2021届甘肃省武威高考物理第五次诊断试卷(含答案解析)

2021届甘肃省武威高考物理第五次诊断试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列关于核反应的说法正确的是（）

A.爱因斯坦的质能方程说明了物体质量就是能量，它们之间可以相互转化

B.由质能方程可知，能量与质量之间存在正比关系，可以用物体的质量作为它所含有的能量的

量度

C.核反应中发现的“质量亏损”是消失的质量转化成的

D.因在核反应中产生能量，有质量的转化，所以系统只有质量数守恒，系统的总能量不守恒

2.对于电场中4、8两点，下列说法正确的是（）

A.电势差的定义式以B=等，说明两点间的电势差〃B与电场力做功也B成正比，与移动电荷

的电量4成反比

B.A、8两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功

C.将1C电荷从A点移到B点，电场力做1J的功，这两点间的电势差为IV

D.电荷由A点移到B点的过程中，除受电场力外，还受其它力的作用，电荷电势能的变化就不

再等于电场力所做的功

3.如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的。冲平面，___£

方向指向纸外，原点。处有一离子源，在。孙平面内沿各个方向射出动量............

相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动.............j

O

的圆心所在的轨迹，可用下图四个半圆中的一个来表示，其中正确的是

（）

4.如图所示，质量为，”的木块静止地放在半径为R的半球体上，半球体与木块均处于静止状态,

已知木块与半球体间的动摩擦因数为小木块与球心的连线与水平地面的夹角为。，则下列说法

正确的是（）

A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左

B.木块所受摩擦力大小为卬ngcosS

C.木块所受摩擦力大小为mgsin。

D.木块对半球体的压力大小为mgsin。

5.如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表H交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变

压器的原副线圈的匝数比为%：的=5：1,电阻R=4。，图乙是R两端电压“随时间变化的图

A.通过R的电流iR随时间f的变化规律是4=V2cosl007rt（74）

B.电压表丫的示数为8V

C.电流表A的示数为0.484

D.变压器的输入功率为8W

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图中的圆〃、b、c,其圆心均在地球的自转轴线上，b、c的圆心与地

心重合，对卫星环绕地球做匀速圆周运动而言（）

A.卫星的轨道可能为“

B.卫星的轨道可能为6

C.卫星的轨道可能为c

D.同步卫星的轨道可能为人也可能为。

7.如图，竖直放置间距为d的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的

O

物体产生水平向右的恒定风力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为m的小

球P（可视为质点）。现将小球P从两板正中央由静止释放，最终小球运动到右板上的位置。，已

知小球下降的高度为力，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速度大小为g,则从开始位置运

动到位置。的过程中（）

A.水平风力昨竽

B.小球P的运动时间t

C.小球P运动的轨迹为曲线

小球尸运动到。点的速度与水平方向的夹角满足。=—

D.tana

8.如图所示，宽为L的足够长光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，下端接

有阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应

强度大小为8,质量为，〃的导体棒电阻不计，与导轨接触良好，重力加

速度为g,现给导体棒一向上的初速度均，使其自水平位置MN开始运动，

%＞鬻，对于导体棒的运动情况，以下说法正确的是（）

A.导体棒上升过程中加速度越来越大

B.导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至过程中R产生的焦耳热

C.导体棒上升过程中通过R的电量等于导体棒自最高点返回至过程中通过R的电量

D.导体棒返回至MN前一定有一段匀速运动的过程

9.下列说法中正确的是（）

A.饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等

B.扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动

C.用油膜法估测分子大小的实验中，不考虑油酸分子（视为球形）间的空隙并认为水面上形成的

油酸膜的厚度即分子直径

D.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则此过程中气泡内的气体分子间的引力

和斥力都增大

E.物理性质表现为各向同性的固体为非晶体

10.如图1所示为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图2为介质中x=2m处的质点P以此时刻为

计时起点的振动图象。下列说法正确的是（）

A.这列波的传播方向是沿x轴正方向

B.这列波的传播速度是20m/s

C.经过0.15s,质点P沿x轴的正方向传播了3根

D.再过0.1s,质点。的运动方向沿y轴正方向

E.再过0.1s,质点Q的运动方向沿y轴负方向

三、填空题(本大题共1小题，共5.0分)

11.某课外兴趣小组利用如图1所示的实验装置研究“合外力做功和物体动能变化之间的关系”以

及“加速度与合外力的关系”

图1图2

0ABCp星

|叫叫叫叫小1|叫叫111T叫叫叫叫叫“网叫川1|叫叫叫川1|呵叫川［Il叫I川叫I.

Ocm12345678910111213忖

图3

(1)该小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力,

改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系，如图2所示图象中能表示该同学实验结

果的是.

(2)在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz,某此实验中一段纸带的打点记录如图3所示,

则小车运动的加速度大小为m/s2(保留3位有效数字)

(3)实验时，小车由静止开始释放，己知释放时钩码底端离地高度为H,现测出的物理量还有：小车

由静止开始起发生的位移s(s<4)、小车发生位移s时的速度大小为v,钩码的质量为〃?，小车

的总质量为M,设重力加速度为g,则mgs(选填“大于”、“小于”或“等于”)小车

动能的变化.

四、简答题(本大题共1小题，共10.0分)

12.某研究小组在做完测量电池组的电动势E和内阻r与描绘小灯泡的伏安特性曲线后，想用下列

器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r,又能同时描绘小灯泡的伏安特

A.电压表匕（量程6匕内阻约50000）

B.电压表彩（量程3K内阻约30000）

C.电流表4（量程3A、内阻约0.50）

。.滑动变阻器R（最大阻值100、额定电流44）

E.小灯泡（24、5W）

F.电池组（电动势E、内阻r）

G.开关一只，导线若干

实验电路如甲图所示时，调节滑动变阻器的阻值,经多次测量，得到多组对应的电流表、电压表示

数，并在U-/坐标系中描绘出两条图线，如乙图所示，则

⑴电池组的电动势E=匕内阻r=.（结果保留两位有效数字）

（2）在U-/坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为n

（3）将三个这样的灯泡并联后再接到该电上，则每个灯泡的实际功率为W.

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图所示，MN、P。是水平放置的一对平行金属板，两板接在电压为U的电源两极，上极板

的中心开有一个小孔，在两板之间加一个平方向的有界匀强磁场，边界为半径为R的圆形，

且与极板相切于小孔处。现将一带电小球从小正上方某处由静止释放，小球穿过小孔经磁

场偏转后沿直线从下极板右侧。处离开电场，已知极板长度和间距分别为4R和3R,磁感应强

度为8,重力加速度为g,求：

（1）小球的比荷

（2）小球经过两极板后运动方向改变了多少？

(3)小球离开。点时的速度和从释放到运动至。点的时间。

△iQ

14.如图所示，是某种离子显示器的简化原理图.K为能产生带正电

离子的粒子源，它产生的离子经粒子源与虚线之间的加速电

场加速后，经虚线上的A进入虚线MN与PQ之间的匀强电

场，然后经虚线PQ与荧光屏之间的匀强磁场后打在荧光屏上，

已知MMPQ与荧光屏三者互相平行.电场和磁场的方向如图所示.图中A点与。点的连线垂

直于荧光屏.若离子最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上.已知电场和磁场区域在竖直方向足

够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为U=Ed/2,式中的d是偏转电场的宽度且为已知

量，磁场的磁感应强度B与偏转电场的电场强度E和离子离开加速电场的速度为关系符合为=

E/B,粒子的重力不计，试求：磁场的宽度/为多少？

15.如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中装有与容器容积等

体积的水，乙中充满空气，试问：

两容器各侧壁所受压强大小关系及压强的大小决定于哪些因素？(容器

(1)甲

容积恒定)

(2)若让两容器同时做自由落体运动，容器侧壁上所受压强将怎样变化?

16.如图，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为旧

的透明半球体，。为球心，轴线0A垂直于光屏，0至光屏的距离

0A=今R.位于轴线上0点左侧J处的点光源S发出一束与0A夹角

o3

8=60。的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间.（已知光在真空中传播的速

度为c.）

【答案与解析】

1.答案：B

解析：解：A、由质能方程可知，能量与质量之间存在着一定的必然对应的关系，而不能认为质量就

是能量，能量就是质量，能量与质量是两个不同的概念.只有在核反应过程中，对应着质量的减少，

才有能量释放出来，故A错误.

B、由质能方程可知，能量与质量之间存在正比关系，可以用物体的质量作为它所含有的能量的量度，

故8正确.

C、核反应中出现的“质量亏损”不是指消失的质量转变成了能量.故C错误.

。、核反应中，质量数守恒、能量也守恒.故。错误.

故选：B.

质能方程E=me2,知物体具有的能量与其质量成正比，根据△E=△me?可计算核反应中的能量.

解决本题的关键掌握爱因斯坦质能方程，知道释放核能与质量亏损的关系.

2.答案：C

解析：

电势差的定义式以B=等，是比值定义法，反映电场本身的性质，与试探电荷无关.由此定义

可知：A、B两点间的电势差等于将单位电荷从A点移到B点电场力所做的功.电荷电势能的变化只

与电场力做功有关.

电势差的定义式48=等，是比值定义法，有比值定义的共性，反映电场本身的性质，与试探

电荷无关.

解：A、反映电场本身的性质，与试探电荷无关，不能说两点间的电势差〃B与电场力做功必8成

正比，与移动电荷的电量4成反比。故A错误。

B、根据电势差的定义式〃B=等可知：A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到8点电

场力所做的功。故8错误。

C、根据电势差的定义式以B=等可知：将1C电荷从A点移到B点，电场力做L7的功，这两点间

的电势差UAB=1匕故C正确。

。、电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功。故O错误。

故选C。

3.答案：C

解析：解：由「=前知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径相同.由左手定则，分别研究离

子沿X轴负方向、轴正方向、X轴正方向射入的粒子，其分别在y轴负方向上、X轴负方向上和y

轴正方向上，则知其做圆弧运动的圆心轨迹为C.故C正确.

故选C

粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为「=等，由题，离子的速率、电荷量相同，则知圆周运

动的半径相同，由左手定则分析离子沿X轴负方向、y轴正方向、X轴正方向射入的粒子可确定其做

圆弧运动的圆心轨迹.

本题是带电粒子在匀强磁场中半径和左手定则的综合应用，采用特殊位置法验证轨迹的正确.

4.答案：D

解析：

对小木块受力分析，并将重力分解到半球半径方向和接触点的切线方向，由平衡条件对切线方向和

半径方向列方程，解出半球对小木块的支持力的表达式和摩擦力的表达式，由于小木块保持静止，

故摩擦力不能用/=11N,只能用平衡条件求出.

该题考查多个物体的平衡，须采用整体法和隔离法处理两个物体的平衡问题，要注意题中。与斜面的

倾角不同.

解：A、设半球体的质量为例，以小木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，根据平衡条件

得知，地面对半球体的摩擦力为零.故A错误.

BCD、对小物块受力分析，如图：

mg

将重力正交分解，如图:

f

由于物体静止在半球上，处于平衡态，沿半径方向列平衡方程:

N-mgsind=0

解得：N=mgsinG

根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力为mgs讥故D正确;

沿切向列平衡方程:

f—mgcosd=0

解得：f=mgcosO,故3c错误；

故选：D

5.答案：D

解析：解：A、电阻R的4=8k所以通过电阻的电流最大值为/=：=24因此通过R的电流iR随

时间f变化的规律是片=2cosl007TtQ4).故4错误；

B、电阻R的［/惬=8，，则电压表显示有效值U=4或匕故B错误；

C、由正弦式电流且电阻R的Um=8V,则电压表显示有效值U=4或匕通过电阻的电流为/=五A,

又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表4的读数为0.2&.故C错误;

C、输出功率等于9=8以，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为8W,故。正确；

故选：D

根据R两端的电压随着时间变化的图象，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出

原线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小.

正弦变化规律的交流电的有效值与最大值为四倍关系；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效

值.同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同.

6.答案：BC

解析：解：卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆

周运动的圆心.因此轨道〃是不可能的，而轨道Ac均是可能的轨道；而同步卫星由于其周期和地

球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空.故轨道只能为。故A、O错误，B、C正确.

故选：BC

卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力，万有引力的方向指向地心，故圆周运动的

圆心为地心.

解决本题的关键知道卫星绕地球做匀速圆周运动，圆心即为地心.以及同步卫星的轨道在赤道上空.

7.答案：BD

解析：解：48、小球P从两板正中央由静止释放，水平方向，则有：|d=|a^t2=1-£-t2

竖直方向有：h=^gt2

可得：t=后

则有：F=甯，故A错误，8正确；

C、小球P从静止开始受到恒力作用，应沿合力方向做匀加速直线运动，故c错误；

D、由C选项分析，可知，小球做直线运动,运动到0点的速度与水平方向的夹角满足:tan。=1=y,

2

故。正确。

故选：BD。

小球在风力场中受到风力和重力两个力作用，由于这两个力都是恒力，可采用运动的分解法研究：

水平和竖直两个方向都做匀加速直线运动；根据其受力情况，分析其运动轨迹，最后依据三角知识，

即可一一求解。

本题考查物体在复合场中运动问题，采用运动的分解与合成的方法研究，这是常用的方法，关键要

把握分运动的规律，并能熟练运用，注意理解是曲线运动还是直线运动的条件。

8.答案：BC

解析：解：A、向上运动过程中安培力方向向下，根据牛顿第二定律可得以+mg=ma,其中片=

B1L=—,则加速度。=9+比包，随着速度减小，加速度减小，故A错误；

&上升过程中的最大速度大于下落到处的最大速度，所以上升过程中的平均电流大，平均安培

力大,导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至过程中R产生的焦耳热，

故8正确：

C、根据电荷量的经验公式q=-="^可得导体棒上升过程中通过R的电量等于导体棒自最高点返

回至例N过程中通过R的电量，故C正确；

。、刚开始向上运动时安培力尸0=立/>mg,但导体棒返回至前的速度减小，安培力不一定

大于"火,故不一定有一段匀速运动的过程，故。错误。

故选：BC。

向上运动过程中安培力方向向下，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，分析运动情况；根据安培

力做的功大小分析产生的焦耳热大小；根据电荷量的经验公式勺=竽分析通过R的电量等；根据平

衡条件分析是否匀速运动。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；

另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

9.答案：ABC

解析：解：人饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等，

故A正确；

反扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动；故3正确；

C、用油膜法估测分子大小的实验中，不考虑油酸分子（视为球形）间的空隙并认为水面上形成的油酸

膜的厚度即分子直径；故C正确；

。、由于分子之间的距离比较大，分子间的作用力忽略不计，则气泡中气体分子间的作用力始终为

零，故。错误；

反物理性质表现为各向同性的固体为非晶体或多晶体，故E错误.

故选：ABC.

明确饱和汽动态平衡的意义，知道达到动态平衡时汽化和液化仍在同时进行，但进行的速率相等；

扩散现象说明分子在做无规则运动，同时说明分子间存在空隙；

知道在油膜法测分子大小的实验中，将分子视为球形，并且不计分子间的间隙，同时形成的是单分

子油膜；

明确理想气体的意义，知道理想气体分子间作用力忽略不计；

知道晶体和非晶体的性质，非晶体和多晶体均具有各向同性.

本题考查饱和汽、扩散、油膜法测分子直径、理想气体以及晶体的性质，要注意对热学规律要准确

掌握，并且会联系宏观和微观的意义进和分析.

10.答案：ABE

解析：解：A、由乙图读出，t=0时刻质点P的速度方向向下，由波形的平移法可知，这列波沿x

轴正方向传播。故A正确。

B、由图知："4m,7=0.2s,则波速为"=＞上=20m/s。故B正确。

C、质点P只上下振动，并不向前迁移，故C错误。

DE、图示时刻。点沿y轴正方向运动，在t=0.1s=^T时，质点。的运动方向沿了轴负方向。故。

错误，E正确。

故选：ABE.

由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。由波动图象读出波长，由振动图象

读出周期，可求出波速。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断。点的运动方向。

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，熟练要分析波动形成的过程，

判断各个物理量的变化情况。

11.答案：A7.5大于

解析：解：1、(1)平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为

直线，故选A；

2

(2)根据公式4x=得到:xDE-X0A=4aT

代入数据得到：a=7.50m/s2.

(3)由于重物加速下降，处于失重状态，故对细线的拉力小于重力，而拉力等于小车受到的合力，合

力做功等于小车动能增加量，故重力对重物做的功大于小车动能的增加量；

故答案为：(1)/1(2)7.50(3)大于

(1)平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线；

(2)根据公式△x=a7'2,结合逐差法进行计算即可；

(3)由于重物加速下降，处于失重状态，故对细线的拉力小于重力，而拉力等于小车受到的合力，合

力做功等于小车动能增加量，故可以得到结论；

本题考查了学生对牛顿第二定律掌握和运用，本题关键：一是公式Ax=aK理解与掌握，二是能从

图象上得到相关信息.并巧用增多橡皮条数来增加能量.

12.答案：4.51.001.2

解析：解：(1)电源的U-/图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5%电源内阻「=

(2)由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压⑥=2.5匕此时电路电流/=2.04

电源电动势E=/r+4+/R潸，即4.5U=2.04x10+2.5U+2.04xR济，贝iJR济=00；

(3)设流过每个灯泡的电流为/,三个灯泡并联接在电源上，在闭合电路中，

路端电压：t/=F-3/r=4.5-3x1X/=4.5-3/,即U=4.5-3/,在图乙所示坐标系中作出图

象如图所示：

由图示图象可知，灯泡两端电压为1匕流过灯泡的电流为1.24,灯泡实际功:P=UI=1X1.2=1.2W；

故答案为：(1)4.5；1.0；(2)0；(3)1.2.

(1)电源的U-/图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻.

(2)由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求

出滑动变阻器接入电路的阻值；

(3)由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=U/求出灯泡实际功率.

电源的U-/图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看

清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错.

13.答案：解：(1)小球穿出磁场后只受重力、电场力，那么合外力方向为竖直方向，又小球做直线

运动，那么速度和合外力方向一致，而小球要到达Q点，故速度方向不可能为竖直方向，那么合外

力必须为零，即：羽=mg

所以小球的比荷为：旦=等

mU

(2)小球在磁场中所受合外力为洛伦磁力，故小球做匀速圆周运动，那么由圆周运动规律可知：△

ACO=^DCO,所以。01CO,

又。Q_LC。，因此。。。在一条直线上，所以有：NBQD=arctan需=arctan探=30。

所以，小球经过两极板后运动方向改变了60。

(3)小球在磁场范围做匀速圆周运动，离开磁场后受力为零，做匀速直线运动，故小球离开。点时的

速度为小球在磁场中做匀速直线运动的速度

又小球在磁场中做匀速直线运动的半径为：r=-^―=V3R

tan30

那么，由牛顿第二定律可得：8叫=嗒

代入解得：u=越叱

U

那么，小球从静止释放到小孔的运动过程只受重力作用，做自由落体运动，故运动时间为：右=5=

3件R2

U

小球在磁场中转过60。，故运动的时间为：7

o'jDyK

BQ

小球离开磁场后做匀速直线运动，运动的时间为：久=函至三=理

Jv3BgR

所以，小球从释放到运动至Q点时间为：t=ti+t2+13=等学+”科熟

答：(1)小球的比荷为等；

(2)小球经过两极板后运动方向改变了60°：

(3)小球离开Q点时的速度和从释放到运动至。点的时间为亚笋+萼氤。

解析：(1)由小球离开磁场后做直线运动，可知小球受力平衡，根据受力平衡得出比荷；

(2)根据几何关系求出中心角，即小球经过两极板后运动方向的改变量；

(3)由几何关系及牛顿第二定律可得出做圆周运动的速度；再根据自由落体运动的速度变化关系得出

进入磁场前的运动时间，圆周运动的圆心角及时间t=?7'关系得出磁场中的时间，根据匀变速直线

27T

运动规律得出直线运动时间：最后求总和的时间即可。

本题考查了粒子在电场、磁场中的运动，解题的关键是搞清楚每个过程的运动情况，结合图象及几

何关系进行求解。

14.答案：解：带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中作圆周运动，带电粒子最终垂直地打在荧

光屏上，说明带电粒子在电场中偏转的角度与在磁场中偏转的角度大小相等，方向相反，其轨迹如

图所示.

带电粒子在加速电场中---------.—►

!Ix<'x/才-小F

根据动能定理得：qU=|mv

带电粒子在偏转电场中做类

平抛运动，设偏转角为。〔一cRxx<0

--口.；二…­x\

则vy=