四川省成都市2015屆高三第一次診斷試題 物理 Word版含解析

1、成都市2015屆高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測理科綜合物理部分理科綜合共300分，考試用時150分鐘。 1物理試卷分為第1卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，第1卷1至2頁，第卷3至5頁，共110分。 2答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考籍號填寫在答題卡上；并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼。答卷時，考生務(wù)必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效。考試結(jié)束后，只將答題卡交回。第1卷 注意事項： 1每題選出答案后，用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。 2本卷共7題，每題6分，共42分。每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全

2、部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1下列說法正確的是A、千克、牛頓、庫侖均是中學(xué)物理中涉及的國際單位制的基本單位B、質(zhì)點、點電荷、勻速直線運動均屬于理想化物理模型C、卡文迪許利用扭秤實驗測出了靜電力常量D 、分別是加速度、電場強度、磁感應(yīng)強度的定義式【答案】BA、米、千克、秒、安培、開爾文、摩爾、坎德拉是國際單位制的基本單位，故A錯誤；B、勻速直線運動不屬于理想化物理模型，故B正確；C、卡文迪許利用扭秤實驗測出了萬有引力常量，靜電力常量是用庫侖扭秤測出的，故C錯誤；D、加速度的定義式是，電場強度的定義式是，故D錯誤。故選B?！究键c】國際單位制；物理學(xué)史；物理量的定義2如圖所示

3、，勻強磁場分布在平面直角坐標系的整個第1象限內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向。下列判斷正確的是A粒子帶正電B運動過程中，粒子的速度不變C粒子由O到A經(jīng)歷的時間為D離開第一象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30°【答案】CA、根據(jù)左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負電，故A錯誤；B、由于粒子的速度的方向在改變，而速度是矢量，所以速度改變了，故B錯誤；C、粒子由O運動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應(yīng)的圓心

4、角為=60°，所以粒子運動的時間為，故C正確；D、粒子沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，由幾何的對稱性可知，離開磁場時其方向與x軸夾角為60°，故D錯誤。故選C?！究键c】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力3圖甲所示的“軌道康復(fù)者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命。圖乙是“軌道康復(fù)者”在某次拯救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心、軌道半徑之比為1：4。若不考慮衛(wèi)星與 “軌道康復(fù)者”之間的引力，則下列說法正確的是A在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”的速度大于79

5、kmsB在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”的加速度大小是地球同步衛(wèi)星的4倍C在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”的周期為3 h，且從圖示位置開始經(jīng)15 h與同步衛(wèi)星的距離最近D若要對該同步衛(wèi)星實施拯救，“軌道康復(fù)者”應(yīng)從圖示軌道上加速，然后與同步衛(wèi)星對接【答案】DA、第一宇宙速度是理論上的最大的運行速度，“軌道康復(fù)者”的速度一定小于79 kms，故A錯誤；B、由牛頓第二定律可得，兩者的軌道半徑之比為1：4，所以加速度比為16：1，故B錯誤；C、若同步衛(wèi)星不動，則經(jīng)15 h后兩者最近，但是同步衛(wèi)星在運動，故C錯誤；D、“軌道康復(fù)者”從圖示軌道上加速，則會離心運動，接近同步軌道，才能實現(xiàn)對接，故D正確。故選D。

6、【考點】萬有引力定律，牛頓第二定律4如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止。現(xiàn)用大小F=2mg、方向豎直向上的恒力拉A直到B剛好離開地面，則在此過程中A.A上升的初始加速度大小為2gB.彈簧對A和對B的彈力是一對作用力與反作用力C.A上升的最大高度為mg/kD.A上升的速度先增大后減少【答案】AA、最初系統(tǒng)靜止，則A受到的重力和彈力是一對平衡力，施加F的瞬間，其合外力與F等大，由牛頓第二定律可得，加速度為2g，故A正確；B、彈簧對A和對B的彈力的施力物體都是彈簧，受力物體分別是兩個物體，所以不是作用力與反作用力，故B錯誤；C、直到B剛好離開地面這一過程中，

7、A上升的高度是彈簧壓縮和拉伸的形變量之和，即2mg/k，故C錯誤；D、在運動的過程中，因為F=2mg，所以A所受到的合外力一直向上，所以速度一直增大，故D錯誤。故選A?！究键c】牛頓第二定律，胡克定律5如圖所示的電路中，開關(guān)K閉合。在開關(guān)s接a且電路穩(wěn)定后，電流表A1、A2和電壓表V的示數(shù)分別為，電源的輸出功率為P1，平行金屬板所帶電荷量為Q1；這時讓帶電微粒從P點水平射入平行板間，恰能沿圖示水平直線射出。若把平行板的上板向上移動少許，且S接b，當電路穩(wěn)定后，A1、A2和V表的示數(shù)分別為，電源的輸出功率為P2，平行板所帶電荷量為Q；粒仍從P點水平射人。則下列判斷正確的是【答案】DA、電鍵S無論接

8、哪里，電壓表和電流表1的讀數(shù)不會發(fā)生變化，而電路穩(wěn)定后，電流表2的讀數(shù)都是0，故A錯誤；B、由和得，平行板間的電壓減小，間距變大，所以帶電量減小，故B錯誤；C、電鍵S無論接哪里，電路的結(jié)構(gòu)不發(fā)生實質(zhì)性的變化，所以電源的輸出功率不變，故C錯誤；D、第一次射入粒子，恰能沿水平直線射出，說明粒子受力是平衡的，即電場力向上，而上極板帶正電，所以粒子帶負電；第二次射入粒子時，極板間的電壓減小了，間距變大了，所以粒子受到的電場力減小，所以有可能打到下極板上，故D正確。故選D。【考點】電路分析；帶電粒子在勻強電場中的運動6、右圖是小麗自制的電流表原理圖，質(zhì)量為m的均勻細金屬桿MN與一豎起懸掛的絕緣輕彈簧相連

9、，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長為abL1，bcL2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)均有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數(shù)表示電流大小。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g，則【答案】ACA、當有電流時，MN必然向下運動，進入磁場，所以受到的安培力向下，根據(jù)左手定則可知，電流一定是從M到N，故A正確；B、當電流表的示數(shù)為零時，MN中沒有電流通過，MN受力平衡，所以彈簧的彈力等于MN的重力，彈簧的伸長量不為零，故B錯誤；C、

10、電流表的量程，即是最大值，當MN桿到達cd邊時，為最大電流，此時由受力平衡條件可得，其中、，所以，故C正確；D、由可得出任意電流的表達式為，所以電流和MN下降的距離成正比例函數(shù)關(guān)系，所以刻度是均勻的，故D錯誤。故選AC?！究键c】共點力平衡；安培力7如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q=6×10-7C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2ms的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關(guān)系如圖乙

11、所示，重力加速度g=10ms2。則下列判斷正確的是A勻強電場的場強大小為3.2×106vmB小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 JC小球做順時針方向的勻速圓周運動D小球所受的洛倫茲力的大小為3 N【答案】BDA、由結(jié)合圖像乙，可得，故A錯誤；B、由功能關(guān)系，電勢能的減少等于電場力做功的量值，即，故B正確；C、當小球以2ms的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零，說明是洛侖茲力提供向心力，由左手定則得，小球應(yīng)該是逆時針方向做圓周運動，故C錯誤；D、重力和電場力是一對平衡力，所以有，得，由洛侖茲力提供向心力可知洛侖茲力為，故D正確。故選BD?！究键c】

12、帶電粒子在復(fù)合場中的運動第卷注意事項：l_用05毫米黑色簽字筆將答案寫在答題卡上。2本卷共4題，共68分。8(17分)I(6分)為了較準確的測量某細線能承受的最大拉力，小聰、小明分別進行了如下實驗 小聰在實驗室里找到一把彈簧測力計，按圖甲所示安裝細線和測力計后，他用力緩慢豎直向下拉測力計，直到測力計的示數(shù)達到量程(細線沒有斷裂)，讀出測力計的示數(shù)F，將F記為細線能承受的最大拉力。 小明在實驗室里還找到一把刻度尺和一個玩具小熊，接著進行了如下的操作： 用刻度尺測出細線的長度L，用彈簧測力計測出玩具小熊的重力G； 按圖乙所示安裝玩具小熊、細線(玩具小熊懸掛在細線的中點)； 兩手捏著細線緩慢向兩邊移

13、動直到細線斷裂，讀出此時兩手間的水平距離d； 利用平衡條件算出結(jié)果。 在不計細線質(zhì)量和伸長影響的情況下，請回答： (1)小明算出的細線能承受的最大拉力是 (用L、G、d表示)；兩位同學(xué)中，(選填“小聰”或“小明”)的測量結(jié)果較準確。 (2)在小明兩手捏著細線緩慢向兩邊移動的上述過程中，下列說法正確的是 (填選項序號字母)。A細線上的拉力大小不變 B細線上的拉力大小減小C細線上拉力的合力大小不變 D細線上拉力的合力大小增大【答案】 小明 C（1）如圖有，而，所以小聰用測力計的量程作為細線能承受的最大拉力，有明顯的錯誤，所以小明的測量結(jié)果較準確；（2）兩手捏著細線向兩邊移動的過程中，線上的彈力逐漸

14、增大，合力與重力等大，不變，所以C正確；【考點】力的合成與分解(11分)小華、小剛共同設(shè)計了圖甲所示的實驗電路，電路中的各個器材元件的參數(shù)為：電池組(電動勢約6 V，內(nèi)阻r約3 )、電流表(量程2OA，內(nèi)阻rA=O8 )、電阻箱R，(O999 )、滑動變阻器R2(0Rt)、開關(guān)三個及導(dǎo)線若干。他們認為該電路可以用來測電源的電動勢、內(nèi)阻和R2接入電路的阻值。 (1)小華先利用該電路準確地測出了R2接入電路的阻值。他的主要操作步驟是：先將滑動變阻器滑片調(diào)到某位置，接著閉合S、S2，斷開S1，讀出電流表的示數(shù)I；再閉合S、Sl，斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱的電阻值為36 時，電流表的示數(shù)也為I。此時滑動變阻

15、器接入電路的阻值為 。 (2) 小剛接著利用該電路測出了電源電動勢和內(nèi)電阻。 他的實驗步驟為： a在閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)電阻R1或R2至 (選填“最大值”或“最小值”)，之后閉合開關(guān)S，再閉合 (選填"S1”或“S2”)； B調(diào)節(jié)電阻 (選填“R1”或"R2”)，得到一系列電阻值和電流的數(shù)據(jù)； c斷開開關(guān)，整理實驗儀器。 圖乙是他由實驗數(shù)據(jù)繪出的圖像，圖像縱軸截距與電源電動勢的乘積代表 ，電源電動勢E V，內(nèi)阻r 。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) ?！敬鸢浮?.6 最大值 S1 R1 內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和 6.0 2.8（1）本小題就是替代法的應(yīng)用，所以電阻箱的讀數(shù)即是滑動變阻

16、器的電阻，即電阻為3.6歐姆；（2）為保護電路，先要把可變電阻調(diào)到最大值，因為最后要畫出圖像，所以必須要知道電阻的阻值，所以要用到電阻箱這個支路，所以接下來要閉合S1，調(diào)節(jié)電阻R1，由，所以縱截距表示內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和與電動勢的比值，圖像斜率表示電動勢的倒數(shù)，所以圖像縱軸截距與電源電動勢的乘積代表電源內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和，圖像斜率為1/6，所以電動勢為6V，縱截距為0.6，則內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和為3.6歐姆，所以電源內(nèi)阻為2.8歐姆。【考點】測量電源的電動勢和內(nèi)阻 9(15分)我國擁有航空母艦后，艦載機的起飛與降落等問題受到了廣泛關(guān)注。2012年11月23日，艦載機殲一15首降“遼寧艦

17、”獲得成功，隨后艦載機又通過滑躍式起飛成功。某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬： 假設(shè)起飛時“航母”靜止，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點。“航母”起飛跑道由圖示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計拐角處的長度)，其水平軌道長AB=L，水平軌道與斜面軌道末端c的高度差為h。一架殲一15飛機的總質(zhì)量為m在c端的起飛速度至少為v。若某次起飛訓(xùn)練中，殲一15從A點由靜止啟動，飛機發(fā)動機的推力大小恒為06mg，方向與速度方向相同，飛機受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為01mg。重力加速度為g。求： (1)飛機在水平軌道AB上運動的時間。 (2)在水平軌道末端B，發(fā)動機的推力功率

18、。 (3)要保證飛機正常起飛，斜面軌道的長度滿足的條件。 (結(jié)果用m、g、L、h v表示) 【答案】 （1）設(shè)飛機在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，阻力為f由牛彼第二定律得Ff0.6mg0.1mgma得a0.5g而由位移公式有解得（2）設(shè)飛機在B端的速度為v，功率為P由速度公式由解得（3）設(shè)飛機恰能在C端起飛時，斜面軌道長為l0整個過程由動能定理有【考點】勻變速直線運動，功率，動能定理lO(17分)如圖甲所示帶斜面的足夠長木板P，質(zhì)量M=3 kg靜止在水平地面上，其右側(cè)靠豎直墻壁，傾斜面BC與水平面AB的夾角。兩者平滑對接。t=O s時，質(zhì)量m=1 kg、可視為質(zhì)點的滑塊

19、Q從頂點C由靜止開始下滑，圖乙所示為Q在O6 s內(nèi)的速率v隨時間t變化的部分圖線。已知P與Q間的動摩擦因數(shù)是P與地面間的動摩擦因數(shù)的5倍，sin370=06，cos370=O8，g取10 ms2。求： (1)木板P與地面間的動摩擦因數(shù)。 (2)t=8 s時，木板P與滑塊Q的速度大小。 (3)O8 s內(nèi)，滑塊Q與木板P之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?vP=vQ=0.6m/s （1）02s內(nèi),P因墻壁存在而不動，Q沿著BC下滑，2s末的速度為v19.6m/s，設(shè)P、Q間動摩擦因數(shù)為1，P與地面間的動摩擦因數(shù)為2；對Q，由vt圖像有a14.8m/s2由牛頓第二定律有聯(lián)立求解得（2）2s后，Q滑到A

20、B上，因1mg>2 (m+M)g故P、Q相對滑動，且Q減速、P加速，設(shè)加速度大小分別是a2、a3，Q從B滑動AB上到P、Q共速所用的時間為t0對Q有1mgma2對P有1mg2 (m+M)gMa3共速時v1a2t0=a3t0解得a2=1.5m/s2、a3=0.1m/s2、t0=6s故在t8s時，P、Q的速度大小恰相同，vP=vQv2=a3t0=0.6m/s（3）02s內(nèi)，根據(jù)vt圖像中面積的含義，Q在BC上發(fā)生的位移x1=9.6m28s內(nèi)，Q發(fā)生的位移P發(fā)生的位移08s內(nèi)，Q與木板P之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量代入數(shù)據(jù)得【考點】勻變速直線運動，牛頓第二定律，運動圖像11(19分)如圖所示，帶正電

21、的絕緣小滑塊A，被長R=04m的絕緣細繩豎直懸掛，懸點O距水平地面的高度為3R；小滑塊B不帶電位于O點正下方的地面上。長L=2R的絕緣水平傳送帶上表面距地面的高度h=2R，其左端與O點在同一豎直線上，右端的右側(cè)空間有方向豎直向下的勻強電場。在。點與傳送帶之間有位置可調(diào)的固定釘子(圖中未畫出)，當把A拉到水平位置由靜止釋放后，因釘子阻擋，細繩總會斷裂，使得A能滑上傳送帶繼續(xù)運動，若傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，A剛好能運動到傳送帶的右端。已知絕緣細繩能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受電場力大小與重力相等，重力加速度g=10ms2，A、B均可視為質(zhì)點，皮帶傳動輪半徑很小，A不會因繩斷裂而損失能量、也不

22、會因摩擦而損失電荷量。試求： (1)釘子距O點的距離的范圍。 (2)若傳送帶以速度v0=5 ms順時針勻速轉(zhuǎn)動，在A剛滑到傳送帶上時，B從靜止開始向右做勻加速直線運動，當A剛落地時，B恰與A相碰。試求B做勻加速運動的加速度大小(結(jié)果可用根式表示)【答案】范圍是0.4m>x>0.2m （1）在A運動到最低點的過程中，機械能守恒，有得A到最低點，繩子被擋住時，有當T=Tm5mg時，解得故釘子距離O點的距離范圍是0.4m>x>0.2m（2）在A運動到傳送帶右端的過程中，因釘子擋繩不損失能量，有動能定理有mgRmgL0解得0.5因v0=5 ms>v1，所用A在傳送帶上將做加速運動，假設(shè)A一直加速，到右端的速度為v2由動能定理有解得v24m/s因v2<v0，假設(shè)成立，A一直做加速運動，因皮帶傳動輪半徑很小，故A在傳送帶右端將以v24m/s的速度做類平拋運動對A，設(shè)在傳送帶上運動的時間為t1，類平拋運動的時間為t2，有運動學(xué)規(guī)律有、解得：、對B，設(shè)勻加速過程的加速度大小為a，則有位移解得【考點】勻變速直線運動；機械能守恒定律；牛頓第二定律；動能定理第卷8、I 小明 C3.6 最大值 S1 R1 內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和 6.0 2.89（1）設(shè)飛機在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，阻力為f由牛彼第二定律得Ff0.6mg0.1mgma