甘肃省高台某中学2024届高三第一次诊断考试物理试题理试题

甘肃省高台一中2024届高三第一次诊断考试物理试题理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为。点，半径分别为“=0.2m,两导轨通过导

线与阻值R=2Q的电阻相连，一长为4的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端以。点为圆心，以角速度

G=l（X）rad/s顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小8=2T的匀强磁场，不计

导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是（）

A.通过电阻的电流方向为由8到a

B.通过电阻的电流为2A

C.导体棒转动时产生的感应电动势为4V

D.当g减小而其他条件不变时，通过电阻的电流减小

2、已知动车组在水平轨道上运动时受到的阻力/=攵/（&为阻力系数），其中和谐号动车组的阻力系数是复兴号动车

组的1.2倍，和谐号动车组的了大速度约为270km/h,若复兴号动车组的额定功率约为和谐号动车组的1.44倍，则相

同条件下，复兴号动车组在额功率下的最大速度约为（）

A.330km/hB.300km/hC.290km/hD.260km/h

3、将某劲度系数为A的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端用100N的力来拉，弹簧的伸长量为10cm；若对该弹簧两

端同时用50N的力反向拉时，弹簧的伸长量为AL则（）

A.士=10N/m,AL=10cni

B.A=100N/m,AZz=10cm

C.A=200N/m,AL=5cm

D.A=10D0N/m,AL=5cm

4、质量为小的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为/,另一质量也为血且可视为质点的物体从箱子中央

以心产2\回的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体

与箱底的动摩擦因数〃的取值范围是（）

1221

A.一<〃<一B.—<u<—

4794

2222

C.——<//<—D.—<U<——

1191311

5、如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻心导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的

匀强磁场中。现给导体棒一向右的初速度如不考虑导体棒和导轨电阻,下列图象中，导体棒速度v随时间的变化和

通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是（）

6、如图所示物块A和B的质量分别为4m和血，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6〃吆作用下，动

滑轮竖直向上运动.已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮

向上运动中，物块A和B的加速度分别为

A.OA=—gau=5gB.aA=an=-g

2f5

1

C.4A=-g,an=3gD.04=0,au=2g

4

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示为某一工作车间的传送装置，已知传送装置与水平面夹角为37。，传送带以10m/s的速率顺时针运转.某

时刻在传送带上端A处无初速度的轻轻放上一质量为1kg的小铁块（可视为质点），铁块与传送带间的动摩擦因数为

0.5,传送带A到B的总长度为16m,其中9=10〃",/,则在小铁块从A运动到B的过程中（）

A.小铁块从A到B运动的总时间为2s

B.小铁块对皮带做的总功为0

C.小铁块与传送带相对位移为4m

D.小铁块与皮带之间因摩擦生热而产生的内能为20J

8、如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为利的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L,随圆盘一起做匀速圆周

运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为〃，B与A之间的动摩擦因数为0.5假如最大静摩擦力大小等于滑动摩

擦力，处下列说法正确的是（）

A.物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定

B.物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等

C.AB一起转动的最大角速度为

D.当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为24〃咱

9、投掷标枪是运动会的比赛项目。运动员将标枪持在离地面1.6m高的位置，之后有三个阶段：①运动员与标枪一起

由静止加速至速度为8m/s；②以8m/s的速度为基础，运动员经0.8s的时间将标枪举高至2.0m处，并以26m/s的

速度将标枪掷出；③标枪离手后向斜上方向运动至离地面18m的最高点后再向斜下方运动至地面。若标枪的质量为

0.8kg,离手后的运动的最大水平距离为60m。取地面为零势能参考面，g取1（加小2。下列说法中正确的是（）

A.第①阶段中，运动员对标枪做功25.6J

B.第①②③阶段中，标枪获得的最大动能为51.2J

C.第①②③阶段中，标枪的最大机械能为286.4J

D.第②阶段中，运动员对标枪做功的平均功率为310W

10、阿列克谢•帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，将其放在

光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已知/>3/,现给金属框

一个向右的速度?(未知)使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是

d1aX乂

21

c-----------bXXX

L

A.线框进入磁场的过程中感应电流方向沿。加面

B.线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三

-e击由368?F

C.初速度大小为-------

mR

D.线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.(6分)某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻公约在1k。〜2k。之间，量程250阳4。提供实验器

材：

电源(4V,0.6H)

电键S及导线若干

一只电阻箱R(0-9999。)

滑动变阻器W(0-5012,0.6A)

滑动变阻器4((MkO,0.3A)

某同学的测量过程如下：

第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图甲所示：

R

第二，实验操作步骤如下：

①先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器*的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零

②闭合电键S,调节滑动变阻器”的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度心

③滑动变阻器*的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为人的一半，记下电阻箱读数则待测电流表的

内阻&=&,请回答以下问题：

（1）为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器R'是（选填或

⑵该同学在操作步骤①中，滑动变阻器”的滑片P应置于端（选填配”或冲”）理由是O

⑶接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交

（4）在实验步骤③中，确保滑动变阻器”的滑片P的位置不变，其理由是

12.（12分）某实验小组用如图所示的装置，做验证机械能守恒定律的实验。当地重力加速度为g：

（D电磁铁通过铁夹固定在铁架台上，给电磁铁通电，小球被吸在电磁铁卜方（光电门的正上方）。电磁铁断电，小球

由静止释放，测得小球通过光电门所用时间为，，测得小球直径为"，电磁铁下表面到光电门的距离为以”根

据测得数值，得到表达式（用已知和测得的物理量表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验

证；

⑵若保持电磁铁位置不变，改变光电门的位置，重复上述实验，得到多组〃及小球通过光电门的时间，，为了能通过

图像直观地得到实验结果，需要作出〃-（填或“乙”）图像，当图像是一条过原点的倾斜直线时，

tr

且在误差允许的范围内，斜率等于（用已知和测得的物理量表示），则机械能守恒定律得到验证；

（3）下列措施可以减小实验误差的是o

A.选用直径较小，质量较大的小球B.选用直径较大，质量较大的小球

C.电磁铁下表面到光电门的距离适当大些D.尽量让小球球心通过光电门

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，倾角&=30。的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=l.8m、质量M=3kg

的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数对木板施加沿斜面向

2

上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加

速度g=10m/s2.

（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；

（2）若F=3.5N,物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿

斜面上升的最大距离.

14.（16分）如图所示，质量为皿的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为”=05其端有一固定的、

光滑的半径K=0.4m的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的

固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距质量为62=2〃八的小木块（看成质点）从距木板右端

x=2m处以片）=10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为〃2=0.9,重力加速度取g=lOm/s?。求:

第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

⑵使m2不从⑸上滑下，〃”的最短长度。

⑶若如取第⑵问中的最短长度，第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

15.（12分）一光滑绝缘固定轨道MN与水平面成夕=37。角放置，其上端有一半径为/的光滑圆弧轨道的一部分，两

轨道相切于N点，圆弧轨道末端。点切线水平；一轻质弹簧下端固定在直轨道末端，弹簧原长时，其上端位于。点,

ON=31.现将一质量为机的滑块A拴接在弹簧上端，使之从O点静止释放。4向下压缩弹簧达到的最低点为尸点,

OP=l0当A到达最低点尸时，弹簧自动锁定，使A静止于尸点。使质量也为机的滑块凡从N点由静止沿斜面下

滑。台下滑至尸点后，与A相碰，方接触A瞬间弹簧自动解锁，4、B碰撞时间极短内力远大于外力。碰后A、B有

共同速度，但并不粘连。之后两滑块被弹回。（已知重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8）求：

（1）弹簧上端被压缩至尸点时所具有的弹性势能；

⑵第一次碰撞过程中B对4弹力的冲量的大小；

⑶若要B最终恰能回到圆弧轨道最高点，需要在8滑块由N点出发时，给8多大的初速度。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1、C

【解题分析】

A.由右手定则可知，通过电阻的电流方向为［到方，故A错误；

B.两圆环间导体棒在4时间内扫过的面积

AS=（4片-52

由法拉第电磁感应定律可知，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势

222

E=-^=^2^.=lfi（^-z;）6>=lx2x（0.2-0.1）xl00V=3V

通过电阻R的电流

E3

/=—=-A=1.5A

R2

故B错误；

C.导体棒转动时产生的感应电动势

「r1-ri0+班今八c1（X）x0.2...

E-Brv=Hr-----=2*0.2乂-------------V=4V

1122

故C正确；

D.当弓减小而其它条件不变时，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势

（（，r2）

E=BLv=B（弓-r2）0'~

变大，通过电阻的电流增大，故D错误。

故选C

2、A

【解题分析】

两列车的阻力分别为：

京谐=1.2H和谐2

A［兴复兴2

根据尸二外,”可得

%兴=1融品谐+复兴匕n复兴

%谐寸硼匕"和谐

联立解得

匕，，更兴=324km/h

故选A。

3、D

【解题分析】

弹簧上的弹力为100N,伸长量

x=10cin=0.1m

由F=kx得

^=—=—N/m=1OOON/m

x0.1

用50N力拉时

F50

△L=—=-----m=0.05m=5cm

k1000

故选D。

4、C

【解题分析】

小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

共

解得

1

y共=/

对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得

由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程

小物块受到摩擦力为

对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得

Q=fi=Rmgs

22

22

即＜MV§,故C正确，ABD错误。

故选C。

5、B

【解题分析】

AB.导体棒做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力，导体棒做减速运动，随着速度的减小，感应电流

减小，导体棒所受的安培力减小，则加速度减小，了一，图像的斜率绝对值减小，了一，图像是曲线且斜率减小，故A错

误，B正确；

CD.通过电阻A的电量

△中BLx

a=---=----

RR

则知9—T图像是过原点的倾斜的直线，故CD错误。

故选B。

6、D

【解题分析】

在竖直向上拉力/=6/g时，此时A、B受的拉力分别为3〃陪、3mg,对A因为3〃陪V4mg,故物体A静止，加速度

为0;对物体B

3mg—mg=maB

解得

au=2g

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AC

【解题分析】

A.开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度%=g(sin6+4gcose)=10m/s2,小

物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为4=上=卜，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为

a

v10

M=-t=—x\m=5mf由于P<tan9,此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，

因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，其加速度变为ai=g(sinO-pcosO)=10x(().6-0.5x().8)m/s2=2m/s2,

小物体从该位置起运动到B端的位移为s・si=16m-5m=llm,小物体做初速度为v=10m/s>加速度为ai的匀加速直线运

动，由$-再=vt2--a^,代入数据，解得t2=ls(t2=-lls舍去)所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t.+t2=2s,

故A正确；

B.皮带的总位移x=vt=10x2/??=20/7?，摩擦力：f="ngcos37°=0.5x1x10x0.8^=4/V,所以摩擦力所做的功

为叼=_*=-20x4J=—8(U,故B错误；

C.物体从A到B运动的位移为16m,由B项分析可知，皮带的总位移为20m,所以小铁块与传送带相对位移为4m,

故C正确；

D.因摩擦产生的热量Q二力相=4x41=16,，故D错误。

故选AC,

8、BC

【解题分析】

A.两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；

B.根据向心力公式凡=〃〃02可知，物块八、5一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确;

CD.对A3整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有

^•2mg=2m(OB2L

解得

对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有

解得

AB一起转动的最大角速度为、丝,此时圆盘对B的摩擦力为

V2L

/=2"72.0；=4相8

故C正确，D错误。

故选：BCo

9、ACD

【解题分析】

A.第①阶段中，标枪在水平面加速运动，动能增加量为

E,=-/WV；=-X0.8X82J=25.6J

212

由动能定理得运动员对标枪做功为25.6J,故A正确；

B.第①②③阶段中，标枪出手时速度最大，其动能也最大，有

11

E=-mv29=-XO.8X2627J=270.4J

k22

故B错误；

C.第①②③阶段中，标枪出手前机械能一直增大，出手时机械能最大，有

耳+线=(0.8X10x2.0)J+E=286.4J

故C正确；

D.第②阶段中，标枪机械能增加量为

*士纥=。8xl()x(2.0+(270.4J-25.6J)=248J

则运动员对标枪做功的平均功率为

珞+/_248J

=310W

t0.8s

故D正确。

故选ACDo

10、BCD

【解题分析】

A.由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcM,故A错误；

B.将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为21,中间部分切割边长为/,由动量定理可得

-2BI2lt2=-wAt>

其中

Z.r.+Z^,=67=—

K

由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故

2'，=为

故线框完全进入磁场后的速度为

A3

故B正确；

C.根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理

B・21-2尸cB・/・卜=m&i)=:mu

----------x2+--------Q

RR

解得

36B2广

mR

故c正确；

D.线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为

7

-

352

-

W=gmu；机〃;

2-g32

叱7

故弁二£,故D正确;

vV2J

故选BCDo

三、实验题:本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、Ra接通电路时，确保电流表安全保

持。尸间电压不变

【解题分析】

根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，为了便于调节分压，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动

变阻器，即心。

⑵[2][3]为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于。端，这样测量电路部分开始时分压为0,保

证了电路安全。

(3)[4]根据电路图，连接实物图如图所示：

(4)[5]在实验步骤③中，确保滑动变阻器”的滑片P的位置不变，其理由是保持。尸间电压不变。

,11

12、^=-(-)-7—d~ACD

2tI2g

【解题分析】

⑴⑴由机械能守恒有

,1,d、2

mgh=-m(—)~

故要验证的表达式为gh=会与。

2t

⑵[2]⑶由g/z=1(4)2得

2t

,d21

h=-------

2gr

即为了直观地得到实验结果，应作人!图像，在误差允许的范围内图像的斜率为生，则机械能守恒定律得到验证。

「2g

⑶[4]

AB.为了减少实验误差，应选用质量大、体积小的小球，选项A正确，选项B错误；

CD.电磁铁下表面到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差，尽量让小球球心通过光电门，减小因小

球遮光长度不是直径引起的误差，选项C、D正确。

故填ACDo

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)F<30N；(2)物块能滑离木板，1.2s,s=0.9m.

【解题分析】

试题分析：（1）对M、m,由牛顿第二定律尸-gsina=（M+m）a：

对m,有了一〃7gs加a=ma,f<mgcosa,代入数据得：F<36N.

(2)F=375N>3DN,物块能滑离木板，对于M,有F—jumgcosa—Mgsina=Mai

对m,有Rngcosa—mgsina=m%,设物块滑离木板所用的时间为/,

由运动学公式：产r'代入数据得：1.2s’物块离开木板时的速度X®,

由公式：一2gsinas=-产，代入数据得s=0.9〃?.

考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系

【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是

联系力学和运动学的桥梁.

,81

14、(l)2.8m；(2)—m；(3)—m

【解题分析】

（1）设滑块到达木板右端