【文档说明】河北省“五个一名校联盟”2021届高三上学期第一次诊断考试物理试卷【精准解析】.doc，共(22)页，1.232 MB，由小赞的店铺上传

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-1-河北省“五个一名校联盟”2021届高三第一次诊断考试物理第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350mB.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【解析】【分析】【详解】A．物体在2

5s内的位移为图像与时间轴所围的面积1020120m520m300m-50m=250m22x+=−=，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50==20Imvmvm−合15～20s合力的冲量'20=020Imvm−=−合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-2-251=02002Wmvm−=合与20～25s合力做的功2251=02002Wmvm−=合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︰25B.平均速度大小之比为1︰1C.运动时间之比为6︰5D.运动时间之比为25︰36【答案】B【解析】【分析】【详解】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136mvt=，225mvt=故12:36:25tt=故B正确，CD错误；A．根据1122atat=可知122536aa=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（）-3-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.()FgmM=+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Nmg=水平方向Nma=解得：ag=故A错误；B．木杆对小圆环的弹力大小等于mg，故B错误；C．整体分析可知()()

gaFmMmM=+=+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()mMg+，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（）-4-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60cm=，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=2202sin10πt（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】-5-【分析】【详解】A．灯泡a和b额定电压相同均为U，则变压器原线圈两端电压为4U，原线圈回路4220VUU+=解得：4

4VU=故A正确；B．副线圈中交变电流的频率为5Hz2f==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；-6-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【解析】【分析】【详解】根据开普勒第三定律可知222330300237.15()()2.51.8TrTrTT===此卫星与木星中心的距离约为2.54.210.5=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.22()π()2FRrLB+，FrBLB.22()π()2FRrLB+，FrBL−-7-C.22()FRrBL+，FRBLD.22()FRrBL+，FRBL−【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EBLv=FBIL==RRr+总联立解得22()FvR

rBL=+根据安培力公式，则有EFBLRr=+解得电动势为()FRrEBL+=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BARFRUERrBL=−=−+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1a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（）-8-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1mnC.一个扇区通过磁头所用时间约为bnD.磁盘转动的角速度为2πnab【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bn，选项B错误，C正确；D．每一个扇区所占的圆心角为2a，则磁盘转动的角速度为22nabtabn

===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（）-9-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，可知电势能先减小后增大，根据电势能的定义pEq=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（）-10-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2mgD.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

：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2sinmgmg=物块A左侧轻绳与桌面夹角为30，此时，右侧轻绳所受拉力最大，为2cos3mTmgmg==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L1L

2之间、L3L4-11-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=2.0mB.线圈的宽度cd=0.5mC.在0～t1时间内，通过线圈的电荷

量为0.25CD.0～t3时间内，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2213

2dvtgt=−代入数据，解得1md=则此时22mhd==故A正确；B．线圈匀速运动时，根据受力平衡，有222cdBLvmgR=代入数据，得-12-0.5mcdL=故B正确；C．在0～t1时间内，通过线圈的电量1qItR==代入数据，得0.25CcdBLdqR==故C正确；D．在0

～t3时间内，根据能量守恒定律，有22152Qmgdmv=−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。-13-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的一条纸带，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：1.00cmOx=、2.50cmAx=、4.20cmBx=、6.10cmCx=、8.15cmDx=。根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度

得0.49m/s4DBCxxvT−==[3]由逐差公式得22()()m)1.20/(s4DBBOxxxxaT−−−==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）。-14-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/V0.100.20

0.300.400.500.60U2/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=___________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）

-15-【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=10Ω，I1=I2，所以21.1101100.1R=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110.1A0.01A10UIR===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=6.0Ω15.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，-16-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的速度水平跳出，落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以4m/s3v=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)5s；(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，则根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=masinhL=2012Lat=联立方程，解得05st=

(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=v0t12112ygt=-17-tanyx=联立方程，解得t1=0.3s22sxy=+联立方程，解得3m4s=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22212Lsvtat−=+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=1.8s16.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=0.6Ω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I，运动的总时间为t，根据动量定理可得-18-00BILtmv−=−其中qIt=解得q=1C根据BLxqItRrRr===++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2011.25J2Q

mv==可得0.75JRRQQRr==+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16m10π3+，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)2100(π3)3UB+；(2)100BU【解

析】【分析】-19-【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212qUmv=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2vqvBmr=②由几何关系知16m10π3r=+③联立①②③

式得带电粒子的比荷为2100(π3)3qUmB+=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πtan303rsr=+⑤设带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t，则有stv=⑥联立②④⑤⑥式得100BtU=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）-20-【答案】(1)2m；(2)80N；(3)0.25m<h≤0.75m或h>1.25m【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222vmgmR=

得vgR=物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向2122gtR=水平方向xvt=可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为22mxR==(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0，由动能定理可知210110102mghmgLmv−=−得015m/sv=物块

甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+得-21-15m/sv=−210m/sv=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22222321122mvmvmgR=+设物块乙运动至圆心等高点时

对轨道的压力大小为FN，得23N280NvmRF==根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力'80NNNFF=−=−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33mghmgL即0.25mh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333mghmgL即0.75mh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224212mvmgR即42vgR丙与乙碰前速度设为v5，则有54vv=在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式-22-2333512mghmgLmv−=得1.25mh综上0.25m0.75mh或1.25mh