高級中學名校試卷PAGEPAGE1德陽市高中2022級第一次診斷考試物理試卷說明：1。本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6頁，考生作答時，須將答案答在答題卡上，在本試卷、草稿紙上答題無效?？荚嚱Y束后，將答題卡交回。2。本試卷滿分100分，75分鐘完卷。第Ⅰ卷（選擇題，共43分）一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的，選對得4分，選錯得0分）1.豎直上拋一個小球，不計空氣阻力，以下描述小球在空中運動速度隨時間變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由于不計空氣阻力，可知小球上升和下降過程的加速度相同，均為向下的g，上升過程速度減小，速度減到零后向下加速運動，則v-t圖像是一條傾斜的直線。故選B。2.如圖所示，同學們組成的跑操方陣排列整齊地勻速率通過圓弧形跑道區域，每個方陣中的每位同學均可視為做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（）A.每位同學的角速度相同B.每位同學所受的合力為零C.每位同學的速度大小相同D.每位同學的加速度保持不變【答案】A【解析】A．依題意，每位同學繞同一個圓心轉動，則角速度相同。故A正確；B．每位同學均做勻速圓周運動，所受的合力提供向心力，不為零。故B錯誤；C．根據可知每位同學的速度大小不相同。故C錯誤；D．根據可知每位同學的加速度大小保持不變，方向指向圓心，時刻改變。故D錯誤。故選A。3.用傳感器和計算機描出的物體平拋運動的軌跡，如圖所示，物體自坐標原點O開始做平拋運動。已知某點坐標，，重力加速度取為。由此可得本實驗中物體做平拋運動的初速度大小是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根據平拋運動規律，豎直方向做自由落體水平方向做勻速直線運動聯立解得故選B。4.空間某區域存在靜電場如圖所示，實線為等勢線，相鄰等勢面間電勢差相等。某質子運動軌跡如圖虛線所示，、是軌跡上的兩個點，下列說法正確的是（）A.點的電場強度比點大B.、兩點電場強度的方向相同C.質子從點運動到點，電場力做正功D.質子處于、兩點時，其電勢能在點時較小【答案】C【解析】A．等差等勢面越密集的地方場強越大，故點的電場強度比點小，故A錯誤；B．電場線與等勢面垂直，且指向低等勢面，如圖為、兩點電場強度的方向可知、兩點電場強度的方向不同，故B錯誤；C．曲線運動的受力方向指向曲線的凹測，受力與電場強度方向相同，質子從點運動到點，力與位移的夾角為銳角，所以電場力做正功，故C正確；D．根據質子處于、兩點時，其電勢能在點時較大，故D錯誤；故選C。5.一衛星繞地球運動的軌道為橢圓，已知地球半徑為R，衛星距地球球心的最近距離為、最遠距離為，則（）A.衛星從距離地球最近到最遠的過程中，機械能增加B.衛星從距離地球最近到最遠的過程中，機械能減少C.相同時間內，衛星與地球球心連線掃過面積不相同D.衛星運動過程中加速度的最大值和最小值之比為【答案】D【解析】AB．衛星繞地球運動，只有地球的引力做功，機械能不變，故AB錯誤；C．由開普勒第二定律可知，相同時間內，衛星與地球球心連線掃過的面積相同，故C錯誤；D．根據牛頓第二定律可知，衛星運動過程中加速度的最大值和最小值之比為，故D正確。故選D。6.如圖所示，質量為m的滑塊Q與質量為2m的滑塊P置于水平地面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為。用水平向右的拉力F拉滑塊P，使兩滑塊均做勻速直線運動。某時刻突然撤去該拉力F，則下列說法正確的是（）A.拉力F的大小為B.撤去拉力F前，彈簧彈力大小為C.撤去拉力F瞬間，滑塊Q的加速度大小為D.撤去拉力F瞬間，滑塊P的加速度大小為【答案】A【解析】A．對AB整體分析可知，兩滑塊勻速運動時整體處于平衡狀態，可知拉力F的大小為選項A正確；B．撤去拉力F前，對Q分析可知彈簧彈力大小為選項B錯誤；C．撤去拉力F瞬間，彈簧彈力不變，則滑塊Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小為零，選項C錯誤；D．撤去拉力F瞬間，對滑塊P由牛頓第二定律可得加速度大小為選項D錯誤。故選A。7.如圖所示，粗糙水平地面上有一質量為M、傾角為30°的粗糙楔形斜面C，斜面上有一個質量為的物塊B，輕繩一端與物塊B相連，另一端繞過固定在天花板上的定滑輪，連接一個質量為m的小球A，初始時對A球施加斜向右上方的拉力F，拉力F與豎直方向夾角為，輕繩與豎直方向夾角為?，F讓拉力F順時針緩慢轉動至水平向右方向，轉動過程A、B、C始終保持靜止。已知B與滑輪間的細繩與斜面平行，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.初始時，拉力F的大小為B.初始時，斜面C對物塊B的作用力大小為C.拉力F轉動過程中，拉力F變大D.地面對斜面C的作用力先減小再增大【答案】C【解析】A．初始時，對A分析可知，拉力F的大小為選項A錯誤；B．初始時，因細繩對B的拉力不為零，可知斜面C對物塊B的作用力大小不等于B的重力，選項B錯誤；C．由平行四邊形定則可知，拉力F轉動至水平向右的過程中，拉力F變大，細繩的拉力逐漸變大，選項C正確；D．則對BC整體分析可知，整體受重力、地面對C的作用力和細線的拉力作用，由平衡可知，地面對C的作用力與整體的重力以及細線拉力的合力等大反向，因整體重力不變，細線拉力變大且兩個力的夾角一定，可知重力和細線拉力的合力變大，即地面對斜面C的作用力逐漸增大，選項D錯誤。故選C。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分，每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的不得分）8.摩托車、電動自行車騎乘人員應該佩戴具有緩沖作用的安全頭盔，安全文明出行。遭遇事故時，頭盔的緩沖層與頭部的撞擊時間延長，起到緩沖作用，則下列說法正確的是（）A.頭盔減小了騎乘人員頭部撞擊過程中的動量變化率B.頭盔減小了騎乘人員頭部撞擊過程中的動量變化量C.頭盔減少了騎乘人員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量D.頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量等大反向【答案】AD【解析】A．根據可得依題意，頭盔內部的緩沖層與頭部的撞擊時間延長了，頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過程中的動量變化率，故A正確；BC．遭遇事故時，動量變化量不變，根據動量定理可知，頭盔并沒有減少駕駛員頭部撞擊過程中撞擊力的沖量，故B錯誤，C錯誤；D．根據知頭盔對頭部的作用力與頭部對頭盔的作用力等大反向，作用時間相同，所以事故中頭盔對頭部的沖量與頭部對頭盔的沖量等大反向，故D正確。故選AD。9.人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質點的貨物，從圓弧滑道頂端P點以2m/s的速度沿切線方向下滑，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質量為5kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有（）A.克服阻力做的功為120JB.重力做的功為20JC.經過Q點時向心加速度大小為D.經過Q點時對軌道的壓力大小為45N【答案】AC【解析】B．重力做的功故B錯誤；A．下滑過程根據動能定理可得克服阻力做的功故A正確；C．經過Q點時向心加速度大小為故C正確；D．經過Q點時，根據牛頓第二定律解得根據牛頓第三定律故D錯誤。故選AC。10.內燃機做功沖程如圖所示，簡化成球1、球2通過帶有鉸鏈的輕桿相連，質量為2m的球1穿在半徑為R的豎直光滑圓環ABCD上，質量為m的球2穿在光滑豎直桿上，球1沿圓環順時針轉動。重力加速度為g，不計一切摩擦，球1從A→C運動過程中，內燃機燃氣對球2做功W，下列說法正確的是（）A.球2速度為零時所受合外力一定恰好為0B.球2速度最大時所受合外力一定恰好為0C.球1經過與圓心等高的B點時，與球2的速度相同D.球1從A→C運動過程中，輕桿對球2做功【答案】BC【解析】AB．從A到C的過程中，在C點，球1無法沿桿分解速度，所以2球速度為0，所以球2先加速后減速，中間存在最大速度點，即加速度為0，合外力為0的位置，A錯誤，B正確；C．球1經過B點時，而這速度滿足二者速度方向與桿都有相同的夾角，二者速度相等，C正確；D．對整個過程列動能定理，則有所以輕桿做功為D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題，共57分）三、實驗題（本大題共2小題，每空2分，共14分。把答案填在答題卡相應的橫線上。）11.如圖甲所示的實驗裝置，定性探究電荷間相互作用力與電荷量、電荷之間的距離的關系。（1）該實驗用到的研究方法是（）A.理想實驗法 B.等效替代法C.微小量放大法 D.控制變量法（2）如圖乙所示，當小球B靜止時，A、B兩球球心恰好在同一水平面上，細線與豎直方向夾角為，若小球B的質量為m，重力加速度為g，則庫侖力________。（3）如圖乙所示，接著該同學在豎直平面內緩慢移動小球A的位置，保持A、B兩球球心的連線與連接B球的細線所成的夾角不變，在細線偏離豎直方向的角度增大到90°的過程中，A、B兩球間的庫侖力________（選填“增大”、“減小”、“先增大再減小”或“先減小再增大”）。【答案】（1）D（2）（3）減小【解析】【小問1詳析】在研究電荷之間作用力大小與兩小球的電荷量和以及距離r的關系時，采用控制變量的方法進行，根據小球的擺角變化可以看出小球所受作用力隨電量或距離變化情況。故選D。【小問2詳析】[1]B球的受力情況如圖所示根據小球B受力平衡，由幾何關系可得【小問3詳析】[1]保持A、B兩球球心的連線與連接B球的細線所成的夾角不變，在細線偏離豎直方向的角度增大到90°的過程中，A、B兩球球心的連線間的距離增大，根據庫侖定律知電荷之間的靜電力隨著距離的增大而減小。12.某研究性學習小組采用如圖甲所示的裝置探究“滑塊質量一定時加速度與力的關系”。提供的器材有：氣墊導軌（總長度為L）、滑塊（裝有寬度為d的遮光板，總質量為m）、光電門一個（配接數字計時器）、墊塊若干、米尺。打開氣泵，讓滑塊從導軌頂端由靜止開始向下運動，讀出遮光板經過光電門時的遮光時間為t。（1）使用游標卡尺測量遮光板的寬度d如圖乙所示，則遮光板的寬度______cm。（2）改變光電門的位置，記錄光電門距導軌頂端的距離s和對應的時間t，根據實驗數據作出圖像如圖丙所示，若圖中直線的斜率為k，根據圖像得出加速度______（用k和d表示）。（3）改變導軌頂端距水平面的高度h，重復（2）的操作，進一步可以得到導軌頂端距水平面的高度h和對應的加速度a，若忽略滑塊與導軌間的摩擦力，則滑塊所受的合外力可以表示為______。（用m、h、L和重力加速度g表示）。在誤差允許的范圍內，a與h成正比，則說明滑塊質量一定時加速度與力成______（選填“正比”或“反比”）。【答案】（1）0.510（2）（3）正比【解析】【小問1詳析】遮光板的寬度【小問2詳析】通過光電門的速度為根據運動學公式聯立解得若圖中直線的斜率為k，則有可得【小問3詳析】[1]根據牛頓第二定律[2]在誤差允許的范圍內，a與h成正比，而且由上述公式可知，F與h也成正比，則說明滑塊質量一定時加速度與力成正比。四、計算題（本大題共3小題，共43分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出答案的不能得分，有數字計算的題，答案中必須寫出數字和單位。）13.無人機已廣泛應用于各行各業。物流公司使用無人機運輸貨物，無人機下方通過3根對稱的繩索懸掛貨物，如圖甲所示，每根繩與豎直中軸線的夾角均為37°。已知貨物的質量為2.4kg，繩索質量不計，忽略空氣阻力，重力加速度g取，，。求：（1）當無人機懸停在空中時，每根繩對貨物的拉力大?。唬?）當無人機到達目的地正上方后，先做豎直向下的勻加速直線運動，后做勻減速直線運動安全著陸，圖乙是降落全過程的圖像（速度-時間圖像）。貨物勻減速直線下降過程中，每根繩對貨物的拉力大小?！敬鸢浮浚?）10N（2）14.5N【解析】【小問1詳析】設每根繩索拉力為F，分析可知貨物受到繩索拉力和自身重力mg而平衡，則由平衡條件得代入數據整理得【小問2詳析】由圖像可知5s到7s過程，貨物做勻減速直線運動，設此過程每根繩對貨物的拉力大小為F0，由圖乙速度時間圖像可知減速過程加速度大小為加速度方向向上，對貨物，由牛頓第二定律得解得14.如圖所示，一根長度為、橫截面積為S、兩端封閉、粗細均勻且導熱良好的玻璃管豎直放置。在玻璃管頂部開一小孔。堵住小孔，管內有一段高的水銀柱，上方為真空，下方則封閉著長為的空氣柱。已知玻璃管所處地理位置的大氣壓強，熱力學溫度，空氣可視為理想氣體。（1）若只緩慢加熱玻璃管，當水銀剛到達玻璃管頂部時，求封閉氣體的熱力學溫度；（2）若松開孔，空氣從外界進入，最終穩定時，水銀柱下降距離（整個過程外界溫度為保持不變）。【答案】（1）（2）【解析】【小問1詳析】題意可知水銀剛到達玻璃管頂部時，空氣柱的長度為由等壓過程規律知代入數據得小問2詳析】據題意，原封閉空氣柱壓強穩定后空氣柱壓強代入數據得由等溫過程規律知代入數據解得15.如圖所示，有一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ=30°，沿逆時針方向轉動，速度大小為v0=2.5m/s。t=0時刻，一質量為m1=0.1kg磁性板甲無初速度輕放于傳送帶