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）

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36km/h

D.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

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，

gmom/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：⑺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（）

A

4.口罩中使用的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

I

I

/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（）

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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""e

6a

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-o246^cm

B.电子在a点的电势能比在b点的高14eU

C.电子从b点运动至心点，克服电场力做功为18eV

D.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）。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Ep=

海2,则（）

A.两物体的质量之比mi：m2=3：1

：

B.图中Xi：%2=13

C.mi与m2的最小机械能之比为1：3

D.与m2的最大动能之比为1：9

9.2021年6月，神舟十二号载人飞船顺利升空，并与轨道高度为400km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6400/cin,地球表面重力加速度g取10m/s2,（^）2=0.89„则

下列说法中正确的是（）

图I图2

A.质量为50kg的航天员在核心舱内对核心舱的压力为445N

B.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/s

D.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0

10.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（）

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A.=3n

2B.C.U<=*UoD.U2'=

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

11.用如图(a)所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为巾2的重锤从高处由

静止开始下落，质量为mi的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点,

对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图(b)给出的是实验

中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为

50Hz,相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知恤=80g、=120g,要求所有

计算结果保留两位有效数字。则：

(1)在纸带上打下计数点5时的速度%=m/s；

(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a=m/s2,而得出当地的重力加速度大

小为g=m/s2o

12.某实验小组为了测量一个量程为3V的电压表的内电阻R-,设计了以下实验方案，

甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。

(1)小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0,闭合开关S,电压表读数如图乙所

示，读出此时电压%=V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱

阻值R和此时电压表的电压小，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果即=

(用符号U1、4和R表示)；如果考虑电源内阻，则测量结果即与真实值比

较(选填“偏大”或“偏小”)。

(2)小李实验步骤如下：闭合开关S,多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电

压表的电压U,作出图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内

阻的测量值为n；如果已知电源内电阻为r(0,则电压表内阻的真实值为

______必

四、计算题(本大题共3小题，共41.0分)

13.如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向的夹角为

e=37°,物体B与斜面间的动摩擦因数为〃=0.5。将

物体4以初速度火从斜面顶端水平抛出的同时，物体

B在斜面上距顶端L=16.5m处由静止释放，经历时间

t,物体4第一次落到斜面上时，恰与物体B相碰，已知s讥37。=0.6,cos370=0.8,

g=10m/s2,不计空气阻力，两物体都可视为质点。求：

(1)物体B沿斜面下滑的加速度a：

(2)%和t的大小。

14.CT扫描是计算方IX射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。

图(a)是某利CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。

图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，加速电压恒定；高度足够高、宽度为d的

虚线框内有垂直纸面的匀强偏转磁场。电子束从静止开始在M、N之间加速后以速

度u水平射出并进入偏转磁场，速度方向改变60。角后打到靶环上的P点产生X射线,

探测器能够探测到竖直向上射出的X射线•靶环形状是以P点为圆心的圆面，P点距

偏转磁场中心的水平距离为I。已知电子质量为电量为e,电子重力不计、始终

在真空中运动。

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图(a)图⑹

(1)求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向;

(2)若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，也可使电子偏转60。

角后打在靶环上产生X射线。

①求偏转电场对电子的冲量大小；

②求靶环的最小半径；

③若②问中求得靶环的最小半径为R，且电子以初速度处进入M、N之间开始加速

时，电子仍能打到靶环上，求多的最大值。

15.如图，一质量a?=0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量=0.30kg的小物体，

小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数〃=04,小车静止在光滑的水平轨

道上。现有一质量恤=0.05kg的子弹以水平速度%=24m/s射中小车左端，并留

在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2。

求：

(1)子弹射中小车过程中损失的机械能4E为多少？

(2)最后物体与车的共同速度为多少？

(3)小木块在小车上滑行的时间。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、100m跑道是直线跑道，此时的100m既是路程也是位移大小，位移是

矢量，路程是标量，不能说位移就是路程，故A错误；

B、9秒83是时间间隔，并非时刻，故B错误；

C、苏炳添百米赛跑的平均速度大小5=拦m/s=10.2m/s=366km"，故C正确；

9.83

。、物体经过某一位置的速度是瞬时速度，苏炳添百米全程瞬时速度不一定大于其他运

动员，故力错误；

故选：C。

明确位移和路程的定义，知道位移是矢量而路程是标量；时间是时间轴上的一段，与位

移相对应；而时刻是坐标轴上的一个点，与位置相对应；物体经过某一位置的速度是瞬

时速度.物体在某一过程上的速度是指平均速度；平均速度等于位移与时间的比值。

本题考查位移和路程、平均速度、时间和时刻等内容，要注意明确平均速度和瞬时速度

的区别，瞬时速度可以精确描述物体的运动状态，而平均速度只能粗略地描述物体的运

动。

2.【答案】D

【解析】解：4、由图知，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，

。〜ti内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错

误；

B、在匕〜12内，物块向上运动，则有卬ngcos。>mgsinO,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7

smasm0sin。

而赤石一而赤p解得：mb=^T

所以有：詈=鬻，故4正确、8co错误。

iiif)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

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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=\mv2,

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。

Ym

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系,

画图进行分析即可。

7.【答案】ABD

【解析】解：力、在匀强电场中％-0a=-解得：3O=-3V,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Epa-Epb--e(0a-Wb)=14W,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—%)=~ex(29—

47"=18eV,所以电子从b点运动到c点，电场力做功18W,故C错误

D、沿%方向的场强大小为E*=三二|/7(771=4l//cm

沿y方向的场强大小为Ey=V/cm=3V/cm

合场强为E=相不砥=<42+32V/cm=5V7cm,

合场强与%方向的夹角。满足tan。=T=l

Ex4

根据沿电场线电势逐渐降低，根据几何关系可知方向沿0c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Epa-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。

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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mg/,

从图中可以看出X=0时,与爪2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

2

恒，则=|fcx,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mg=kx',mgx'=\kx'2+

Ekm,解得最大动能以m=誓，则与7712的最大动能之比为1：9,故O正确。

故选：BD。

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，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。

10.【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=2

n2ii1

故A正确；

B、根据变压器原理得：

UQ-U^_n-i_3

U2九21'

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

1rl=4凡

u'2=I'2R,

又=U\+3U'2,

联立解得：

U'2=^U0,U\=^uo,

故C正确，。错误;

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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、

U’2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】1.51.99.5

【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)XIO-2工1.5/n/s,

、2T2x0.1/'

(2)采用逐差法处理数据，则加速度大小为：

2

c_X36-X03_(11,92+13.78+15.7O-6.19-8.11-1O.OO)X1O-,2_q,2

a~~m/s-1Vm〃；

33

已知7nl—80g=80x10~kgm2-120g=120x10~kg,

根据牛顿第二定律，则有：m2g-mrg=(mx+m2)a

m+m

则有：9=兀A不2

二;22

代入数据，解得：g=xl.9m/s=9.5m/so

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=U+^R,解得，电压表内阻：即=黑";

x2KyU]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,

UCKycUcKyU-(一a)A

纵轴截距b=i

E

解得，电压表内阻Ry=a；

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+/(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=

Uc.KyC.tKy(JtiKyU-1—Q)

纵轴截距b=E

actKy

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

222

(2)对4；做平抛运动，则有(|at+L)cos37°=vot,(^at+L)sin37°=^gt,而

且=tan37°

VOt

2

联立以上三式解得：a=2m/s,t=1.5s,v0=10m/s.

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答：⑴物体B沿斜面下滑的加速度a为2m/s2；

(2)几和t的大小分别为10m/s和1.5s.

【解析IB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。

14.【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=^~