1、河北省“五个一名校联盟”2021届高三物理上学期第一次诊断考试试题（含解析）第卷（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025s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350mB. 物体在1520s内与2025s内所受合力方向相反C. 05s内与1520s内物体所受合力的冲量相等D. 05s内与2025s内合力对物体所做的功相等【答案】D【解析】【分析】【详解】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1520s内与2025s内，图像是一条倾斜的直线，故加速度相等
2、，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，05s合力的冲量为1520s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05s合力做的功与2025s合力做的功故合力对物体所做的功相等，故D正确。故选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3625B. 平均速度大小之比为11C. 运动时间之比为65D. 运动时间之比2536【答案】B【解析】【分析】【详解】BCD根据两段平均速度均为最
3、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，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mgC. D. 地面对小车的支持力大小为Mg【答案】C【解析】【分析】【详解】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
4、；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/sB. 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【解析】【分析】【详解】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；Bx=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
5、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41，灯泡a和b额定电压相同，当原线圈输入u=220sin10t（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44VB. 副线圈中交变电流的频率为12.5HzC. 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【解析】【分析】【详解】A灯泡a和b额定电压相同均为U，则变压器原线圈
6、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【解析】【分析】【详解】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
7、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
8、直径单位D. 14个木星直径单位【答案】C【解析】【分析】【详解】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【解析】【分析】【详解】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
9、。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
10、用时间约为D. 磁盘转动的角速度为【答案】CD【解析】【分析】【详解】A磁头在内圈磁道与外圈磁道为同轴传动，角速度相等，由于外轨道的转动半径大于内轨道的转动半径，根据v=r，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.
11、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BC. 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【解析】【分析】【详解】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
12、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
13、最大值为D. 物块A左侧轻绳与桌面夹角为30【答案】BD【解析】【分析】【详解】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：Tmg=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
14、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2.0，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t1t2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=2.0mB. 线圈的宽度cd=0.5mC. 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CD. 0t3时
15、间内，线圈产生的热量为3.6J【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A由题意，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3，且t1t2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0t1时间内，通过线圈的电量代入数据，得故C正确；D在0t3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
16、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：将纸带穿过打点计时器，连在小车一端；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）；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；改变钩码的数量，更换纸带，重复的操作。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
17、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（0.490.50） (3). 1.20（1.101.30）【解析】【分析】【详解】(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=10，滑动变阻器R2有两种型号供选择：A
18、（最大阻值50）；B（最大阻值120）。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/V0.100.200.300.400.500.60U2/V1.100.940.780.710.460.30(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=_（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). (2). B (3). 1.
19、26（1.241.28） (4). 6.0（5.86.2）【解析】【分析】【详解】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=10，I1=I2，所以所以R2应选B。(3)3由图表可知，U1=0时E=U2=1.26V4当U1=0.1V时R2=110，由闭合电路欧姆定律可得 E=I（R1+R2+r）代入数据解得r=6.0 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
20、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=37，人下滑时与充气滑梯间的动摩擦因数=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【解析】分析】【详解】(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
21、，则根据牛顿第二定律得mgsin-mgcos=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= gsin-gcos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=t1t2解得t=1.8s16. 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=0.6的电阻，垂直轨道放置的金属
22、杆ab接入电路中电阻的阻值r=0.4，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【解析】【分析】【详解】(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
23、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)【解析】【分析】【详解】(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，由牛顿第二定律有由几何关系知联立式得带电粒子的比
24、荷为(2)设带电粒子射人磁场后运动到x轴所经过的路程为s，由几何关系得设带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t，则有联立式得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=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。(
25、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)0.25m1.25m【解析】【分析】【详解】(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，
26、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