豫東名校2023年高三第一次診斷考試（物理試題理）試卷

這是一份豫東名校2023年高三第一次診斷考試（物理試題理）試卷，共17頁。
?豫東名校2023年高三第一次診斷考試（物理試題理）試卷
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1、如圖為甲、乙兩個物體同時從同一地點出發(fā)，沿同一直線運動的速度—時間圖象。則（ ）

A．在2～4 s內(nèi)，甲處于靜止?fàn)顟B(tài)
B．在2 s時刻，甲在乙的正前方
C．在0～6 s內(nèi)，甲和乙相遇一次
D．在0--6 s內(nèi)，甲和乙的位移相同
2、如圖所示，壓縮的輕彈簧將金屬塊卡在矩形箱內(nèi)，在箱的上頂板和下底板均安有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動。當(dāng)箱靜止時，上頂板的傳感器顯示的壓力F1=2N，下底板傳感器顯示的壓力F2=6N，重力加速度g=10m/s2。下列判斷正確的是（　　）

A．若加速度方向向上，隨著加速度緩慢增大，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大
B．若加速度方向向下，隨著加速度緩慢增大，F(xiàn)1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小
C．若加速度方向向上，且大小為5m/s2時，F(xiàn)1的示數(shù)為零
D．若加速度方向向下，且大小為5m/s2時，F(xiàn)2的示數(shù)為零
3、如圖所示汽車用繞過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，輪船在水面上以速度v勻速前進汽車與定滑輪間的輕繩保持水平。假設(shè)輪船始終受到恒定阻力f，當(dāng)牽引輪船的輕繩與水平方向成角時輕繩拉船的功率為P。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（ ）

A．汽車做加速運動 B．輪船受到的浮力逐漸增大
C．輕繩的拉力逐漸減小 D．P的數(shù)值等于
4、如圖所示，由絕緣輕桿構(gòu)成的正方形ABCD位于豎直平面內(nèi)，其中AB邊位于水平方向，頂點處分別固定一個帶電小球。其中A、B處小球質(zhì)量均為m，電荷量均為2q(q>0)；C、D處小球質(zhì)量均為2m，電荷量均為q?？臻g存在著沿DB方向的勻強電場，在圖示平面內(nèi)，讓正方形繞其中心O順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，則四個小球所構(gòu)成的系統(tǒng)（ ）

A．電勢能增加，重力勢能增加
B．電勢能不變，重力勢能不變
C．電勢能減小，重力勢能減小
D．電勢能不變，重力勢能增加
5、電梯在t=0時由靜止開始上升，運動的圖像如圖所示，電梯總質(zhì)量m=2.0×103kg。電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量m0=50kg，忽略一切阻力，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br />
A．第1s內(nèi)乘客處于超重狀態(tài)，第9s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài)
B．第2s內(nèi)乘客對電梯的壓力大小為450N
C．第2s內(nèi)鋼索對電梯的拉力大小為2.2×104N
D．第2s內(nèi)電梯對乘客的沖量大小為550N·s
6、2012年12月26日，世界上最長的高鐵京廣線全線開通．如圖所示，京廣高鐵從北京出發(fā)，經(jīng)石家莊、鄭州、武漢、長沙、衡陽，到達廣州，途經(jīng)北京、河北、河南、湖北、湖南、廣東等6省市，全程2230公里，全程運行時間8小時．同學(xué)們根據(jù)上述材料，可以求出

A．北京到廣州的路程 B．北京到廣州的平均速度
C．北京到廣州的加速度 D．北京到廣州的位移
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7、如圖所示為勻強電場中的一組等間距的豎直直線，一個帶電粒子從A點以一定的初速度斜向上射入電場，結(jié)果粒子沿初速度方向斜向右上方做直線運動，則下列說法正確的是（　　）

A．若豎直直線是電場線，電場的方向一定豎直向上
B．若豎直直線是電場線，粒子沿直線向上運動過程動能保持不變
C．若豎直直線是等勢線，粒子一定做勻速直線運動
D．若豎直直線是等勢線，粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大
8、一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，在時刻的波形圖如圖所示，P、Q為介質(zhì)中的兩質(zhì)點。此時質(zhì)點P正在向動能減小的方向運動，質(zhì)點Q橫坐標(biāo)為5cm。時，質(zhì)點Q第一次回到平衡位置，時，質(zhì)點P第一次回到平衡位置。下列說法正確的是（　　）

A．波沿x軸負方向傳播 B．時，質(zhì)點P向y軸負方向運動
C．波長為12cm D．時，質(zhì)點P位于波峰
9、下列說法正確的是_______。
A．固體都有固定的熔點
B．空氣的絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示
C．在太空中正常運行的“天宮二號”內(nèi)的水珠由于表面張力作用可以變成完美的球形
D．相同溫度、相同材料、相等質(zhì)量的物體，高度越高，內(nèi)能越大
E.一定量的理想氣體經(jīng)某- -過程吸收熱量2.0×103J，對外做功1.0×103J，氣體的溫度升高，密度變小
10、如圖，正方形金屬線框自某一高度在空氣中豎直下落（空氣阻力不計），然后進入并完全穿過與正方形等寬的勻強磁場區(qū)域，進入時線框動能為Ek1，穿出時線框動能為Ek2。從剛進入到剛穿出磁場這一過程，線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q，克服安培力做的功為W1，重力做的功為W2，線框重力勢能的減少量為?Ep，則下列關(guān)系正確的是（ ）

A．Q=W1 B．Q = W 2 W 1
C．Q =?EpEk1Ek2 D．W2=W1(Ek2Ek1)
三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。
11．（6分）某同學(xué)準(zhǔn)備利用下列器材測量干電池的電動勢和內(nèi)電阻。
A．待測干電池兩節(jié)，每節(jié)電池電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約幾歐姆
B．直流電壓表V1、V2，量程均為3V，內(nèi)阻約為3kΩ
C定值電阻R0未知
D．滑動變阻器R，最大阻值Rm
E．導(dǎo)線和開關(guān)
(1)根據(jù)如圖甲所示的實物連接圖，在圖乙方框中畫出相應(yīng)的電路圖______。

(2)實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0，方法是先把滑動變阻器R調(diào)到最大阻值Rm，再閉合開關(guān)，電壓表V1和V2的讀數(shù)分別為U10、U20，則R0=___________(用Um、U10、U20、Rm表示)
(3)實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U2-U1圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k，與縱軸的截距為a，則兩節(jié)干電池的總電動勢E=___________，總內(nèi)阻r=___________(用k、a、R0表示)。
12．（12分）研究電阻值相近的兩個未知元件和的伏安特性，使用的器材有多用電表、電壓表（內(nèi)阻約為）、電流表（內(nèi)阻約為）。

(1)用多用電表歐姆擋的“”倍率粗測元件的電阻，示數(shù)如圖（a）所示，其讀數(shù)為_____。若用電壓表與電流表測量元件的電阻，應(yīng)選用圖（b）或圖（c）中的哪一個電路_____（選填“（b）”或“（c）”）。
(2)連接所選電路并閉合開關(guān)，滑動變阻器的滑片從左向右滑動，電流表的示數(shù)逐漸______（選填“增大”或“減小”）；依次記錄實驗中相應(yīng)的電流值與電壓值。
(3)將元件換成元件，重復(fù)上述步驟進行實驗。
(4)圖（d）是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的元件和的圖線，由圖像可知，當(dāng)元件中的電流增大時其電阻_________（選填“增大”“減小”或“不變”）。
四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。
13．（10分）如圖，質(zhì)量m1=0.45 kg的平頂小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m2=0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜止在車頂?shù)挠叶耍毁|(zhì)量為m0=0.05 kg的子彈以水平速度v0=100 m/s射中小車左端并留在車中，最終小物塊相對地面以2 m/s的速度滑離小車．已知子彈與車的作用時間極短，小物塊與車頂面的動摩擦因數(shù)μ=0.8，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g=10 m/s2，求：

（1）子彈相對小車靜止時小車速度的大小；
（2）小車的長度L．
14．（16分）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為。兩個大小不計的物塊質(zhì)量分別為和,與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為和。已知物塊與碰撞時間極短且無能量損失，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。
（1）若傳送帶不動，將物塊無初速度地放置于傳送帶上的某點，在該點右上方傳送帶上的另一處無初速度地釋放物塊，它們第一次碰撞前瞬間的速度大小為，求與第一次碰撞后瞬間的速度；
（2）若傳送帶保持速度順時針運轉(zhuǎn)，如同第（1）問一樣無初速度地釋放和，它們第一次碰撞前瞬間的速度大小也為，求它們第二次碰撞前瞬間的速度；
（3）在第（2）問所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對物塊做的功。

15．（12分）如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場。有一質(zhì)量為m，電荷量為q，帶負電的粒子（重力不計）從坐標(biāo)原點O射入磁場，其入射方向與y軸負方向成45°角。當(dāng)粒子第一次進入電場到達P點時速度大小為v0，方向與x軸正方向相同，P點坐標(biāo)為（4L，L）。求：

（1）粒子從O點射入磁場時速度v的大??；
（2）磁感應(yīng)強度B的大?。?br /> （3）粒子從O點運動到P點所用的時間。



參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1、C
【解析】
A．在v-t圖象中，斜率代表加速度，縱坐標(biāo)表示速度大小，故在2～4?s內(nèi)，甲處于勻速運動狀態(tài)，故A錯誤；
B．因v-t圖像的面積等于位移，可知在0-2s內(nèi)乙的位移大于甲，則在2 s時刻，乙在甲的正前方，選項B錯誤；
CD．開始階段乙比甲運動的快，乙在前，甲在后，此后乙做減速運動，甲做加速，再做勻速；而在0~6s內(nèi)，甲的位移為24m，乙的位移為18m，說明甲的位移大于乙的位移，且在兩個物體同時停止前甲追上乙，此后甲一直在前，故只相遇一次，故C正確，D錯誤。
故選C。
2、C
【解析】
A．若加速度方向向上，在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則F2不變，根據(jù)牛頓第二定律得

得

知隨著加速度緩慢增大，F(xiàn)1逐漸減小，A錯誤；
B．若加速度方向向下，在金屬塊未離開上頂板時彈簧的壓縮量不變，則F2不變，根據(jù)牛頓第二定律得

得

知隨著加速度緩慢增大，F(xiàn)1逐漸增大，故B錯誤；
C．當(dāng)箱靜止時，有

得
m=0.4kg
若加速度方向向上，當(dāng)F1=0時，由A項分析有

解得
a=5m/s2
故C正確；
D．若加速度方向向下，大小是5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，彈簧不可能恢復(fù)原長，則F2的示數(shù)不可能為零，D錯誤。
故選C。
3、D
【解析】
A．由速度分解此時汽車的速度為：v車=vcosθ，船靠岸的過程中，θ增大，cosθ減小，船的速度v不變，則車速減小，所以汽車做減速運動，故A錯誤；
BC．繩的拉力對船做功的功率為P，由P=Fvcosθ知，繩對船的拉力為：

對船：

聯(lián)立可知：

θ增大，則F變大，F(xiàn)浮變小；故BC錯誤；
D．船勻速運動，則Fcosθ=f，則

故D正確。
故選D。
4、D
【解析】
讓正方形繞其中心O順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，則電場力對四個小球做總功為：

則系統(tǒng)電勢能不變；
系統(tǒng)重力勢能變化量：

則重力勢能增加；
A．電勢能增加，重力勢能增加，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；
B．電勢能不變，重力勢能不變，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；
C．電勢能減小，重力勢能減小，與結(jié)論不相符，選項C錯誤；
D．電勢能不變，重力勢能增加，與結(jié)論相符，選項D正確；
故選D.
5、D
【解析】
A．第1s內(nèi)和第9s內(nèi)加速度均豎直向上，乘客處于超重狀態(tài)，故A錯誤；
B．第2s內(nèi)研究乘客，根據(jù)牛頓第二定律

代入數(shù)值解得電梯對乘客的支持力為550N，由牛頓第三定律可知，乘客對電梯的壓力為550N，故B錯誤；
C．第2s內(nèi)研究乘客和電梯整體，根據(jù)牛頓第二定律

代入數(shù)值解得鋼索對電梯的拉力為22550N，故C錯誤；
D．圖像的面積表示速度變化，得第2s內(nèi)速度的變化量為
m/s
第2s內(nèi)研究乘客，根據(jù)動量定理

代入數(shù)值解得電梯對乘客的沖量為Ns，故D正確。
故選D。
6、A
【解析】
試題分析：北京到廣州全程2230公里，指的是的路程，選項A正確；北京到廣州的直線距離未知，即位移未知，不能求北京到廣州的平均速度，選項B、C、D錯誤；
考點：路程和位移

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7、BD
【解析】
AB．粒子做直線運動，則粒子受到的合力與初速度共線，因此粒子一定受重力作用，若豎直直線是電場線，粒子受到的電場力一定豎直向上，粒子斜向右上做直線運動，因此合力一定為零，粒子做勻速直線運動，動能不變，由于粒子的電性未知，因此電場方向不能確定，選項A錯誤，B正確；
CD．若豎直直線是等勢線，電場力水平，由于粒子斜向右上做直線運動，因此電場力一定水平向左，合力與粒子運動的速度方向相反，粒子斜向右上做減速運動；粒子受到的電場力做負功，因此粒子沿直線斜向上運動過程電勢能增大，選項C錯誤，D正確。
故選BD。
8、BC
【解析】
A．當(dāng)時，質(zhì)點P正在向動能減小的方向運動，即P點向y軸正方向運動，根據(jù)上下坡法，機械波向x軸正方向傳播，A錯誤；
B．當(dāng)時，質(zhì)點Q第一次回到平衡位置，則有，當(dāng)經(jīng)過，質(zhì)點P由y軸上方位置第一次回到平衡位置，應(yīng)該向y軸負方向運動，B正確；
C．當(dāng)時，質(zhì)點Q第一次回到平衡位置，則有，由于時質(zhì)點P第一次回到平衡位置，設(shè)波速為v，在時間內(nèi)，波傳播的距離為

也可表示為

而

解得

C正確；

D．波峰與P點水平距離為

傳播時間為，D錯誤。
故選BC。
9、BCE
【解析】
A．固體包括晶體和非晶體，單晶體和多晶體都有固定的熔點，非晶體沒有固定的熔點，所以固體不一定有固定的熔點，選項A錯誤；
B．空氣的絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示，選項B正確；
C．在太空中正常運行的“天宮二號”內(nèi)，由于處于完全失重狀態(tài)，水珠由于表面張力作用可以變成完美的球形，選項C正確；
D．物體的內(nèi)能是物體中所有分子熱運動動能的勢能的總和，與物體宏觀位置的高低無關(guān)，選項D錯誤；
E．由熱力學(xué)第一定律

知氣體內(nèi)能增加，濕度升高，氣體對外做功，體積增加，密度減小，選項E正確。
故選BCE。
10、ACD
【解析】
AB．由能量關(guān)系可知，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q等于克服安培力做的功為W1，選項A正確，B錯誤；
CD．由動能定理

即
W2=W1(Ek2Ek1)
而
W2=?Ep
則
Q =W1= ?EpEk1Ek2
選項CD正確。
故選ACD。

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。
11、
【解析】
（1）由實物圖可知電路的連接方式，得出的實物圖如圖所示：

（2）由圖可知，V2測量R0與R兩端的電壓，V1測量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U20﹣U10；由歐姆定律可知：R0Rm；
（3）由閉合電路歐姆定律可知：E＝U2r，變形得：，結(jié)合圖象有：，，解得;,。
12、10 （b） 增大 增大
【解析】
(1)[1]選擇“”倍率測量讀數(shù)為，則待測電阻值為。
(2)[2]元件電阻值約為，根據(jù)

可知元件與電流表內(nèi)阻相近，則電流表采用外接法誤差較小，應(yīng)選（b）電路。
(3)[3]在（b）電路中，滑動變阻器的滑片從左向右滑動，元件兩端電壓增大，則其電流增大則電流表的示數(shù)逐漸增大。
(4)[4]根據(jù)歐姆定律變形

圖像上的點與原點連線斜率的大小為電阻，由圖像的變化特點知，元件的電阻隨電流的增大而增大。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。
13、（1）10 m/s （2）2 m
【解析】
本題考查動量守恒與能量綜合的問題．
（1）子彈進入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得
m0v0=(m0+m1)v1…………①
解得v1=10 m/s
（2）三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得
(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3…………②
解得v2=8 m/s
由能量守恒可得
(m0+m1)=μm2g·L+(m0+m1)+m2…………③
解得L=2 m
14、（1）；（2），方向沿傳送帶向下；（3）
【解析】
（1）由于，故放上傳送帶后不動，對和第一次的碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有


又
解得
（2）傳送帶順時針運行時，仍受力平衡，在被碰撞之前一直保持靜止，因而傳送帶順時針運行時，碰前的運動情形與傳送帶靜止時一樣，由于第一次碰后反彈的速度小于，故相對傳送帶的運動方向向下，受到的摩擦力向上，合力向下做減速運動。減速到零后相對傳送帶也向下運動，摩擦力方向不變，設(shè)在傳送帶上運動時的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有

解得
解法一從第一次碰后到第二次碰前做勻變速運動，做勻速運動兩者位移相等，則有


解得，方向沿傳送帶向下
解法二以為參考系，從第一次碰后到第二次碰前，有

解得第二次碰前相對的速度
則對地的速度為

方向沿傳送帶向下
解法三第一次碰撞后到第一次碰撞前，兩者位移相同，故平均速度相同，則有

解得，方向沿傳送帶向下
（3）以地面為參考系，第二次碰后瞬間和第三次碰前瞬間的速度分別記為和，第二次碰后瞬間的速度記為。兩者發(fā)生第二次彈性碰撞時，根據(jù)動量守恒和能量守恒有


解得
解法一第二次碰后做勻變速運動，做勻速運動。到第三次碰前兩者位移相等，所以


解得，方向沿傳送帶向下
從第一次碰后到第三次碰前的位移

傳送帶對做的功

解法二設(shè)第二次碰撞后再經(jīng)時間，發(fā)生第三次碰撞，設(shè)位移分別為，以向下為正，則



解得


而

傳送帶對做的功

解法三以為參考系，第二次碰撞到第三次碰撞之間，和的相對運動規(guī)律和第次與第二次之間的相同，故第三次碰撞前，的對地速度

描繪從釋放和開始到它們第三次碰撞前，它們對地的圖線如下

結(jié)合圖象，可以計算從第一次碰后到第二次碰前對地的位移

傳送帶對做的功

15、（1） （2） （3）
【解析】
帶電粒子以與x軸成45°垂直進入勻強磁場后，在O點根據(jù)平行四邊性定則可得射入磁場時的速度；粒子在電場中運動根據(jù)運動學(xué)方程和幾何關(guān)系求出半徑，再根據(jù)牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度；求出粒子在電場中的運動時間和在磁場中運的運動時間，即可求得總時間。
【詳解】
（1）粒子從O點射入磁場時的速度為

（2）粒子在電場中運動，沿y軸方向： ，
沿x軸方向：
解得:
粒子在磁場中的運動軌跡為圓周，由幾何關(guān)系得：
粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：
解得
（3）粒子在電場中的運動時間為
粒子在磁場中運的運動時間為
則從O點運動到P點所用的時間為
【點睛】
可將粒子的運動軌跡逆向思考，看成粒子在電場中以一定速度做類平拋運動后，進入勻強磁場中做勻速圓周運動。