2021-2022学年湖南省怀化市高三（上）第一次诊断物理试卷（附详解）.pdf

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1、2021-2022学年湖南省怀化市高三（上）第一次诊断物理试卷一、单 选 题（本大题共6小题，共24.0分）1.2021年8月1日。在东京奥运会男子100米半决赛中，苏炳添跑出9秒83的成绩。成功闯入决赛并创造了亚洲纪录。成为我国首位闯入奥运会男子百米决赛的运动员。下列说法正确的是（）A.百米赛跑过程中苏炳添的位移就是路程B.9秒83表示苏炳添冲到终点时的时刻C.苏炳添百米赛跑的平均速度大于36 km/hD.苏炳添百米全程瞬时速度始终大于其他运动员2.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为仇以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为=。时刻记录

2、了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小巧 以。已知传送带的速度保持不变，g m o m/s2,则下列判断正确的是（）A.0 L内，传送带对物块做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数为“，”tan。C.0 t2内，传送带对物块做功为：谚-mvf）D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大3.如图所示，光滑直角三角形支架4BC竖直固定在水平地面上，B、C两点均在地面上，AB与BC间的夹角为8,分别套在AB、AC上的小球a和b用轻绳连接，系统处于静止状态，轻 绳 与 间 的 夹 角 为a.a、b的质量之比为（）A4.口罩中使用的

3、熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，平板电极表面为等势面，熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是（）接电源正极J-针状电极II/熔 喷 布jX接电源负极、平板电极A.针状电极上，针尖附近的电场较弱B.熔喷布上表面因捕获带电粒子将带负电C.沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其加速度逐渐减小D.两电极相距越远，熔喷布捕获的带电粒子速度越大5.在我国南海上有一浮桶式灯塔，其结构如甲图所示。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成（图乙中阴

4、影部分），其内部为产生磁场的磁体，磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈能够随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动，线圈与塔灯相连。下列说法错误的是（）第2页，共19页A.当海面无波浪时，该灯塔无法发光B.该装置的工作原理是电磁感应现象C.当线圈上下运动时，回路中无感应电流D.圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等6.如图所示，倾角为。的斜面足够长，小球以大小相等的初A.小球竖直向下抛，所用时间最短 B.小球垂直斜面向下抛出用时最短C.小球水平向左抛出用时最长D.小球竖直向上抛出用时最长二、多 选 题（本大题共4 小题，共 20.0分）7.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三 e6

5、 a点的位置如图所示，三点的电势分别为15V、29V、471/,一下列说法正确的是（）9.；A.坐标原点处的电势为-3V-o 2 4 6 cmB.电子在a点的电势能比在b点的高14eUC.电子从b点运动至心点，克服电场力做功为18eVD.电场强度的大小为5v/an,方向沿Oc连线，由c指向。8.一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为巾1的物体1轻放在弹簧上端，物体1由静止向下运动到最低点的过程中，其机械能与弹簧压缩量x间的关系如图线1所示;把质量为爪2的物体2轻放在弹簧上端，物体2由静止向下运动，物体向下运动到最低点的过程中其机械能与弹簧压缩量工间的关系如图线2所示（弹簧始终处于弹性限度范围内

6、）。以桌面为零势能面，已知弹簧的弹性势能与形变量之间的关系满足E p =海2,则（）A.两物体的质量之比m i：m2=3：1B.图中X i：%2=1：3C.m i与m 2的最小机械能之比为1：3D.与m 2的最大动能之比为1：99 .2 0 2 1年6月，神舟十二号载人飞船顺利升空，并与轨道高度为4 0 0 km的“天和”核心舱在图1中M点成功对接，对接时，神舟十二号已关闭动力。轨 道I是神舟十二号轨道示意图，口是“天和”核心舱运动的轨道示意图，图2为两航天员出舱情景图。已知地球半径为6 4 0 0/c i n,地球表面重力加速度g取1 0 m/s 2,（）2=0.89则下列说法中正确的是（）

7、图I图2A.质量为5 0 kg的航天员在核心舱内对核心舱的压力为4 4 5 NB.神舟十二号载人飞船在M点的加速度与“天和”核心舱的加速度相等C.神舟十二号载人飞船在N点发射速度大于7.9km/sD.图2中两个航天员处于完全失重状态，所以二者间的万有引力为01 0 .如图所示，电路中有阻值均为R的五个完全相同的纯电阻元件，a、b两端接交流电源，所有电表均为理想电表，理想变压器原、副线圈的匝数分别为七、n2开关S闭合前、后，电压表匕的示数分别为a、U/,电压表的示数分别为g、外。已知%=2,开关S闭合前、后，电压表%的示数%始终不变，下列说法正确的是（）第4页，共19页A.=3 n2B.C.U

8、m gsinO,得“tan。，故 8 错误；C、0 弓内，由 图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为心，根据动能定理得：据动能定理得：W +WG=mvl则传送带对物块做功W*,故 C 错误；。、根据功能关系，系统产生的热量等于物块重力势能的减小量和动能的减小量之和，有t 图像可知，在0 t2时间内，物体的重力势能减小量为正；t=12时刻之后，物体随传送带一起运动，系统不再产生热量，物块的动能也不再发生变化，所以系统产生的热量一定比物块动能的减小量大，故D正确；故选：D。由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0 方内，物块对传送

9、带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有pngcosO mgs讥0,根据动能定理研究0 内，传送带对物块做功，根据功能关系结合物块的运动情况分析产生的热量与动能的减小量的大小关系。本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法。3.【答案】A【解析】解：分别以a和b为研究对象，进行受力分析，受到重力、支持力和绳子拉力,将重力和支持力进行合成，如图所示;根据几何关系得到图中各个角度，利用正弦定理可得:咏=三，解得加a=雪7sma sm0 sin。而 赤 石 一 而 赤p解得：mb=T所以有：詈=鬻

10、，故4正确、8 c o错误。i i i f)ian(7故选：Ao分别以a和b为研究对象，进行受力分析，受到重力、支持力和绳子拉力，将重力和支持力进行合成，利用正弦定理列方程求解。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后第1 0页，共1 9页在坐标轴上建立平衡方程进行解答。4.【答案】C【解析】解：4、针状电极上，针尖附近的电场线较密，电场较强，故A错误；8、针状电极带正电，平板电极带负电，它们之间的电场大致向下，空气被电离后的正电荷在电场力作用下向下运动，则熔喷布上表面因捕获带电粒子

11、将带正电，故B错误;C、沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，所受的电场力逐渐减小，则其加速度逐渐减小，故C正确；以设两电极间电压为U,熔喷布捕获的带电粒子速度为。，根据动能定理得qU=m v2,得v=陛,与两电极间的距离无关，所以熔喷布捕获的带电粒子速度一定,故D错误。Y m故选：C。根据电场线的分布情况分析电场的强弱；根据熔喷布上表面的带电情况分析所捕获的带电粒子的电性；根据电场力的变化分析加速度的变化；根据动能定理分析熔喷布捕获的带电粒子速度情况。解决本题时，要了解电场的分布情况，运用力学的基本规律，如牛顿第二定律、动能定理进行分析。5.【答案】C【解析】解：4、当海面无波浪时，线圈没有相对

12、磁体上下运动，则线圈没有切割磁感线，所以该灯塔无法发光，故A正确；8、该装置的工作原理是电磁感应现象，故8正确；C、当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中有感应电流，故C错误；。、根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁感应强度大小相等，故。正确；本题选错误的故选：Co根据感应电流产生的条件进行判断即可；结合磁场分布的特点判断磁感应强度。本题要注意解题关键在于明确磁场的分布特点。6.【答案】B故选：B。假想抛出点也抛出后自由下落，以其为参考系，分析各个小球相对于抛出点的距离，确定某一时刻小球的位置，画出图线进行分析即可。本题主要是考查抛体运动，解答本题的关键是巧选参考系，分析各个小球的位置关

13、系,画图进行分析即可。7.【答案】ABD【解析】解：力、在匀强电场中-0 a=-解得：3O=-3 V,故4正确3、根据负电荷在电势越低的点，其电势能越大，可知电子在a点的电势能比在b点的高，且E pa-Epb-e(0 a-W b)=1 4 W,故 B 正确C、电子从b点运动到c点，电场力做功为W=eUbc e(Pb%)=e x (2 9 4 7 =1 8eV,所以电子从b点运动到c点，电场力做功1 8 W,故C错误D、沿%方向的场强大小为E*=三二|/7(7 7 1 =4 l/cm沿y方向的场强大小为E y=V/cm=3 V/cm合场强为E =相 不 砥=42+32V/cm=5 V 7 cm,

14、合场强与%方向的夹角。满足tan。=T =lEx 4根据沿电场线电势逐渐降低，根据几何关系可知方向沿0 c连线，由c指向0,故。正确。故选：ABD.根据匀强电场电势差的规律解得坐标原点的电势;根据E pa-Epb=-e(pa-%)解得电子在ab间电势能再计算；根据电场力做功公式W=-e%c解得；分别解得沿x轴和y轴的分场强，再根据矢量的合成解得合场强。第 12页，共 19页本题考查电势差与匀强电场的关系，解题关键掌握电场力做功的计算公式，同时注意场强是矢量。8.【答案】BD【解析】解：4、设弹簧原长为八 以桌面为零势能面，当x =0 时，其机械能为m g/,从图中可以看出X =0 时,与 爪2

15、 的机械能之比为1：3,则两物体的质量之比加1：瓶2 =1：3,故A错误；B、当物体将弹簧压缩到最短时，物体的机械能最小，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，则=|fcx2,可知最大压缩量x 与质量小成正比，图中与：x2=m1：m2=1：3,故 8 正确；C、当物体将弹簧压缩到最短时，物体的机械能最小，最小机械能E =其比值无法确定，故 C错误；D、当物体的重力与弹簧弹力平衡时，物体的动能最大，则有m g =kx,mgx=kx2+Ek m,解得最大动能以m =誓，则 与 7 7 1 2 的最大动能之比为1：9,故 O 正确。故选：B D。根据初始两物体机械能可解得质量之比；当物体将弹簧压缩到最短时

16、，物体的机械能最小，弹簧和物体组成的系统机械能守恒，可解得最大压缩量之比；当物体的重力与弹簧弹力平衡时，物体的动能最大。解决本题的关键是正确分析物体的运动情况，知道在加速度为零的时候小球的速度达到最大值；掌握功能转化关系。9.【答案】BC【解析】解：力、“天和”核心舱在太空做匀速圆周运动时处于完全失重状态，所以航天员对核心舱无压力作用，故 A错误；3、神舟十二号与“天和”核心舱在M点时与地心距离相等，由万有引力定律和牛顿第二定律得故二者的加速度相等，故 8正确;C、根据第一宇宙速度概念可知，第一宇宙速度是最小的发射速度，故C正确；。、题图2两个航天员处于完全失重状态，但二者间仍然符合万有引力定

17、律，故二者间万有引力不为0,故。错误。故 选:BC。4、根据完全失重状态的理解，可知航天员对核心舱无压力作用；8、由万有引力定律和牛顿第二定律，结合神舟十二号与“天和”核心舱在M点时与地心距离相等，可知二者的加速度相等；C、根据第一宇宙速度的理解，可以判断该项；根据万有引力定律的普遍性，可知两个宇航员间的万有引力不为零。本题以神舟十二号为背景考查天体运动知识，考查考生应用万有引力知识综合分析能力。1 0.【答案】AC【解析】解：4、由U =4和欧姆定律可知，通过理想变压器原、副线圈的电流大小之比为1：3,根据变压器原理得：%.=2 =2n2 ii 1故A正确；B、根据变压器原理得：UQ-U _

18、 n-i _ 3U 2 九 2 1解得：力=却0，故B错误；CD、闭合开关S后，设通过副线圈的每个纯电阻元件的电流大小为/通过副线圈的总电流为4/2，通过原线圈的电流大小 为?2，则1 rl=4凡u2=I2R,又=U+3U2,联立解得：U2=U0,U=uo,故C正确，。错误;第1 4页，共1 9页故选：AC根据U1=U2求出原副线圈电流之比，根据变流之比可求匝数比；根据变压器变压之比及欧姆定律知识,可求U1和 间 的 关 系；根据变压器变流之比及欧姆定律知识,可求U l、U2和间的关系。该题的突破口是利用理想变压器的电压、电流之间的关系，表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻分得的电压，找出

19、原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系，即可解决本题。11.【答案】1.5 1.9 9.5【解析】解:(1)相邻两计数点间还有4个点未画出，故相邻两计数点时间间隔是=0.1s,5点的瞬时速度为：%=士 =(13-78+I5.7O)X I O-2 工1.5/n/s,、2T 2x0.1/(2)采用逐差法处理数据，则加速度大小为：c _ X36-X03 _ (11,92+13.78+15.7O-6.19-8.11-1O.OO)X1O-2,2 _ q,2a m/s-1Vm；已知7nl 80g=80 x 103k g m2-120g=120 x 103kg,根据牛顿第二定律，则有：m2g-mr

20、g=(mx+m2)a则有：9mA+m2=兀 不代入数据，解得：g=二;x l.9m/s2=9.5m/s2o故答案为：(1)1.5；(2)1.9；9.5(1)根据匀变速直线运动中时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度求计数点5时运动的瞬时速度:(2)利用匀变速直线运动的推论a=器，结合逐差法求加速度大小，再由牛顿第二定律,即可求解重力加速度大小；考查求解瞬时速度的方法，掌握逐差法求解加速度的内容，对于纸带问题的处理，我们要熟练应用匀变速直线运动的规律以及推论进行数据处理，因此在平时训练中要提高应用基本规律解答实验问题的能力。12.【答案】2.97晨偏大a【解析】解:(1)电压表量程为3匕由图乙所示表

21、盘可知,其分度值为0.1U,示数为2.97匕忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=U+/R=U+*R,由题意得：E=U,E=U2+R,解得，电压表内阻：即=黑 ;x Ky U 一考虑电源内阻：E=7 +*,E=U2+(R +r),解得：即=_ ，由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大。(2)不考虑电源内阻，由图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E=U+IR=U+小，RV整理得：3 击R+j由图丙所示A-R图象可知，图象的斜率上=白-=T 义=5,U CKy c U cKy U-(一 a)A纵轴截距b=iE解得，电压表内阻Ry=a；考虑电源内阻，由图甲所示电

22、路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E=U+/(r+R)=U+5(r+R),Rv整理得:=2/?+喘由图丙所示5-/?图象可知，图 象 的 斜 率 卜=言=/右=U c.Ky C.tKy(J tiKy U -1 Q)纵轴截距b=Ea c tKy解得：Rv=a-r；故答案为：(1)2.97(2.93 2.99均正确)；找p偏大；(2)a；a-r(1)根据电压表量程由图乙所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律分析答题。(2)根据图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。本题考查了测电压表内阻实验，理解实验原理是解

23、题的前提，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律，结合图示图象即可解题。13.【答案】解：(1)对B：做匀加速运动，由牛顿第二定律有,zngsin37。一/nngcos37。=ma,解得 a-2m/s2(2)对4；做平抛运动，则 有(|a t2+L)cos37=vot,(at2+L)sin37=g t2,而且=tan37VOt联立以上三式解得：a=2m/s2,t=1.5 s,v0=10 m/s.第16页，共19页答：物体B 沿斜面下滑的加速度a 为2m/s 2；(2)几和t 的大小分别为1 0 m/s 和1.5s.【解析I B沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可求出8 的加速度，物体4 做

24、平抛运动，4 沿着斜面方向的位移比B 大L,根据平抛运动的规律，4 水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，根据位移公式和两物体的位移关系，列方程求解即可。本题是相遇问题，关键需要根据4、B 之间位移关系列出方程，求解。1 4.【答案】解：(1)由左手定则知，磁场方向垂直纸面向内2洛伦兹力提供向心力：evB=r由几何关系有：rsin。联立可得：8=四更”=也ed 2ed(2)将偏转磁场换为偏转电场后，经过电场的过程，由动量定理：/=mvtand=V 3 m v由几何关系知，靶的最小半径为：Rm in=isint/z z o电子以M 的速度在MN间加速时，由动能定理有：e t/=i

25、m?e t/=|m v，2-j m v 得至i j：v2=v2+vl再由几何关系：(/-R)tand=(/+R)tandt a“=孑=弓=詈、的 夕=黑(/一/?)2=。+/?)今故：*署联立得：立 度=v2 L-R所以：也=陛v Y I-R答：(1)转磁场的磁感应强度B 的大小亘竺，方向垂直纸面向内；2ea(2)偏转电场对电子的冲量大小为靶环的最小半径为亲若问中求得靶环的最小半径为R,且电子以初速度进入“、N之间开始加速时,电子仍能打到靶环上，号的最大值为空。【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式,由几何关系求得半径，联立可求得磁感应强度大小；(2)由

26、动力学规律及几何关系偏转总距离的关系式，从而判断改变加速电压后P点的变化情况。解决该题需要明确知道电子在各个区域的运动情况，知道在匀强电场中顺着电场线电势的变化情况，能正确推导出电子在磁场中运动半径。15.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(m2+m1)v1,解得：Vi=4m/s；由能量守恒定律得4E=1诏-|(m2+m v l，代入数据解得：4E=12/；(2)三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(m2+m1)v1 (m2+m1+m3)v

27、2代入数据解得，车与物体的共同速度为：v2=2 m/s；(3)以小物体为研究对象，取向右为正方向，由动量定理得：m3gt=m3v2,代入数据解得：t=0.5s。答：(1)子弹射中小车过程中损失的机械能AE为12/；(2)最后物体与车的共同速度为2m/s；(3)小木块在小车上滑行的时间为0.5s。【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式，根据能量守恒定律解答；(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式即可求解；(3)以m3为研究对象，利用动量定理列式即可求解。本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物第1 8页，共1 9页体的受力情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。