μ，现对小车施加水一平作用力F，使小圆环恰好相对木杆匀速下滑，下列说法正确的是（

　）

　A.此时小圆环做匀速直线运动

　B.木杆对小圆环的弹力大小等于mg

　C.

　D.地面对小车的支持力大小为Mg

　答案：C

　解：A．小圆环恰好相对木杆匀速下滑，故

　水平方向

　解得：

　故A错误；

　B．木杆对小圆环的弹力大小等于，故B错误；

　C．整体分析可知

　故C正确；

　D．整体竖直方向上平衡，故地面对小车的支持力大小为，故D错误。

　故选C。

　4.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正、负方向传播，甲波的波速为25cm/s。两列波在t=0时的波形曲线如图所示，下列说法正确的是（

　）

　A.乙波的波速为30cm/s

　B.x=50cm处的质点为两列波干涉的振动加强点

　C.t=0时，x=-10cm处的质点向x轴负方向运动

　D.t=0.1s时，x=77.5cm处质点的位移为-16cm

　答案：B

　解：A．由图像可知，乙的波长为，乙的周期未知，所以波速未知，故A错误；

　B．x=50cm处为两列波波峰相遇，此时质点振动加强，故B正确；

　C．甲波沿x轴正向传播，t=0时，x=-10cm处的质点向y轴正方向运动，故C错误；

　D．质点的振幅是8cm，质点的位移的最大值是8cm，故D错误。

　故选B。

　5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4︰1，灯泡a和b额定电压相同，当原线圈输入u=220sin10πt（V）的交变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（

　）

　A.灯泡的额定电压是44V

　B.副线圈中交变电流的频率为12.5Hz

　C.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡a变暗

　D.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器输入功率变小

　答案：A

　解：A．灯泡a和b额定电压相同均为U，则变压器原线圈两端电压为4U，原线圈回路

　解得：

　故A正确；

　B．副线圈中交变电流的频率为

　故B错误；

　CD．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电阻减小，电流变大，副线圈消耗功率变大，则原线圈电流变大，灯泡a变亮，灯泡a分压变大，原线圈输入功率变大，故CD错误。

　故选A。

　6.在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然熄灭，则出现这种现象的原因可能是（

　）

　A.电阻R1短路

　B.电阻R2断路

　C.电容器C被击穿（相当于被短路）

　D.电容器C的一个极板与导线脱落导致断路

　答案：C

　解：A．若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联的电压增大，则灯泡变亮，A错误；

　B．若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻中电压减小，灯泡两端的电压增大，故灯泡变亮，B错误；

　C．电容器C被击穿（相当于被短路），则灯泡被短路，没有电流流过灯泡，熄灭，C正确；

　D．电容器C的一个极板与导线脱落导致断路，对灯泡亮度没有影响，D错误。

　故选C。

　7.伽利略用木星的直径作为量度单位，测量了木星卫星的轨道半径。他发现最接近木星的卫星木卫一的公转周期是1.8d（天），距离木星中心4.2个木星直径单位。木星的另一颗卫星的公转周期是7.15d，请运用伽利略所采用的单位，预测此卫星与木星中心的距离约为（

　）

　A.4个木星直径单位

　B.7个木星直径单位

　C.11个木星直径单位

　D.14个木星直径单位

　答案：C

　解：根据开普勒第三定律可知

　此卫星与木星中心的距离约为

　故选C。

　8.如图所示，一个直径为L，电阻为r的半圆形硬导体棒AB，在水平恒力F作用下，沿光滑固定水平U形框架匀速运动，该区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，框架左侧接电阻R，导轨电阻不计，则半圆形导体棒的速度大小和BA间的电势差UBA分别为（

　）

　A.，

　B.，

　C.，

　D.，

　答案：D

　解：半圆形硬导体棒的等效长度为L，根据公式

　联立解得

　根据安培力公式，则有

　解得电动势为

　由安培定则可判断出电流由B流向A，则BA间的电势差UBA为

　故ABC错误，D正确。

　故选D。

　二、多项选择题：每小题有多个选项符合题目要求。

　9.硬盘是电脑主要的存储媒介，信息以字节的形式存储在硬盘的磁道和扇区上，家用台式电脑上的硬盘的磁道和扇区如图所示。若某台计算机上的硬盘共有m个磁道（即m个不同半径的同心圆），每个磁道分成a个扇区（每扇区为圆周），每个扇区可以记录b个字节。磁头在读写数据时是不动的，电动机使磁盘匀速转动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。不计磁头转移磁道的时间，磁头未转移至最内道的情况下，计算机每秒可以从一个硬盘面上读取n个字节，则（

　）

　A.磁头在内圈磁道与外圈磁道上相对磁道运动的线速度相同

　B.一个扇区通过磁头所用时间约为

　C.一个扇区通过磁头所用时间约为

　D.磁盘转动的角速度为

　答案：CD

　解：A．磁头在内圈磁道与外圈磁道为同轴传动，角速度ω相等，由于外轨道的转动半径大于内轨道的转动半径，根据v=rω，知线速度不等，故A错误。

　BC．每秒可以从一个硬盘面上读取n个字节，每个扇区可以记录b个字节，则一个扇区通过磁头所用时间约为，选项B错误，C正确；

　D．每一个扇区所占的圆心角为，则磁盘转动的角速度为

　选项D正确。

　故选CD。

　10.如图甲所示，A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的粒子只受电场力的作用，从A点以某一初速度沿直线运动到B点，其动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示，则该粒子从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（

　）

　A.粒子的电势能先减小后增大

　B.在x轴上，电场强度的方向由A指向B

　C.粒子所受电场力先减小后增大

　D.在x轴上，从A到B各点的电势先升高后降低

　答案：AC

　解：A．动能先增大后减小，根据能量守恒定律可知电势能先减小后增大，故A正确；

　B．因为带正电的粒子在只受电场力的作用动能先增加后减小，可知在x轴上粒子先朝电场强度方向运动，后朝电场强度方向反方向运动，可知在x轴上，电场强度的方向不是由A指向B，B错误；

　C．由图中的斜率可知动能的改变率先越来越小，后越来越大，即速度的改变率先越来越小，后越来越大，故粒子所受电场力先减小后增大，C正确；

　D．在x轴上，从A到B该正电荷的动能先增大后减小，可知电势能先减小后增大，根据电势能的定义

　可知，电势先降低后升高，D错误；

　故选AC。

　11.如图所示，质量为m的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑轻质定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时（未着地），A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是（

　）

　A.在B从释放位置运动到最低点的过程中，B的机械能守恒

　B.在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量

　C.物块A右侧轻绳所受拉力的最大值为

　D.物块A左侧轻绳与桌面夹角为30°

　答案：BD

　解：A．在B从释放位置运动到最低点的过程中，重力势能减小，动能不变，故机械能减小，故A错误；

　B．除重力外，只有弹簧弹力对B做功，故在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，故B正确；

　CD．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：

　T－mg=mg

　解得在最低点时有弹簧弹力为

　T=2mg

　对A受力分析可得

　物块A左侧轻绳与桌面夹角为，此时，右侧轻绳所受拉力最大，为

　故C错误，D正确。

　故选BD。

　12.如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在的平面。现有一单匝矩形线圈abcd，质量为0.1kg，电阻为2.0Ω，将其从静止释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t=0时刻cd边与L1重合，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，v2大小为8m/s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10m/s2，则（

　）

　A.线圈的长度ad=2.0m

　B.线圈的宽度cd=0.5m

　C.在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C

　D.0～t3时间内，线圈产生的热量为3.6J

　答案：ABC

　解：A．由题意，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3，且t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速运动，则ab边刚进入磁场时，cd边也刚进入磁场，设磁场宽度为d，根据匀变速直线运动规律，有

　代入数据，解得

　则此时

　故A正确；

　B．线圈匀速运动时，根据受力平衡，有

　代入数据，得

　故B正确；

　C．在0～t1时间内，通过线圈的电量

　代入数据，得

　故C正确；

　D．在0～t3时间内，根据能量守恒定律，有

　代入数据，得

　Q=1.8J

　故D错误。

　故选ABC。

　第Ⅱ卷（非选择题）

　三、非选择题：本题共6小题。

　13.某实验小组采用如图甲所示的装置探究“加速度与合外力的关系”。实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器的工作频率为50Hz。

　(1)实验的部分步骤如下：

　①将纸带穿过打点计时器，连在小车一端；

　②用一细线绕过光滑定滑轮连接小车和钩码（细线与桌面平行）；

　③将小车靠近打点计时器附近，接通打点计时器电源后释放小车，小车拖动纸带并沿桌面做直线运动，打点计时器在纸带上打下一系列点，关闭电源；

　④改变钩码的数量，更换纸带，重复①②③的操作。

　本实验中要使绳子对小车的拉力近似等于钩码的重力，除了需要平衡摩擦力外，还需满足的条件是：___________；

　(2)如图乙是某次实验得到一条纸带，在纸带上选择起始点O及多个计数点A、B、C、D、…，可根据各计数点刻度值求出对应时刻小车的瞬时速度v，则C点对应的速度大小为vC=___________m/s（结果保留两位小数），小车运动的加速度大小为a=___________m/s2（结果保留两位小数）。

　答案：(1).绳下所挂钩码质量远小于小车的质量(2).0.49（0.49~0.50）(3).1.20（1.10~1.30）

　解：(1)[1]本实验中要使绳子对小车的拉力近似等于钩码的重力，则要求绳下所挂钩码质量远小于小车的质量。

　(2)[2]由图得各计数点对应的刻度：、、、、。根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得

　[3]由逐差公式得

　14.某实验小组为测量一节内阻较大的干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的实验电路，电路中的定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2有两种型号供选择：A（最大阻值50Ω）；B（最大阻值120Ω）。

　实验小组成员闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片调至最右端。闭合开关后，调节滑动变阻器，记录了多组电压表的示数U1、U2，如下表所示。

　U1/V

　0.10

　0.20

　0.30

　0.40

　0.50

　0.60

　U2/V

　1.10

　0.94

　0.78

　0.71

　0.46

　0.30

　(1)请根据表格数据在图乙的坐标系中作出U2-U1图像________；

　(2)根据实验中的记录数据，可知滑动变阻器R2应选___________（选填“A”或“B”）；

　(3)如将两电压表视作理想电表，根据作出的图像可得到电池的电动势E=___________V（结果保留两位小数），电池的内阻r=___________Ω（结果保留两位有效数字）。

　答案：(1).(2).B(3).1.26（1.24～1.28）(4).6.0（5.8～6.2）

　解：解：(1)[1]由图表中的数据描点作图

　(2)[2]由电压表的示数U1、U2，U1=0.1V时，U2=1.1V，因为R1=10Ω，I1=I2，所以

　所以R2应选B。

　(3)[3]由图表可知，U1=0时

　E=U2=1.26V

　[4]当U1=0.1V时

　R2=110Ω，由闭合电路欧姆定律可得

　E=I（R1+R2+r）

　代入数据解得

　r=6.0Ω

　15.飞机发生安全事故时对乘客往往造成重大伤害，但如果多学习逃生知识，沉着冷静应对，就可以有效减少逃生所需时间，降低事故对乘客的伤害。在一次逃生演习时，小明在飞机舱口快速坐下，然后沿逃生滑梯滑下。认真学习过逃生知识的小杰从舱口水平跳出，跳上滑梯后继续沿直线滑下。如图所示飞机舱口高3m，飞机逃生用的充气滑梯可视为与舱口相接的斜面，斜面倾斜角θ=37°，人下滑时与充气滑梯间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：

　(1)小明从静止开始由滑梯顶端滑至底端所需的时间；

　(2)假设小杰以v0=2m/s速度水平跳出，落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以的初速度开始沿着滑梯匀加速下滑，求小杰从滑梯顶端跳出至滑到滑梯底端所需的时间。

　答案：(1)；(2)1.8s

　分析】

　解：(1)设小明的质量为m，在滑梯滑行过程中加速度大小为a，运动时为t0，则根据牛顿第二定律得

　mgsinθ-μmgcosθ=ma

　联立方程，解得

　(2)小杰先做平抛运动，设运动的水平位移为x，竖直位移为y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为s，运动时间为t1，则

　x=v0t1

　联立方程，解得

　t1=0.3s

　联立方程，解得

　小杰落到滑梯后做匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为t2，则有

　其中，加速度为

　a=gsinθ-μgcosθ

　设小杰从滑梯顶端跳出至滑到滑梯底端所需时间为t，则有

　t=t1＋t2

　解得

　t=1.8s

　16.如图所示，有一固定在水平面内的U形金属框架，整个轨道处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0T。金属框架宽度L=0.5m，左端接有阻值R=0.6Ω的电阻，垂直轨道放置的金属杆ab接入电路中电阻的阻值r=0.4Ω，质量m=0.1kg。现让金属杆ab以v0=5.0m/s的初速度开始向右运动，不计轨道摩擦和轨道电阻。求：

　(1)从金属杆ab开始运动到停下过程中，通过电阻R的电荷量q及金属杆ab通过的位移x；

　(2)从金属杆ab开始运动到停下过程中，电阻R上产生的焦耳热QR。

　答案：(1)q=1C，x=2m；(2)0.75J

　解：(1)金属杆ab从开始运动到停下过程中，设通过金属杆ab的平均电流为，运动的总时间为t，根据动量定理可得

　其中

　解得

　q=1C

　根据

　解得金属杆ab通过的位移

　x=2m

　(2)全过程中，金属杆ab动能转化为焦耳热，则有

　可得

　17.如图所示，在直角三角形OPN区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强大小为B。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场，一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于OP的方向射出磁场。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴正方向的夹角为30°，粒子进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离为，不计粒子重力。求：

　(1)带电粒子的比荷；

　(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

　答案：(1)；(2)

　解：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，由动能定理有

　①

　设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有

　②

　由几何关系知

　③

　联立①②③式得带电粒子的比荷为

　④

　(2)设带电粒子射人磁场后运动到x轴所经过的路程为s，由几何关系得

　⑤

　设带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t，则有

　⑥

　联立②④⑤⑥式得

　18.如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R=1m的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1kg的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。

　(1)若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；

　(2)若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN大小；

　(3)用质量m3=1kg的物块丙取代物块甲（甲和丙材料相同），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）

　答案：(1)2m；(2)80N；(3)0.25m<h≤0.75m或h>1.25m

　解：(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供

　得

　物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向

　水平方向

　可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为

　(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0，由动能定理可知

　得

　物块甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒

　得

　设乙物块通过圆心等高点时的速度为v3，根据机械能守恒，则

　设物块乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为FN，得

　根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力

　方向水平向右。即物块乙对轨道的压力大小为80N。

　(3)要使物块丙能够与物块乙碰撞

　即

　因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块丙发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞

　即

　如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块丙发生碰撞

　即

　丙与乙碰前速度设为v5，则有

　在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式

　得

　综上

　或