2021届甘肃省武威六中高考物理诊断试卷（六）附答案详解

2021届甘肃省武威六中高考物理诊断试卷（六）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列各种说法中错误的是（）

A.普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说

B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的照射时间太短

C.在光的单缝衍射实验中，光子到达亮条纹处概率大

D.任何一个运动物体都与一种波相对应，这就是物质波，物质波是概率波

2.如图三角形2BC三边中点分别为。、E、F,在三角形中任取一点0,如果OE、犬

OF、DO三个矢量代表三个力，那么这三个力的合力为（）

A.OAC2---1-

B.0B

C.OC

D.OD

3.在以点电荷为球心，r为半径的球面上各点相同的物理量是（）

A.电场强度

B.同一电荷所受的电场力

C.电势

D.电荷量相等的正负两点电荷具有的电势能

4.2017年4月23日，天舟一号与天宫二号顺利完成自动交会对接，这是我国自主研制的货运飞船

与空间实验室的首次交会对接。目的是为了更好地掌握空间交会对接技术，开展地球观测和空

间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和试验。下列说法正确

的是（）

A.天舟一号加速与天宫二号对接前应处于同一圆周轨道

B.完成对接后组合体的运行周期可能小于84分钟

C.在天宫二号内可以用天平测量物体的质量

D.完成对接后的组合体运行的速度一定小于7.9km/s

5.如图甲，交流发电机通过一理想变压器，给“220V,110014/"的电饭煲和“220V,220W”的

抽油烟机正常供电。交流发电机线圈匀速转动，从某时刻开始计时得电动势-时间关系，如图

乙所示，所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表。下列说法正确的是（）

卜/V

HOO/jLrr-

・iioo/i卜

A.正常工作时•，电饭锅和抽烟机的发热功率之比为5：1

B.从图乙中可得，t=0时刻穿过发电机线圈的磁通量和4表的示数均为零

C.电饭锅和抽油烟机同时正常工作时，4表的示数为1.24

D.若线圈转速减半，电饭锅的功率将变成原来的;

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时［称

间变化的关系如图所示，则下列结论正确的是（

A.拉力在2s内的功不为零^2输

I

B.拉力在2s内的平均功率为零

C.物体在2s内的位移不为零

D.物体在2s末的速度为零

7.如图所示，一根粗细均匀，质量分布均匀的直杆，固定在光滑斜’7、

面上，上端与斜面的顶端重合，此时杆的机械能为零，已知杆长

为斜面长的右斜面的长为3杆的质量为小，斜面的倾角为0,________________

若将杆由静止释放，当杆的下端与斜面底端刚好重合时，（）

A.杆的动能为mgLsin。B.杆的动能为:mgLsin。

C.杆的重力势能为-mgLsin。D.杆的重力势能为一：mgLs讥。

8.两个完全相同的直角三角形MNP,ZM=60°,图甲中是与三角形匀强磁场B,图乙中是与三角

形平行且垂直MN边的匀强电场E,现有两个完全相同的带电粒子qI、q2分别从两图的M点沿MN

方向以初速。进入磁场、电场（重力不计），均不与MN、NP相碰直接打在MP边界上，下列判断

正确的是（）

A.q1粒子的初速度"越大，射到MP边界上所用时间越短

B.勺2粒子的初速度u越大，射到MP边界上所用时间越长

C.随着初速度"的增大，q】、方两粒子均能打在P点

D.qi、［2粒子初速度u增大，射到MP边界上的速度方向与MP的夹角均不变

9.下列说法正确的是（）

A.分子间距离为平衡距离时，分子间作用力为零，分子势力能最大

B.晶体都天然具有规则的几何形状

C.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变

D.温度相同的物体分子平均动能一定相同，而分子无规则运动的平均速率不一定相同

10.一个质点经过平衡位置。，在4、B间做简谐运动，如图（a）所示，它的振动图象如图（b）所示,

设向右为正方向，下列说法正确的是（）

正

AOB

（a）

A.OB=5cm

B.第0.2s末质点的速度方向是4-。

C.第0.4s末质点的加速度方向是4-0

D.第0.7s时质点位置在。点与4点之间

E.在4s内完成5次全振动

三、填空题（本大题共1小题，共7.0分）

11.某同学在“探究匀变速直线运动”实验中得到如图所示的纸带.已知打点计时器电源频率为

50Hz,每隔4个点取一个计数点，各计数点到A点的距离如图所示，则由纸带可知(结果均保留

两位小数)

(2)C点的速度%=m/s；

(3)物体运动的加速度a=m/s2.

四、实验题(本大题共1小题，共8.0分)

12.在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中：

(1)(多选题)用多用表测电流或电阻的过程中，操作正确的是

(4)在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零；

(B)在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零；

(C)在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测；

(D)在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测。

(2)测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10片’挡，其读数为K；若选择

五、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.如图所示，固定在轻质弹簧两端质量分别是=0.5kg,g,=。・4句的两个物体置于光滑水平

面上，一个质量为m=0.1kg的子弹水平射入码,中，使弹簧压缩而具有最大10/的弹性势能，然

后nia和小匕都将向右运动。试求：

(1)子弹入射前的速度；

(2)竖直墙对ma的冲量；

(3)向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能。

14.如图所示，一质量为M=2kg的木板放在光滑水平地面上，在此木板的左端上还有一质量为m=

Mg的铁块。最初木板左端位于。点，现给铁块一个瞬间冲量/,当木板左端到达C点时，铁块刚

好到达木板右端与木板一起运动。测得木板左端从4点运动到8点用时占=0.2s,木板左端从B点

运动到C点用时t2=0-3s；已知4、B两点间的距离是%=0.24m,B、C两点间的距离是不=

0.51m,重力加速度g=lOm/s2求:

(1)0.4两点间的距离和铁块与木板之间的动摩擦因数;

(2)最初给铁块的瞬时冲量/的大小和木板的长度;

(3)该过程中系统产生的内能。

15.如图所示，一粗细均匀的细玻璃管竖直置于水平地面上，内部灌有水银，

左端封闭了一部分气体，右侧与大气相通。玻璃管底部长10cm。起初两侧I

液面相差19cm,气柱长19cm。外界环境温度恒为27。0大气压强为76cm"g,

重力加速度为g=10m/s2,现通过几种方法，使玻璃管两侧液面相平，则：

(1)若通过继续注入水银的方法使玻璃管两侧液面相平，求注入的水银柱的长度；

(2)若通过加热管内气体的方法使玻璃管两侧液面相平，求需将温度升高到多少；

(3)若玻璃管在纸面内沿水平地面匀加速运动，求使玻璃管两侧液面相平的加速度大小和方向。

16.桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为

等边三角形，此三角形的边长为3如图所示，有一半径为《的圆柱形平

行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合.已知玻璃的折射率为6，求:

①光在玻璃中的传播速度是多少？

②光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故A正确；

8、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故8错误；

C、在光的单缝衍射实验中，光子到达亮条纹处概率大，故C正确；

。、无论是大到太阳、地球，还是小到电子、质子，运动的物体都与一种波相对应，这就是物质波，

物质波是概率波，故。正确；

本题选错误的，故选：

该题考查物理知识综合应用，解决这一类题目的关键是理清相关知识。

2.答案：4

解析：解：由于0E、。尸、。。均表示矢量，故：DO=-0D；

故：0E+OF+DO=0E—0D+OF；

而根据三角形定则，有：OE—OD=DE,由于DE=E4,故。E—OD=凡4；

故OE+OF+DO=(0E-OD)+OF=FA+OFSOF+FA=0A

故选：Ao

每一个有向线段表示一个力，运用矢量运算的三角形定则求解即可.

本题是矢量运算问题，关键是运用三角形定则分析，其实是数学选修模块中向量运算一章的内容.

3.答案：C

解析：解：4、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同.故A

错误.

8、由尸=(/?可知，同一电荷受到的电场力大小相等，方向不同，故电场力不同，故B错误.

C、以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等.故C正确.

。、由电势能与电势的关系可知，电势相同，电荷量相等的正负两点电荷具有的电势能不相同.故。

错误.

故选：C.

只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同.以

点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同.

本题关键要抓住以点电荷为球心的球面是一个等势面、各点的场强大小相等、方向不同，即可正确

求解.

4.答案：D

解析：解：4、天舟一号加速与“天宫二号”对接前应处于不同的轨道上，若在同一轨道上，加速做

离心运动，离开原轨道，不能实现对接，故A错误。

8、完成对接后组合体的运行周期不变，故8错误；

C、在天宫二号内物体的重力完全提供向心力，处于完全失重状态，而太平是利用杠杆的原理制成的，

故不可以用天平测量物体的质量，故C错误；

。、7.9km/s是第一宇宙速度，即为最大的环绕速度，完成对接后的组合体运行的速度一定小于

7.9km/s,故。正确。

故选：Do

实现对接应该从低轨道加速；同一轨道运动时间不变；卫星内部的物体处于完全失重，不可以利用

太平称质量；7.9/on/s是最大的环绕速度。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是了解卫星对接的过程，能够分析卫星的

线速度大小与轨道半径的关系。

5.答案：C

解析：解：4、正常工作时，电饭锅为纯电阻电路，工作的功率1100W即为发热功率，抽油烟机为

非纯电阻电路，发热功率小于工作功率220W,故电饭锅和抽烟机的发热功率之比大于5：1,故4

错误；

3、从图乙中可得，t=0时刻穿过发电机线圈的磁通量最大，变化率为零；4表的示数为有效值，

不为零，故B错误；

C、根据变压器的输入功率等于输出的功率P=U[=1100/=1320W,解得电流表读数为1.24,故

C正确；

。、若线圈转速减半，输入电压和输出电压均变为原来的g电饭锅的功率将变成原来的:，故。错

24

误。

故选：Co

由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈

的磁通量变化最快，由动态分析判断电流表的读数变化。

本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电

压值等均为有效值。

6.答案：BCD

解析:解：由图象可知在0〜Is时间内，物体做加速运动，设位移为x,1s末的速度为u,则物体在Is〜2s

内的位移也为x,2s末的速度为零，则拉力在2s内的功W=Fx+(-Fx)=0,故2s内平均功率为零，

2s内的位移为2x,不是零，故正确，A错误；

故选：BCD。

力的大小是恒定的，对于恒力做功的大小可以直接用功的公式勿=FL来计算，物体先加速运动后减

速运动，根据运动的对称性可以求得物体的位移的大小.

对于恒力做功及冲量的定义，属于基础题，正确应用公式即可求解

7.答案：BD

解析：

重力做功只与物体的初末的位置有关，斜面的高度为机由此可以求得重力做功的大小；

根据动能定理求解动能的变化.重力做功等于杆的重力势能的变化.

本题是对机械能守恒的直接应用，掌握住机械能守恒定律条件，同时注意做功的特点，题目比较简

单.

解：4、固定的光滑斜面倾角为。，杆从最高点滑到斜面底端的过程中杆的高度下降：h=hsin6,

4

重力做的功只与物体的初末的位置有关，所以重力做的功为皿=|mgLs讥。.整个的过程中重力做的

功等于杆的动能的增加量，所以当杆的下端与斜面底端刚好重合时，杆的动能为［mgLs讥。.故A错

误，B正确；

C、开始时杆的机械能为0,动能是0,所以杆的重力势能为0.由于当杆的下端与斜面底端刚好重合时，

重力做的功为w=所以杆的重力势能为故C错误，。正确.

故选：BD.

8.答案：BD

解析：解：粒子qi在磁场中运动的轨迹如图所示:

A、%粒子的初速度u越大，射到MP边界上圆弧所对的圆心角为120。，所用时间［=芸7=：7,所

DOU3

以射到MP边界上所用时间相同，故A错误；

粒子勺2在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：

8、粒子勺2在电场中做类平抛运动，垂直电场线做匀速直线运动，沿电场线做匀加速直线运动

tan6(T=初，解得t=型包，可知初速度越大，射到MP边界上所用的时间越长，故8正确；

vota

C、根据粒子的运动轨迹可知，当速度较大时qi粒子会撞到NP上，打不到P点；粒子勺2能到达P点，

故C错误；

D、qi粒子射到MP边界的速度方向与MP成60。，粒子q2射到MP上的速度方向为a,且有tana=

2tan60。，知粒子q?射到MP边界的速度方向与MP的夹角不变，故。正确；

故选：BD。

粒子%在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的规律和半径公式，结合几何关系进行分析；粒子勺2

在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律分析；

本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动和带电粒子在电场中的运动，关键是画出粒子运动的轨迹示

意图，分别运用圆周运动的规律和类平抛运动的规律求解即可.

9.答案:CD

解析：解：力、分子间由于存在相互的作用力，从而具有的与其相对位置有关的能叫做分子势能，其

变化情况要看分子间作用力.分子间作用力分为斥力和引力.在平衡位置时相对平衡，小于平衡位

置时表现为斥力，大于平衡位置时表现为引力，但无论何时，引力与斥力都是同时存在的.在平衡

位置势能最小，故4错误.

8、单晶体都天然具有规则的几何形状，多晶体不一定天然具有规则的几何形状，故B错误.

C、温度是分子的平均动能的标志，晶体熔化时吸收热量，温度不变所以分子平均动能不变，故C

正确.

D，温度是分子的平均动能的标志，温度相同的物体分子平均动能一定相同，不同的分子的质量可

能不同，所以分子无规则运动的平均速率不一定相同.故。正确.

故选：CD.

解决本题需掌握：分子势能与分子力做功的关系；多晶体与单晶体的特点；温度是分子的平均动能

的标志.

本题涉及热学部分的相关知识，目前很多省份都将其作为选考知识，要求降低，关键要多看书；其

中温度是分子的平均动能的标志，不是分子的平均速率的标志，基础题.

10.答案：ACE

解析：解：4、OB间距离等于振幅，由图知，OB=A=5cm。故A正确。

B、位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2s末质点的速度方向沿负向，即4To.故

8错误。

C、第0.4s末质点的位移为负，方向是0-4由a=-告分析可知，加速度方向是St。，故C正

确。

D、第0.7s时，质点位置在。与B两点之间。故。错误。

E、质点的振动周期为T=0.8s,则兀=5=白=5,即在4s内完成5次全振动。故E正确。

故选：ACEo

。8间距离等于振幅，由图象直接读出。位移图象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方

向。由a=-上分析加速度方向。根据位移分析质点的位置。

m

本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道加速度方向

与位移方向总是相反。

11.答案：0.1；0.87；1.68

解析：解：（1）因为每隔4个点取一个计数点，所以各计数点之间的时间间隔7=0.1s,

(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,

0.2364-0.0620

=0.87m/s

2X0.1

(3)根据匀变速直线运动的推论公式△X=可以求出加速度的大小，得:

0.3488-0.1408-0.1408

a==1.68m/s2.

(2X0.1)2

故答案为：(1)0.1(2)0.87(3)1.68

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上。点时小车的

瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△%=aT2可以求出加速度的大小.

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解

与应用.

要注意单位的换算和有效数字的保留.

12.答案：AD3.0小于

解析：解：(1)、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最

右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，故A正确。

8、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零。故8错误;

C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以

应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，故C错误。

。、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，

在换用较小的量程进行测量，故。正确。

(2)、选择开关处于“10片‘挡，最小分度值为0.2%所以此时的读数为3.0%

因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以30至40的中间数值一定小

于35,若选择开关处于“X10”挡，由图可知其读数小于3500

故答案为：(l)4D(2)3.0U小于

该题考查了多用电表的使用，在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下，可以对(1)的4C两选项进行

判断；通过电流变的工作原来可以得知选项8。的正误。

对于电压档的读数，首先通过量程，结合最小刻度的数量，得知最小刻度值，即可读出所测的电压

的数值；明确欧姆表刻度的不均匀的特征，知道刻度盘右侧密左则疏的性质。

该题考查到了多用电表的工作原理，要明确多用电表的工作原理，对于电流档时利用了定值电阻的

分流，电压档是利用了定值电阻的分压，要知道直流电流档和直流电压档的刻度是均匀的。同时明

确欧姆档的刻度是不均匀的，注意掌握各种表盘的读数方法。

13.答案：解：(1)设子弹入射前的速度为〃子弹射入b后共同速度为巧。

子弹击中物体b的过程，弹簧还没有来得及压缩，以子弹和b组成的系统为研究对象，取向左为正方

向，由动量守恒定律得

mv=(m+w)%

弹簧压缩后，由机械能守恒定律得：

Ep=i(m+mb)vf

解得%—2V10ni/s,v-10V10m/s

故子弹入射前的速度为10VTUm/s。

(2)弹簧刚被压缩时物体a、从子弹、弹簧组成的系统的动量与弹簧第一次恢复原长时系统的动量大

小相等，方向相反，以向右为正方向，对b压缩弹簧的整个过程，对a、b、子弹、弹簧组成的系统，

由动量定理得：

I=(m+mb)。］一［一(6+mb)vi］

解得：竖直墙对nia的冲量/=2屈N-so

(3)物体a向右运动过程中，弹簧弹性势能最大时，三者速度相同，设为功,以向右为正方向，由动

量守恒定律得：

(m+mb)v1=(m+ma+mb)v2

根据能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能即为系统损失的动能，则

Epmax=|(?n+-1(m+ma+mb)vl

解得Epmax=5/

故向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能为5

答：(1)子弹入射前的速度为10VTUm/s；

(2)竖直墙对Tn。的冲量为2VT5N-s；

(3)向右运动过程中弹簧可能具有的最大弹性势能为5人

解析：(1)子弹击中物体b的过程，子弹和b组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹与b的共

同速度，之后物体b压缩弹簧，在b压缩弹簧的过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律列式，

从而可以求出子弹入射前的速度。

(2)以a、b、子弹组成的系统为研究对象，应用机械能守恒定律可以求出a离开墙壁时b的速度，对系

统应用动量定理可以求出墙壁对ma的冲量。

(3)当两木块(包括子弹)速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出

最大弹性势能。

本题物体的运动过程比较多，要分析清楚物体的运动过程，选择恰当的过程是正确解题的前提与关

键，应用动量守恒定律、动量定理、机械能守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律与动量定理

解题时要注意正方向的选择。

14.答案：解：⑴木板在4、B两点间的平均速度为：瓦=£=*=1.2m/s

B、C两点间的平均速度为：乃=合=鬻=1.7m/s

U.3

=2

木板匀加速运动的加速度为：^1=^l+t2=0-24-0.32m/So

22

木板左端经过4点的速度为：为=瓦一Q1•a=1.2-2x0.1=lm/s

由速度位移关系得。、4两点间的距离为：%。=舁=工=0.25m

u2al2X2

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：

“mg=MaXo

代入数据解得：〃=0.4

(2)木板与铁块相对静止时的速度为：

%=瓦+%,£=1.7+2x0.15=2m/s

取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=(m+M)vc

代入数据解得：%=6mls

最初给铁块的瞬时冲量为：I=mv0=1x6=6N•s

以铁块为研究对象，由牛顿第二定律得：iimg=ma2o

2

代入数据得：a2=4m/so

木板左端到达C点时铁块的位移为：右=守=嘤=4m

-2a2-2x4

所以木板的长度为：L=x3—(^x0+xr+x2)=3m

(3)该过程中系统产生的内能为：Q=nmgL。

代入数据解得：Q=12J

答：(1)。、4两点间的距离是0.25m,铁块与木板之间的动摩擦因数是0.4；

(2)最初给铁块的瞬时冲量/的大小是6N-s,木板的长度是3m；

(3)该过程中系统产生的内能是12/。

解析：(1)给铁块一个瞬间冲量/后获得了速度，在摩擦力作用下，铁块向右做匀减速运动，木板向

右做匀加速运动。根据题目的条件可求得木板在间和BC间的平均速度，从而得到中点时刻的瞬时

速度，利用加速度的定义求解木板的加速度，再由速度公式求出木板左端经过4点时的速度，由速度

位移公式求出。、4两点间的距离。以木板为研究对象，由牛顿第二定律求得铁块与木板之间的动摩

擦因数；

(2)根据速度公式求出铁块与木板相对静止时的共同速度。由动量守恒定律求铁块的初速度，再由动

量定理求最初给铁块的瞬时冲量/的大小。以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律和运动学公式结合

求木板的长度；

(3)该过程中系统产生的内能等于“mgL。

本题是复杂的力学综合题，关键要理清两个物体的运动过程，熟练运用匀变速直线运动的推论来求

木板的瞬时速度和加速度。

15.答案：解：(1)未注入水银前，封闭气体压强pi=Po~Pn