绵阳2015年三诊物理试题和答案(word)
2015年四川省南充市高考物理三诊试卷
2015年四川省南充市高考物理三诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列说法正确的是（）A.全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B.只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率C.高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢D.鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小【答案】C【解析】解：A、全息照相利用了激光的频率单一，具有相干性好的特点，利用了光的干涉现象，与光的衍射无关．故A错误；B、受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振．故B错误；C、根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：t=，可知在宇宙中高速飞行的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢，故C正确；D、根据多普勒效应可知，当两物体以很大的速度互相靠近时，感觉频率会增大，远离时感觉频率会减小，所以鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的相比增大．故D错误．故选：C全息照相利用了光的干涉现象；受迫震动的频率总是等于驱动力频率；在相对论中，高速飞行的物体时间变慢，长度缩短．当声源与观察者间距变小时，接收频率变高．该题考查全息照相的原理、受迫振动的频率，爱因斯坦的相对论以及多普勒效应，注意相对论中空间与时间的变化．这一类的知识点在平时的学习过程中要多加积累．2.如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中．当入射角是45°时，折射角为30°．以下说法正确的是（）A.反射光线与折射光线的夹角为120°B.该液体对红光的折射率为C.该液体对红光的全反射临界角为45°D.当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30°【答案】C【解析】解：A、根据反射定律得到反射角为45°，由几何知识得，反射光线与折射光线的夹角是105°．故A错误．=，故B错误．B、由折射率公式n=，得n=°°C、由临界角公式sin C=，得，sin C=，则C=45°．故C正确．D、根据折射定律得知，紫光的折射率大于红光的折射率，则紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角小于30°．故D错误．故选：C根据反射定律得到反射角，由几何知识分析反射光线与折射光线的夹角．由折射率公式n=求出折射率，再由临界角公式sin C=，求出临界角．本题考查折射定律、反射定律、临界角等光学基础知识，难度不大．折射率公式n=和临界角公式sin C=是考试的热点，是牢固掌握．3.观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ（弧度），如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：“神舟十号”的线速度v=，轨道半径r=，根据得地球的质量为：M=．故选：A．根据数学知识求出线速度和轨道半径，结合万有引力提供向心力，求出地球的质量．解决本题的关键知道线速度等于弧长与时间的比值，知道弧长与半径的比值等于圆心角，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用．4.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面应强度为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A.从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B.从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C.t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D.t1时刻电阻R的发热功率为【答案】D【解析】解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为△Φ=2B s，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q==，故B错误；C、由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=n K，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确．故选：D．首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解．明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大．5.在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：若波源的起振方向向上，前11个质点第一次形成如图所示的波形时，波恰好传到17质点，波传播的距离最大，最大距离s=16a，则最大波速v=．故选：B根据波形图得出波传播的最大距离，从而结合传播的时间可求出最大波速．解决本题的关键知道质点的起振方向与波源的起振方向相同，抓住波源的起振方向得出传播的最大距离．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，直角坐标系x O y位于竖直平面内．第Ⅲ、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，不能求出的物理量有（）A.圆周运动的速度大小B.电场强度的大小和方向C.小球在第IV象限运动的时间D.磁感应强度大小【答案】BD【解析】解：A、粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设粒子到达P点的速度为v．根据机械能守恒定律得：mgd=，v=，即粒子做圆周运动的速度为，所以可以求出粒子圆周运动的速度大小．故A正确．B、粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg=q E，E=，由于粒子的比荷未知，不能求出电场强度E的大小．根据粒子第Ⅲ象限内运动情况，由左手定则判断知该粒子带负电，粒子在第IV象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B错误．C、小球在第IV象限运动的时间t==，可知能求出小球在第IV象限运动的时间t，故C正确．D、小球在第IV象限内运动的半径为d，由d=知，由于粒子的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D错误．本题选不能求出的物理量，故选：BD．粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，可求出粒子到达P点的速度．粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，列式分析能求出哪些量．本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．7.如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B 一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A.A和B分离后A不能回到出发点 B.A和B分离时B的速度为5m/sC.B最终停留的位置距斜面末端1mD.B最终停留的位置距斜面末端4m【答案】AC【解析】解：A、A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少，故A正确．B、未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgsinθ+F1=F其中弹力为：F1=kx1解得弹簧的压缩量为：x1=，分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsinθ-f=ma B其中f=μ1mgcosθ联立解得a B=0对A：mgsinθ-F2=ma A，其中弹力F2=kx2由a A=a B=0，解得分离时弹簧的伸长量为：x2=，可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mg•sinθ（x1+x2）-f（x1+x2）=，代入数据解得：v=2m/s．故B错误．C、分离后由动能定理得：，代入数据解得s=1m，故C正确，D错误．故选：AC．A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少；当AB分离时，AB具有相同的加速度与速度，根据牛顿第二定律求的弹簧的伸长量，在利用动能定理求的速度；对B利用动能定理即可求的位移．本题要抓住临界状态，分析临界条件，即小球与挡板刚分离时，B对小球的作用力为零，这也是两物体刚分离时常用到的临界条件三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)8.如图是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的实物图．小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你将图中的这根连线画上“×”，并在图上画出这根导线的正确连线；闭合开关前应将滑动变阻器的触动头滑到______ （填“最左端”或“最右端”）；该实验采用了电流表的______ 法（选填“内接”或“外接”）．【答案】最左端；外接【解析】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片要置于最左端．描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法；由图示电路图可知，滑动变阻器连接错误，修改后的电路图如图所示：故答案为：电路图如图所示；最左端；外接滑动变阻器采用分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压为零的位置；根据描绘灯泡伏安特性曲线的实验原理分析电路图，然后答题本题考查了实验注意事项、修改电路图，知道滑动变阻器的接法是正确修改电路图的关键．9.物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹______ ，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是______A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有______A．物块A的质量MB．物块B的质量mC．物块A与木板间的动摩擦因数μD．两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为______ ．【答案】间距相等；D；BD；【解析】解：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的．（2）设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力M g、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知：f=M gsinθ0，F N=M gcosθ0又因为f=μF N，所以当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+M gsinθ0）-μ（B qv+M gcosθ0）=（M+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变．所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式△x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变．故D正确、ABC错误．故选：D．（3）（4）根据（mg+M gsinθ0）-μ（B qv+M gcosθ0）=（M+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+M gsinθ0）-μ（B qv+M gcosθ0）=0化简得q=，把μ=tanθ0代入，得由此可知为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v．故答案为：（1）间距相等；（2）D；（3）BD；（4）．平衡摩擦力后滑块受到的合力为零，滑块做匀速直线运动．没有磁场时，对A受力分析，A受到重力M g、支持力、摩擦力．根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数．当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+M gsinθ0）-μ（B qv+M gcosθ0）=（M+m）a，根据表达式分析物体的运动性质．要明确实验原理，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键．四、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.214年4月20日8时02分，四川省芦山县境内发生6.4级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，司机突然发现山坡上距坡底80m处的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为0.5s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，求：（l）泥石流到达坡底的速度大小？（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？【答案】解：（1）由运动学公式得：=12m/s（2）泥石流在下坡阶段运动的时间为：=8s设汽车恰被泥石流追上汽车运动的时间为t2，泥石流在水平段运动的时间为t3，则在水平段有x泥=v t t3，车v t=a0t2且t1+t3-t反=t2，联立解以上各式并代入相关数据得a0=0.8m/s2则汽车的加速度至少应有0.8m/s2才不会被泥石流追上．答：（1）泥石流到达坡底的速度为12m/s；（2）汽车的加速度至少为0.8m/s2才能脱离危险．【解析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出泥石流到达坡底的速度大小．（2）根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，结合位移关系，再根据运动规律求解最小加速度．掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键．11.如图甲所示，固定在水平桌边上的L双轨型平行金属导轨足够长，倾角为θ=53°，间距L=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1=25Ω，R2=4Ω，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，ab与导轨间的动摩擦因数μ1=，cd与导轨间的动摩擦因数μ2=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C；g取10m/s2．（1）求在ab棒整个下滑阶段，ad棒中产生的热量；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，求ab棒质量满足的条件？【答案】解：（1）因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等，在cd棒刚滑动时，设ab棒的速度为v，此时对cd棒有：BIL sin37°=μ2（m2g+BIL cos37°）且，联立解得：v=1.5m/s设ab棒下滑的距离为x，则有：q=代入数据解得：x=1.2m对整个系统由功能关系得：Q=（m1gsinθ-μ1m1gcosθ）x，由串联电路知识可得cd棒产生的热量为：′，联立上述方程并代入数据得：Q′=25.05J（2）分析可知，只要ab棒匀速运动cd棒都未滑动则满足要求，匀速运动时对ab棒：F安=m1gsinθ-μ1m1gcosθ，此时对cd棒：F安•sinθ≤μ2（m2g+F安cosθ），代入数据解得：kg≈3.47kg答：（1）ad棒中产生的热量为25.05J．（2）ab棒质量满足的条件m1≤3.47kg．【解析】（1）因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等，对cd棒分析，结合平衡，以及切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出cd棒恰好开始滑动时，ab棒的速度．根据电量求出ab棒下滑的距离．对整个系统运用功能关系求出整个电路产生的的表达式q=总热量，从而得出cd棒上产生的热量．（2）抓住ab棒匀速运动，cd棒都未滑动，分别对ab棒和cd棒分析，抓住cd棒安培力在水平方向上的分力小于最大静摩擦力，求出ab棒质量满足的条件．本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识、电路的综合，掌握电量的经验表达式q=，以及能够正确地受力分析，抓住临界情况，结合共点力平衡和能量守恒总进行求解．12.如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．（粒子比荷为=1×106C/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间．【答案】解：（1）作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，由相似三角形知识有，由直角三角形知识有，对粒子由牛顿第二定律得，解以上方程并代入数据得v0=1.25×106m/s（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以QC=v0t，PC=，v=，联立解以上方程并代入数据得v=．E=1.25×107V/m（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得′，′所以 PO′P1=54°，得 PO′C=106°．则其运动时间t=．答：（1）粒子的发射速率为1.25×106m/s；（2）到达ab直线上粒子的速度大小为，电场强度的大小为1.25×107V/m；（3）从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间为．【解析】（1）根据几何关系得出粒子在磁场中运动的轨道半径，结合半径公式求出粒子的发射速率．（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，结合周期公式和圆心角的大小求出粒子运动的时间．本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径．高中物理试卷第11页，共11页。
物理卷·2015届四川省成都市三诊试题及答案(word版)
四川省成都市2015届高三第三次诊断考试物 理 试 题1．物理试卷分为第I 卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共110分。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。
答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡，答在试卷上的无效。
考试结束后，只将答题卡交回。
第I 卷注意事项：1．每题选出答案后，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
2．本卷共7题，每题6分，共42分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．下列说法正确的是A ．声波和电磁波都不能在真空中传播B ．遥控器发出的红外线脉冲信号，可以用来遥控电视机、录像机和空调机C ．交警可以根据光波的偏振现象，利用仪器测出经过身边的汽车的行驶速度D ．狭义机对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度2．关于下列光学现旬，说法正确的是A ．光从空气射入玻璃时，可能发生全反射B ．在水中，蓝光的传播速度大于红光的传播速度C ．晚上，不中同一深度、可视为点光源的红灯和黄灯，红灯照亮的不面面积大于黄灯照亮的水面面积D ．阳光下肥皂泡呈现出五颜六色，这是光的衍射现象3．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V ，440W”的纯电阻和“220V ，220W”的电动机。
如果副线圈两端电压按图乙所示正弦规律变化，则下列说法正确的是A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为2202t u V π=B ．电压表示数为11002VC ．纯电阻的发热功率是电动机发热功率的2倍D ．1min 内电动机消耗的电能为41.3210J ⨯ 4．如图所示，在波的传播方向上有相距1m 的6个质点，a 、b 、c 、d 、e 、f ，它们均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以1m/s 的水平速度向右传播。
2015绵阳三诊 四川省绵阳市高中2015届高三第三次诊断性考试理综化学试题(扫描版,含答案)
绵阳市高中2012级第三次诊断性考试理科综合·化学参考答案和评分标准第Ⅰ卷（选择题共42分）选择题共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. C2. D3. A4. A5. B6. D7. B第Ⅱ卷（非选择题 共58分）8.（共12分，每空2分）（1）氧 四面体（2）1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1或 3d 54s 1 （3）4 12（4）Cr 2O 3＋2OH －==2CrO －2＋H 2O 或Cr 2O 3＋2OH －＋3H 2O ==2－ 9.（共15分）Ⅰ. a c （2分）Ⅱ.（1）锥形瓶（2分）（2）将分解产生的气体全部排到B 、C 装置中使其全部被吸收（2分）（3）SO 2＋H 2O 2＋Ba 2＋==BaSO 4↓＋2H ＋（2分，如分步写，每个方程式1分）（4）溶液变为红色（2分）（5）加入稀硫酸（盐酸）溶解，再滴加K 3溶液，不产生蓝色沉淀（或加入稀硫酸溶解，再滴入KMnO 4稀溶液，不褪色）（3分）Ⅲ. 分解产生的氨气消耗完B 装置中HCl 后，过量的NH 3存在时SO 2也可与BaCl 2溶液反应生成白色沉淀（2分）10.（共15分）（1）1, 2-丙二醇（2分） C 6H 10O 4 （2分）（2）②⑤⑥（2分） （3）C O (CH 2)4C OO CHCH 2O CH 3H HOn （2分） （4）②CH 3CHCH 2Cl Cl＋ 2NaOH H 2O ——→△ CH 3CHCH 2OH OH ＋ 2NaCl （2分） ⑥ COOCH 2CH 3COOCH 2CH 3OCOOCH 2CH 3+CH 3CH 2OH DMF （3分）（5）CH C CH 3CH 3H CH CH 3 或 （2分）11.（共16分）（1）VO +2、Al 3+（2分） （2）Al(OH)3（2分）（3）NH +4＋VO －3==NH 4VO 3↓（2分）（4）10Al(s)＋3V 2O 5(s)==5Al 2O 3(s)＋6V(s) ΔH ＝-5a －3b 2 kJ /mol （3分）（5）V 2+－e －== V 3+（2分） VO 2+－e －＋H 2O==VO +2＋2H +（2分）（6）10.6（3分）。
四川省绵阳市2015届高三毕业班第一次诊断性测试word版物理试题(含答案)
绵阳市高中2012级第一次诊断性考试理科综合·物理第Ⅰ卷（选择题 共42分）1. 爱因斯坦说：“伽利略理想斜面实验指出了真正建立动力学基础的线索。
”伽利略根据理想斜面实验A. 否定了“摩擦力是改变物体运动状态的原因”B. 否定了“物体越重下落越快”C. 认为“物体不受力的作用将永远运动下去”D. 认为“力是产生加速度的原因”2．如图是一质点做直线运动的v —t 图像。
在0—8s 过程中 A. 第1个2s 内的位移和第4个2s 内的位移相同B. 第4s 末与第6s 末的位置相同C. 第5s 内的加速度与第6s 内的加速度方向相反D. 前4s 的平均速度与后4s 的平均速度相同3. 一同学用如图所示方式体验力的作用效果。
轻绳的一端系一不太重的物体，另一端点套在食指上的B 点，用一支铅笔（可视为轻杆）的一端水平支在轻绳的O 点，铅笔的笔尖支在手掌上的A 点，手掌和手指在同一个竖直平面内，铅笔始终水平。
则A. 若将绳在食指上的端点稍稍下移，B 点感受到的拉力变小B. 若将绳在食指上的端点稍稍下移，A 点感受到的压力不变C. 若将铅笔向下稍稍平移，保持B 点位置不变，B 点感受到的拉力不变D. 若将铅笔向下稍稍平移，保持B 点位置不变，A 点感受到的压力变小4. 如图，在竖直平面内，直径为R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑四分之一圆轨道水平相切于O 点，O 点在水平地面上。
可视为质点的小球从O 点以某一初速度进入半圆，刚好能通过半圆的最高点A ，从A 点飞出后落在四分之一圆轨道上的B 点，不计空气阻力，g =10m/s 2。
则B 点与A 点的竖直高度差为A. ()215R- B. ()215R + C. ()1015R - D. ()1015R + 5. 2014年9月川东地区持续强降雨，多地发生了严重的洪涝灾害。
如图为某救灾现场示意图，一居民被洪水围困在被淹房屋屋顶的A 点，直线PQ 和MN 之间是滔滔洪水，之外为安全区域。
高2015级绵阳三诊物理试题
高2015级三诊物理14．2017年12月24日，我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”AG600首飞成功。
至此，中国大飞机家族“三兄弟”运20、C919、AG600先后飞上蓝天！而“鲲龙”AG600既可飞天，又能入海。
如果AG600在水面起飞，其在水面加速滑行过程中受到的合外力 A ．大小为零B ．方向竖直向上C ．方向与滑行方向相同D ．方向沿滑行方向斜向上15．2018年3月30日，我国在西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第30、31颗北斗导航卫星，经轨控和相位捕获后，进入工作轨道。
这两颗卫星属于轨道半径介于近地卫星和同步卫星之间的中圆地球轨道卫星。
这两颗卫星在工作轨道上正常运行A . 速率大于7.9 km / sB . 受到地球的万有引力大小相等C . 周期小于近地卫星正常运行的周期D . 加速度大于同步卫星正常运行的加速度16．氢原子处于量子数n =2的激发态时能量E 2=-3.4 eV ，则A ．辐射出一个能量为3.4 eV 的光子后跃迁到基态B ．辐射出一个能量为10.2 eV 的光子后跃迁到基态C ．用光子能量为3.4 eV 的光照射后将跃迁到n =3的激发态D ．用光子能量为13.6 eV 的光照射后将跃迁到n =3的激发态17．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1，原线圈接有定值电阻R 0，副线圈接有两个阻值均为R 的定值电阻，且R 0=2R 。
输入稳定的正弦交流电U 0A ．R 0与R 的电压比为2:1B ．R 0与R 的电压比为1:1C ．R 0与R 消耗的电功率比为4:1D ．R 0与R 消耗的电功率比为1:418．如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y 锐角为θ。
一个质量为m 的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h ，小球始终与支架保持相对静止。
设支架转动的角速度为ω，则A ．当ω=0时，臂对小球的摩擦力大小为mg sin θB ．ω由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变C ．当h g θθωcos sin 1=时，臂对小球的摩擦力为零 D ．当)21(cos sin 1+=θθωh g 时，臂对小球的摩擦力大小为mg 19．如图所示，以减速渗透薄膜为界的区域I 和II 有大小相等方向相反的匀强磁场。
2015年绵阳三诊物理试题及答案
97 98 99
（1）需要测量悬线长度，现用最小分度为 1mm 的米尺测量，图中箭头所指位置是拉直的悬 线两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为
0 1 2 3 4 96
（2）一组同学测得不同摆长 l 单摆对应的周期 T，将数据填入表格中，根据表中数据，在坐 标纸上描点，以 T 为纵轴，l 为横轴，作出做简谐运动的单摆的 T-l 图像。根据作出的图像，能 够得到的结论是_________。 A. 单摆周期 T 与摆长 l 成正比 C. 单摆周期 T 与摆长 l 的二次方根成正比 建议，其中对提高测量结果精确度有利的是 A. 适当加长摆线 C. 单摆偏离平衡位置的角度不能太大 B. 单摆周期 T 与摆长 l 成反比 D. 单摆摆长 l 越长，周期 T 越大 。 D . 当单摆经过平衡位置时开始计时， 经过一次
4 3 2 1 O E/104N·C-1 4 3 2 1 O v/m·s-1
2 4 t/s 图1
2 图24 t/s Nhomakorabeat1
t2
t3
t
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第Ⅱ卷（非选择题 共 68 分）
注意事项： 必须用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图可先用铅笔 绘出，确认后再用 0.5 毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷、草稿纸上无效。 第Ⅱ卷共 4 题。 8.(17 分)Ⅰ.（6 分） 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中： mm。
绵阳市2015届高三二诊物理试题_Word含答案
θ OA FBLv 0·×I A v 0DEB +Q+Qv 0v 0C 高压 电源＋－ SRG1. 法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则 A. 接通电池后，电流计指针一直保持偏转 B. 接通电池时，电流计指针没有偏转 C. 接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转 D. 接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零2. 如图所示，质量为m 的小球（可视为质点）用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置。
现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则 A. F 1＝F 2＝2mg B. 从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC. 从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D. 从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大3．如图所示，一个不计重力的带电粒子以v 0沿各图的虚线射入场中。
A 中I 是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B 中＋Q 是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C 中I 是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。
其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是4．静电计是在验电器基础上制成，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小。
如图，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，A 板固定，手握B 板的绝缘柄，G 为静电计。
开始时开关S 闭合，静电计G 指针张开一定角度。
则 A ．保持S 闭合，只将A 、B 两板靠近些，G 指针张角变小B ．保持S 闭合，只将变阻器滑动触头向左移动，G 指针张角变大C ．断开S 后，只将A 、B 两板分开些，G 指针张角变小D ．断开S 后，只在A 、B 两板间插入电介质，G 指针张角变小5．假设月球是质量分布均匀的球体。
四川省成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测物理试题(word)
成都市2015级三诊理科综合 物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A.卢瑟福通过分析甲图中的α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型B.乙图表明：只要有光射到金属板上，就一定有光电子射出C.丙图表示的是磁场对α、β和γ射线的作用情况，其中①是β射线，②是γ射线D.丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工无法控制的核反应15.2016年6月和8月，我国在西昌和酒泉卫星发射中心，分别发射了第二十三颗北斗导航卫星G7和世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”。
G7属地球静止轨道卫星(高度距地面约3600km)，“墨子号”的圆形轨道距地面的高度约为500km 。
关于在轨运行的这两颗卫星，下列说法正确的是A.“墨子号”的运行速度大于7.9km/sB.北斗G7的运行速度大于11.2km/sC.“墨子号”的运行周期比北斗G7大D.“墨子号”的向心加速度比北斗G7大16.一种改进后的回旋加速器示意如图，宽度忽略不计的窄缝A 、C 间的加速电场场强大小恒定，电场被限制在A 、C 间，与A 、C 平行的两虚线之间无电场。
带电粒子从P 0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。
对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是A.加速电场的方向需要做周期性的变化B.加速后粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关C.带电粒子每运动一周被加速一次D.带电粒子每运动一周直径的变化量相等，即P 1P 2等于P 2P 317.如图，一质量为M 、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上，恰能沿杆匀速下滑。
若下滑过程中小球所受杆的作用力大小为F ，且小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A.仅增大θ(θ<90°)，小球被释放后仍能沿杆匀速下滑B.仅增大θ(θ<90°)，小球被释放后所受杆的作用力小于FC.θ不变，仅在挂钩上再挂一个物体，小球被释放后将沿杆加速下滑D.θ不变，仅在挂钩上再挂一个物体，小球被释放后所受杆的作用力仍等于F18.一轻质细杆长为2L ，可绕固定于中点O 的水平轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有形状相同的小球1和2，它们的质量均为m ，电荷量分别为q 和－q(q>0)，整个装置放在如图所示的、在竖直面内关于过O 轴的竖直线对称的电场中。
四川省绵阳市高三物理上学期第一次诊断性考试试题(含解析)新人教版
四川省绵阳市2015届高三上学期第一次诊断性考试物理试题（解析版）理科综合考试时间共150分钟，满分300分。
其中，物理110分，化学100分，生物90分。
物理试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页。
考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
考试结束后，将试卷交回。
【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1的电场内容。
主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场等，知识覆盖面广，题型以改变题、原创题为主，没用沿用老题，给人一种焕然一新的感觉。
知识点全面以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。
第Ⅰ卷（选择题共42分）注意事项：必须用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共7题，每题6分。
在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分。
【题文】1. 爱因斯坦说：“伽利略理想斜面实验指出了真正建立动力学基础的线索。
”伽利略根据理想斜面实验A. 否定了“摩擦力是改变物体运动状态的原因”B. 否定了“物体越重下落越快”C. 认为“物体不受力的作用将永远运动下去”D. 认为“力是产生加速度的原因”【知识点】物理学史．P0【答案解析】C 解析：伽利略通过理想斜面实验，假设没有摩擦，物体将一直运动下去不会停止，提出“力不是维持物体运动的原因”，从而推翻“力是维持物体运动的原因”．故选C．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【题文】2．如图是一质点做直线运动的v—t图像。
在0—8s过程中A. 第1个2s内的位移和第4个2s内的位移相同B. 第4s末与第6s末的位置相同C. 第5s内的加速度与第6s内的加速度方向相反D. 前4s的平均速度与后4s的平均速度相同【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】B 解析： A、由图看出，物体在0～2s内沿正方向运动， 6s～8s内沿负方向运动，故位移方向一定不同．故A错误；B、从开始计算，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，前4s的位移(14)31522x m+⨯==，前6s的位移(15)31315222x m+⨯⨯=-=，第4s末与第6s末的位置相同，故B正确；C、根据斜率表示加速度，前2s加速度为正，4-6s加速度为负方向，故C错误；D、前4s平均速度115/8xv m st==，4-8s位移为21333322x m⨯⨯=-=-，所以平均速度2223/4xv m st==-，故D错误，故选B【思路点拨】速度图象的“面积”等于位移，图象位于t轴上方，位移为正值，位于t轴下方，位移为负值．斜率等于加速度，根据几何知识判断加速度的大小．．根据位移与时间之比可求出平均速度．对于速度图象问题，往往根据斜率等于加速度、“面积”等于位移分析质点的运动情况．【题文】3. 一同学用如图所示方式体验力的作用效果。
2015年四川省绵阳市中考物理试卷-答案
四川省绵阳市2015年初中学业考试暨高中阶段学校招生考试物理答案解析第Ⅰ卷一、选择题1.【答案】C【解析】A、原子核带正电，错误，B、质子带正电，错误，C、中子不带电，正确，D、电子带负电，错误，故选C。
【考点】原子结构2.【答案】A【解析】本题考查扩散现象，互相渗入说明分子在不停地运动，A正确；由于是室温下放置，温度不变，所以B错误；本题中的现象与分子之间的作用力无关，所以C、D都错；应选A。
【考点】分子动理论3.【答案】B【解析】苹果受到的重力与苹果对桌面的圧力没有作用在一个物体上，所以不是一对平衡力，A错；苹果受到的重力与桌面对苹果的支持力，大小相等，方向相反，作用在一个物体上，作用在一条直线上，所以是一对平衡力，B正确；苹果受到的重力等于桌面对苹果的支持力，C错误；桌面对苹果的支持力等于苹果对桌面的压力，D错误；应选B。
【考点】平衡力的判断4.【答案】D【解析】龙舟由于有质量，始终都有惯性，所A错；龙舟到达终点后不能立即停下来，是由于惯性的原因，而不是因为受到惯性力的作用，所B错；运动员不再划龙舟，龙舟会慢慢停下来，说明力可以改变物体的运动状态，所以C错；由于物体间力的作用是相互的，所运动员用浆向后划水给水以向后的力，水对龙舟施加一个向前的力使龙舟前进，所以D正确；应选D.【考点】惯性5.【答案】C【解析】色光的三原色是红、绿、蓝，故A错；电磁波可以在真空中传播，可以传递声音信息，所以B错；红外线是一种波长较长的电磁波，可以用来遥控，所以C正确；电磁波可以在真空中传播，所以D错误；应选C。
【考点】电磁波6.【答案】D【解析】核裂变和核聚变都可释放出核能，故A 错；氢弹是利用聚变释放出核能的，所B 错；核反应堆的链式反应能够被人所控制，所以C 错；由于原子弹爆炸是在极短的时间内进行的，所以原子弹爆炸时发生的链式反应是不加控制的，所D 正确；应选D 。
【考点】核反应7.【答案】C【解析】摩擦起电是电荷的转移，不是创造了电荷，所以A 错；由于橡胶棒靠近吸管时，橡胶棒排斥吸管，根据电荷间的相互作用可知，它们一定带同种电荷，已知毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，所以与餐巾纸摩擦过的吸管带负电，根据摩擦起的原理可知与吸管摩擦过的餐巾纸带正电，所以可知D 、B 错误，C 正确；故应选C 。
2015南充三诊理科综合.doc
南充市高2015届第三次高考适应性考试物理参考答案及评分意见一、选择题1.C2.C3.A4.D5.B6. BD7. AC二：非选择题8.（1）如图 最左端 外接 （各2分）（2）①间距均匀（3分）② D （3分）③BD （2分） ④0tan θBv mg q =（3分）9.（15分）解：（1）由运动学公式ax v v t 2202=-得 =+=ax v v t 22012m/s 3分 （2）泥石流在下坡阶段运动的时间 =-=av v t t 018s 2分 设汽车恰被泥石流追上汽车运动的时间为2t ，泥石流在水平段运动的时间为3t ，则在水平段有3t v x t ⋅=泥t 2分22021t a x =车 2分 20t a v t = 2分且 231t t t t =-+反 2分联立解以上各式并代入相关数据得 =0a 0.8m/s 2 2分则汽车的加速度至少应有0.8m/s 2才不会被泥石流追上。
10.（17分）解：（1）因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等在cd 棒刚滑动时，设ab 棒的速度为v ，此时对cd 棒有)37cos (37sin 22 BIL g m BIL +=μ 2分且 21R R BLv I += 2分 联立解得 =v 1.5m/s设ab 棒下滑的距离为x ，则 21R R BLx q += 得 =x 1.2m 2分 ×对整个系统由功能关系得 2111121)cos sin (v m x g m g m Q --=θμθ 2分 由串联电路知识可得cd 棒产生的热量 Q R R R Q 212+=' 1分 联立上述方程并代入数据得 ='Q 25.05J 2分（2）分析可知,只要ab 棒匀速运动cd 棒都未滑动则满足要求匀速运动时对ab 棒:θμθcos sin 111g m g m F -=安 2分此时对cd 棒: )cos (sin 22θμθ安安F g m F +≤⋅ 2分代入数据解得 361251≤m kg ≈3.47kg 2分 11.（19分）解：（1）作PQ 的中垂线分别交PQ 、PC 于A 、O 两点，O 点即为圆心，设圆的半径为r由相似三角形知识有 rAO PQ QC = 2分 由直角三角形知识有 22PA r AO -= 2分对粒子由牛顿第二定律得r v m B qv 200= 2分 解以上方程并代入数据得 =0v 1.25×106m/s 1分(2)因所有粒子到达ab 直线的速度大小相等，故电场的方向应由P 指向C ，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以t v QC 0= 2分221t mqE PC ⋅⋅= 2分 220)(t mqE v v ⋅+= 2分 联立解以上方程并代入数据得455=v m/s 1分 =E 1.25×107V/m 1分(3)从P 运动到直线ab 所用时间最短的粒子，PC 必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得54sin 11='='∠O P PP P O P 1分 所以='∠1P O P 54 1分 得 106='∠C O P 1分 则其运动时间3601062360106ππ=⋅=qB m t ×10-6南充市高2015届第三次高考适应性考试化学参考答案1．B 2．C 3．A 4．C 5．D 6．D 7．B8．（16分）（1） ①1s 22s 22p 63s 23p 63d 10（2分） Cu +价电子排布式为3d 10，为全充满结构，更稳定（2分） ② 2N A （2分） ③ sp 、sp 2 （2分） N （1分）(2) 3 （1分） 共价键、配位键 （2分）(3) 6 （2分） 1034 N A (a +b)（2分）9．（13分）(1)用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色(合理即可)（2(2)H 2O 2＋CN ＋H 2O ＝HCO 3＋NH 3（2分）(3)2H 2O 22H 2O ＋O 2↑，铁离子会加速H 2O 2分解，使洗涤剂失去杀菌作用；（2分） 【或2Fe 3＋＋3CO 2—＋3H O ＝2Fe(OH)↓＋3CO ↑，Fe 3＋与CO 2—水解相互促进，使洗10．（14分）（1）2—甲基—1—丙烯（2分，甲基丙烯，2—甲基丙烯也可，异丁烯不给分。
四川省绵阳市2015届高三上学期第二次诊断性考试理综试题(WORD版)
v0AB+Q+Qv0C保密★启用前【考试时间：2015年1月23日上午9∶00～11∶30】绵阳市高中2012级第二次诊断性考试理科综合·物理理科综合考试时间共150分钟，满分300分。
其中，物理110分，化学100分，生物90分。
物理试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页。
考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
考试结束后，将试卷交回。
第Ⅰ卷（选择题共42分）注意事项：必须用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共7题，每题6分。
在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分。
1. 法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则A. 接通电池后，电流计指针一直保持偏转B. 接通电池时，电流计指针没有偏转C. 接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D. 接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零2. 如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。
现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则A. F1＝F2＝2mgB. 从A到B，拉力F做功为F1LC. 从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大3．如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。
A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。
四川省绵阳市2015届高三物理二诊试题(含解析)
2015年四川省绵阳市高考物理二诊试卷一、选择题〔每题6分〕1．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，如此〔〕A．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B．接通电池时，电流计指针没有偏转C．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零【考点】：研究电磁感应现象．【分析】：根据感应电流产生的条件分析答题．【解析】：解：A、接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，故AB错误，D正确；C、接通电池后再断开时的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，故C错误；应当选：D．【点评】：此题是一道根底题，知道感应电流产生的条件即可正确解题．2．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，质量为m的小球〔可视为质点〕用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ=60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，如此〔〕A． F1=F2=2mgB．从A到B，拉力F做功为F1LC．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大【考点】：动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：根据共点力平衡求出在B点的拉力，根据动能定理和牛顿第二定律求出小球在最低点的拉力，从而比拟两拉力的大小．对A到B过程运用动能定理，求出拉力F做功的大小．根据首末位置的重力功率，判断整个过程中的重力功率变化．【解析】：解：A、在B点，根据平衡有：F1sin30°=mg，解得F1=2mg．B到A，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律得，，联立两式解得F2=2mg，故A正确．B、从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，W F﹣mgL〔1﹣cos60°〕=0，解得，故B错误．C、从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误．D、在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误．应当选：A．【点评】：此题考查了平衡、牛顿第二定律、动能定理的综合运用，知道从A到B的过程中，拉力表示恒力，不能通过功的公式求解拉力做功的大小，需通过动能定理进展求解．3．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中．A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B中+Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是〔〕A． B． C． D．【考点】：带电粒子在混合场中的运动；平行通电直导线间的作用．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：当带电粒子所受的合力为零时才能做匀速直线运动，分析粒子的受力情况，从而作出判断．【解析】：解：A、根据安培定如此判断知虚线上合磁场的方向沿虚线方向向右，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，因而带电粒子做匀速直线运动，故A正确．B、根据等量同种电荷的电场线分布可知电场线与虚线重合，带电粒子所受的电场力与其速度平行，粒子做变速直线运动，故B错误．C、由安培定如此知圆环线圈产生的磁场与虚线重合，与带电粒子的速度方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，带电粒子能做匀速直线运动，故C正确．D、假设粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定如此判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，如此带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．此题选不可能做匀速直线运动的，应当选：B．【点评】：此题要紧扣匀速直线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定如此和左手定进展判断．4．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕静电计是在验电器根底上制成，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小．如图，A、B是平行板电容器的两个金属板，A板固定，手握B板的绝缘柄，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计G指针张开一定角度．如此〔〕A．保持S闭合，只将A、B两板靠近些，G指针张角变小B．保持S闭合，只将变阻器滑动触头向左移动，G指针张角变大C．断开S后，只将A、B两板分开些，G指针张角变小D．断开S后，只在A、B两板间插入电介质，G指针张角变小【考点】：电容器的动态分析．【专题】：电容器专题．【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解析】：解：A、B、保持开关闭合，电路稳定时电路中没有电流，如此电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，不论A、B两板靠近些，还是将变阻器滑动触头向左移动，如此静电计指针张角不变，故AB错误；C、断开电键，电容器的带电量Q不变，将A、B两极板分开一些，如此d增大，根据C=，可知电容减小，而Q不变，根据C=，知电容器极板间电势差增大，静电计指针张角增大，故C错误；D、断开电键，电容器带电量Q不变，在A、B插入一块电介质，如此据C=，可知电容增大，而Q不变，根据C=，知电容器极板间电势差减小，静电计指针张角减小，故D正确．应当选：D．【点评】：此题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变，根据电容的决定式和定义式结合分析．5．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕假设月球是质量分布均匀的球体．月球半径为r，飞行器仅在月球万有引力作用下在月球外表附近绕月球外表飞行一周用时为t，可以认为月球不自转，引力常量为G．如此可以计算〔〕A．月球的第一宇宙速度B．月球与地球之间的距离C．飞行器的质量D．飞行器静止在月球外表上时对月球外表的压力【考点】：万有引力定律与其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：飞行器贴近月球外表做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和密度公式分析能否求出月球的质量和密度．根据月球对卫星的万有引力等于卫星的重力，得到月球外表的重力加速度．【解析】：解：A、月球上的第一宇宙速度是月球近外表运行的速度，所以月球上的第一宇宙速度v=，故A正确B、要求月球与地球之间的距离，由=须知月球转动的规律，故B错误；M=，即可求出月球的质量M，不能求出空间站m．C、空间站贴近月球外表做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，列出等式，其中空间站的质量消去，无法求解空间站的质量，故C错误D、由mg=，如此月球外表的重力加速度g==，即可求出月球外表的重力加速度．不知道飞行器的质量，不能求月球外表的压力，故D错误．应当选：A．【点评】：研究飞行器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解，注意公式的变形．6．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止．在斜面体AB边上靠近B点固定一点电荷，从A点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块〔视为质点〕，运动到P点时速度恰为零．如此小物块从A到P运动的过程〔〕A．水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B．小物块的电势能一直增大C．小物块所受到的合外力一直减小D．小物块损失的机械能大于增加的电势能【考点】：电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：对物体受力分析和运动过程的分析，通过受力分析判断出物体的各个力做功情况即可判断【解析】：解：A、对整体受力分析可知，带电物块在沿斜面运动过程中，受到库仑力、重力、垂直斜面的支持力，沿斜面向上的摩擦力，先作加速运动，后作减速运动，水平方向加速度大小先减小后增大，所以要受到地面的摩擦力，摩擦力大小先减小后反向增大．故A错误；B、有运动可知，B电荷带负电荷，A也带负电荷，故A在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，故B正确；C、物块A先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，故C错误；D、由能量守恒可知带电物块损失的机械能大于它增加的电势能，是因为抑制摩擦力做了功，也损失机械能，故D正确；应当选：BD【点评】：此题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析与能量守恒即可7．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面一样且绝缘，一样的带负电小球从斜面上的同一点O以一样初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点〔图中未画出〕．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．如此〔〕A． O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功一样【考点】：带电粒子在混合场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据带电小球受到重力，电场力与洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，与平抛运动的规律，即可求解．【解析】：解：A、带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，如此有：，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此OB间距小于OC间距，故A正确；B、由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B错误；C、根据A分析，如此有，那么v y=at=2v0tanθ，如此有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法如此，可得，小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确；D、由于洛伦兹力作用下，如此竖直方向的加速度小于g，如此使得竖直方向的速度小于甲图的平抛竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，如此球从O到A重力做的功多于球从O到D 做的功，因此合力对小球做功不同，故D错误；应当选：AC．【点评】：考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定如此的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却一样，是解题的关键．同时掌握洛伦兹力不做功的特点．二、非选择题〔共68分〕8．〔6分〕〔2015•绵阳模拟〕用如下列图的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动．横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值．如图是探究过程中某次实验时装置的状态．①在研究向心力的大小F与质量m关系时，要保持 A 一样．A．ω和r B．ω和m C．m和r D．m和F②图中所示是在研究向心力的大小F与 C 的关系．A．质量m B．半径r C．角速度ω③假设图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为 B ．A.1：3B.3：1C.1：9D.9：1．【考点】：决定向心力大小的因素．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：该实验采用控制变量法，F=mω2r图中抓住角速度不变、半径不变，研究向心力与质量的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．【解析】：解：①在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法．应当选：A．②图中两球的质量一样，转动的半径一样，如此研究的是向心力与角速度的关系．应当选：C．③根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，如此转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1．应当选：B．故答案为：①A；②C；③B【点评】：本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．9．〔11分〕〔2015•绵阳模拟〕学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ．要测算绕线金属丝长度，进展以下实验：〔1〕先用多用电表粗测金属丝的电阻．正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图1所示，如此金属丝的电阻约为9 Ω．〔2〕用螺旋测微器测金属丝的直径d．〔3〕在粗测的根底上准确测量绕线金属丝的阻值R．实验室提供的器材有：电流表A1〔量程0～3A，内阻约为0.5Ω〕电流表A2〔量程0～0.6A，内阻约为3Ω〕电压表V1〔量程0～3V，内阻约3kΩ〕电压表V2〔量程0～15V，内阻约18kΩ〕定值电阻R0=3Ω滑动变阻器R1〔总阻值5Ω〕滑动变阻器R2〔总阻值100Ω〕电源〔电动势E=6V，内阻约为1Ω〕开关和导线假设干．①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻．测量电路的一局部可选用图2电路中的 C ．②请在给出的器材中选出合理的器材，在图3虚线框内画出准确测量绕线金属丝阻值的完整电路〔要求在图中标明选用的器材标号〕．〔4〕绕线金属丝长度为．〔用字母R、d、ρ和数学常数表示〕．【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．根据伏安法测电阻的原理与实验要求作出实验电路图．根据电阻定律，结合电阻率，即可求解．【解析】：解：〔1〕欧姆表使用“×1Ω〞挡，由图1所示可知，金属丝电阻阻值为9×1Ω=9Ω．〔3〕①电压表选择0﹣3V，可知电阻丝两端的电压最大为3V，电阻丝的电阻大约为9Ω，最大电流大约为0.33A，可知电流表选择A2．用电压表直接测量电流表A2的内阻，电压表的量程偏大，当电压表示数适当时，会超过电流表量程，此时可以将电流表A2与定值电阻串联，定值电阻起分压作用，然后用电压表测量定值电阻和电流表A2的总电压，应当选：C．②金属丝电阻约为9Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如下列图：〔4〕根据电阻定律得，，如此l=．故答案为：〔1〕9，〔3〕C，如下列图，〔4〕．．【点评】：伏安法测电阻时，如果待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值、如果电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法．10．〔15分〕〔2015•绵阳模拟〕绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．设计的飞机质量m=5×104kg，起飞速度是80m/s．〔1〕假设起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P=8000kW，飞机在起飞前瞬间加速度a1=0.4m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小？〔2〕假设飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F=8×104N，受到的平均阻力为f=2×104N．如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，如此跑道的长度至少多长？【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；动能定理．【专题】：功率的计算专题．【分析】：〔1〕根据P=Fv和牛顿第二定律列式解答；〔2〕机经历了匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据运动速度位移公式求出匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移，两个位移之和即为跑道的最小长度．【解析】：解：〔1〕F===1×105N；牛顿第二定律得：F﹣f=ma；解得：f=F﹣ma=1×105﹣5×104×0.4=8×104N〔2〕飞机从静止开始做匀加速运动到到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，牛顿第二定律得：a1==m/s2=1.2m/s2x1===m飞机匀减速直线运动的位移x2，x2==m=800m以跑道的至少长度x=x1+x2=800m+m=3467m答：〔1〕机在起飞前瞬间受到的阻力为8×104N；〔2〕为确保飞机不滑出跑道，如此跑道的长度至少为3467m．【点评】：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．此题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．11．〔17分〕〔2015•绵阳模拟〕如图甲所示，两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置，倾角θ=37°，间距d=1m，电阻r=2Ω的金属杆与导轨垂直连接，导轨下端接灯泡L，规格为“4V，4W〞，在导轨内有宽为l、长为d的矩形区域abcd，矩形区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各点的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化如图乙所示．在t=0时，金属杆从PQ位置静止释放，向下运动直到cd位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态．不计两导轨电阻，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕金属杆的质量m；〔2〕0～3s内金属杆损失的机械能△E．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：〔1〕由于金属杆从PQ位置静止释放，向下运动直到cd位置的过程中，灯泡一直处于正常发光状态，说明棒在PQ到ab的运动过程，B均匀增大，在从ab到cd的运动过程中做匀速运动，研究PQ到ab的过程，根据P=UI，求得通过小灯泡的电流强度，得到回路总的电功率，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、匀速运动过程中功率关系列式，即可求得电流、电阻，摩擦力和l，再求得m；〔2〕由运动学公式求得两个过程的位移，根据能量守恒定律求解机械能的损失．【解析】：解：〔1〕设小灯泡额定功率为P=4W，额定电流为I，额定电压为 U=4V，正常发光时电阻为R，如此P=UI，得 I==1AR==Ω=4Ω在0﹣1s时间内，金属杆从PQ运动到ab位置，设整个回路中的感应电动势为E，磁场宽度为l，如此E=I〔R+r〕=1×〔4+2〕V=6V又 E==•dl，=2 T/s，d=1m可得 l=3m在t=1s金属棒进入磁场后，磁场的磁感应强度B保持不变，设金属杆进入磁场时速度为v，金属杆中的感应电动势为E1，如此E1=E=Bdv设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为 f，杆进入磁场前加速度为a，如此 a=由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣f=ma进入磁场后杆匀速运动，设受到的安培力为F安，所以有：F安=BIdmgsinθ=f+F安；解得 v=3m/s，a=3m/s2，f=2N，F安=6N，m=0.67kg〔2〕设金属杆进入磁场前0﹣1s内的位移为x1，通过磁场的时间为t2，如此x1=，t2=解得 x1=1.5m，t2=1s故在2s金属杆出磁场，设第3s内金属杆的位移为x3，3s末金属杆的速度为v3，如此x3=vt3+v3=v+at3；0～3s内金属杆损失的机械能△E=mg〔x1+l+x3〕sinθ﹣解得 x3=4.5m，v3=6m/s，△E=24J答：〔1〕金属杆的质量是0.67kgm；〔2〕0～3s内金属杆损失的机械能△E是24J．【点评】：对于复杂的电磁感应问题，关键通过审题找到突破口，此题关键抓住灯泡的亮度不变，正确判断棒的运动情况，从力和能两个角度进展研究．力的角度关键要会推导安培力与速度的关系，能的角度关键分析能量是怎样转化的．12．〔19分〕〔2015•绵阳模拟〕如下列图，平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，x p=2L，Q 点在负y轴上某处，第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，第Ⅱ象限内有一圈形区域与x、y 轴．分别相切于A、C两点，AO=L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域〔图中未画出〕，圆形区域和矩形区域内有一样的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面〔图中为画出〕．电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点和P 点；电荷量为﹣q、质量为m、速率为v0的粒子b，从Q点向与y轴成45°夹角方向发射，经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反．不计粒子的重力和粒子间相互作用力．求：〔1〕圆形区域内磁场感应强度B的大小、方向；〔2〕第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E；〔3〕矩形区域的最小面积S．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：〔1〕正粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；〔2〕粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；〔3〕在矩形区域中运动的粒子的速度偏转角度为90°，画出轨迹，结合几何关系确定最小磁场面积．【解析】：解：〔1〕粒子电荷量为+q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，说明在A点时磁场力向右，根据左手定如此，磁场方向垂直向外；画出从A到C的轨迹，如下列图：结合几何关系，有：r=L ①粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qv0B=m②联立解得：B=方向垂直向外〔2〕粒子从C到P过程是类似平抛运动，根据分运动公式，有：2L=v0tL=其中：a=联立解得：E=〔3〕带负电荷的粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过矩形区域后速度偏转角为90°，洛伦兹力提供向心力，故：解得：R=轨迹如图：磁场区域对应的最小宽度：b=R﹣R=磁场区域对应的最小长度：a=故最小面积为：答：〔1〕圆形区域内磁场感应强度B的大小为、方向垂直向外；〔2〕第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E为；〔3〕矩形区域的最小面积为．【点评】：此题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，然后结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分位移公式和几何关系列式求解，不难．。
绵阳三诊物理试题
保密★ 启用前【考试时间：2014年4月22日9∶00～11∶30】绵阳市高中2011级第三次诊断性考试理科综合物理部分理科综合共300分，包括物理、化学、生物三部分，考试时间共150分钟。
物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共4页，满分110分。
注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。
并检查条形码粘贴是否正确。
2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3．考试结束后，将答题卡收回。
第Ⅰ卷（选择题共42分）选择题（本题共7小题。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．我国“空警-2000”预警机上装备有多功能三坐标多普勒脉冲雷达，可进行全向探测，主要用于发现和跟踪空中与水面目标，工作频率为×109~×109Hz，对空中目标的最远探测距离为470km，该机的雷达系统可同时跟踪60~100个空中目标，并对战术空军的10架飞机实施引导。
下列关于该脉冲雷达的说法正确的是A．脉冲雷达采用的是X射线B．脉冲雷达采用的是微波C．预警机高速飞行时，发射的脉冲信号传播速率可能大于光在真空中的速率D．增大它的振荡电路可变电容器的电容，可增大雷达的工作频率2. 如图，线圈abcd的ad长20cm，ab长10cm，匝数绕OO1轴匀速转动，角速度ω=100 rad/s，OO1轴通过ad且同时垂直于ad和bc，距ab的距离是距dc的距离的两倍。
线圈的输出端接单相理想变压器原线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V,10W”刚好正常发光。
则A．变压器原线圈两端电压有效值为1002VB．变压器原线圈中电流为1AC．变压器的原副线圈匝数比为10︰1-104 3 y/cO 2 1 甲 t/s15 -10 1 2 O y/c 3 4 56 1t/s1125+QAD ．通过灯泡的交流电频率为50Hz3．如图，含单色光b 和c 的一束复色光Ⅰ沿半圆柱玻璃的半径方向射入玻璃，在柱心O 处分成两束光Ⅱ和Ⅲ，光Ⅱ中只有单色光b ，光Ⅲ中既有b 也有c ，则 A ．b 的折射率比c 的折射率大B ．在玻璃中b 的传播速度比c 的小C ．让光Ⅰ的方向沿逆时针转动仍射到O 处，光Ⅱ中可能出现cD ．保持光Ⅰ不变，让半圆柱玻璃以柱心O 为轴沿顺时针转动，光Ⅱ可能消失4. “玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想。
四川省绵阳市高三理综第三次诊断性考试试题(扫描版)
绵阳市高2013级第三次诊断性考试 理科综合测试 物理参考答案及评分标准评分说明：1．考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分参考中相应的规定评分。
2．计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不给分。
第Ⅰ卷（包括7小题，每小题6分，共42分）第Ⅰ卷共7题，每题6分。
其中1~5题为单项选择题；6~7题为多项选择题，每题全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.C 2.B 3.C 4.D 5.A 6.BC 7.AD第II 卷（包括4小题，共68分）8．(17分) Ⅰ（6分） （1）A （2分）；（2）①B （2分）；②C （2分）。
II （11分）（1）A 1（2分）A 2（2分）； （2）如图（3分，有错0分）；（3）11012)r I RI I --（（2分）；I 1是电流表A 1的示数，I 2是表示电流表A 2的示数，R 0表示定值电阻的阻值，r 1是电流表A 1的内阻（2分）。
9.（15分）解：（1）设当馈源舱离地面高h ＝22m 时，每条钢索与竖直方向的夹角为θ，拉力大小为F ，圆周半径为r ，支撑塔高为H ，馈源舱质量为m ，则hH r-=θtan （3分）mg F =θcos 6 （3分） 解得 F ＝1.0×105N （3分） （2）馈源舱在球冠面上缓慢运动过程中，机械能就只有重力势能，设最大机械能与最小机械能之差为E ∆，则)(12h h mg E -=∆ （3分） 解得 E ∆＝1.2×107J （3分） 10.（17分）解：（1）导体棒进入磁场前，闭合回路efR 0中感应电动势恒定，设为E 1，电流为I 1，有感应电流的时间t 1＝2s ，三角形区域的面积为S ，电阻R 0产生的热量为Q 1，则L L S 2121⋅=（1分） S tB E ∆∆=1 （1分）11R E I =（1分） 10211t R I Q = （1分）解得 S ＝0.01m 2，E 1＝0.001V ，I 1＝0.005AQ 1＝1.0×10-5J （2分）（2）t 0＝4s ，导体棒进入磁场，当到达位置ab 时，设电动势为E 2，电流为I 2，安培力最大为F 2，外力F 的最大值为F m ，则002υL B E = （1分）22R E I =（1分） L I B F 202= （1分）2F F m = （1分）解得 E 2＝8×10-3J ，I 2＝0.04A ，F 2＝1.6×10-3NF m ＝1.6×10-3N （2分）设导体棒通过三角形区域abc 区域的时间为t 0，设在时间t ，切割磁感线的长度为l ，则02υLt = （1分）解得 t 0＝0.5s)4(20-=t l υ (4s≤t ≤4.5s) （1分）00υl B e = （1分）解得 e ＝0.016t -0.064 V (4s≤t ≤4.5s)（2分）11.（19分）解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则qEd m P =221υ （2分） 解得 v P ＝4×102m/s （2分）（2）电荷在x ＞0的三个区域磁场中分别都做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，圆心分别是O 1、O 2、O 3，半径相同，设为r ，设轨迹与区域I 、II 的边界交点D 的连线与y 轴正方向的夹角为θ，C 点与点D 纵坐标相等，则qBm r P υ= （1分）rL 1sin =θ （1分） )cos (θr r y y P C --= （2分）解得 r =0.1m ，θ=30°y C =0.137m （1分）（3）设区域III 宽度L 3的最小值为L 3m ，则θsin 3r r L m += （2分）L 3m =0.15m （1分）电荷在三个区域磁场中做匀速圆周运动的周期相同，设为T ，设从P 到C 运动过程中，在区域I 中运动时间为t 1，在区域II 中运动时间为t 2，在区域III 中运动时间为t 3，则qBmT π2= （1分） T t πθ21=（1分） T t πθ222= （1分）T t πθπ223+= （1分）3212t t t t ++=）（ （1分）解得 3102-⨯=πT s ，311024-⨯=πt s ，321012-⨯=πt s ，33103-⨯=πt s310127-⨯=πt s （2分）绵阳市高中2013级第三次诊断性考试 理科综合·化学参考答案和评分标准第Ⅰ卷（选择题 共42分）选择题共7题，每题6分。
2015年四川省南充市高考物理三诊试卷
2015年四川省南充市高考物理三诊试卷一、第I卷共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．（6分）（2015•南充模拟）下列说法正确的是（）A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率C．高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小2．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中．当入射角是45°时，折射角为30°．以下说法正确的是（）A．反射光线与折射光线的夹角为120°B．该液体对红光的折射率为C．该液体对红光的全反射临界角为45°D．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30°3．（6分）（2015•南充模拟）观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ（弧度），如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为（）A．B．C．D．4．（6分）（2015•南充模拟）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面应强度为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A．从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D．t1时刻电阻R的发热功率为5．（6分）（2015•南充模拟）在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（）A．B．C．D．6．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内．第Ⅲ、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，不能求出的物理量有（）A．圆周运动的速度大小B．电场强度的大小和方向C．小球在第IV象限运动的时间D．磁感应强度大小7．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg 的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A．A和B分离后A不能回到出发点B．A和B分离时B的速度为5m/sC．B最终停留的位置距斜面末端1mD．B最终停留的位置距斜面末端4m二、非选择题8．（6分）（2015•南充模拟）如图是小强测绘小灯泡伏安特性曲线的实物图．小强在实验前检查电路时发现有一根导线的一端接错了地方，请你将图中的这根连线画上“×”，并在图上画出这根导线的正确连线；闭合开关前应将滑动变阻器的触动头滑到（填“最左端”或“最右端”）；该实验采用了电流表的法（选填“内接”或“外接”）．9．（11分）（2015•南充模拟）物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量．如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上点迹，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0．（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A 带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有A．物块A的质量MB．物块B的质量mC．物块A与木板间的动摩擦因数μD．两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为．10．（15分）（2015•南充模拟）214年4月20日8时02分，四川省芦山县境内发生6.4级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，司机突然发现山坡上距坡底80m处的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为0.5s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，求：（l）泥石流到达坡底的速度大小？（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？11．（17分）（2015•南充模拟）如图甲所示，固定在水平桌边上的L双轨型平行金属导轨足够长，倾角为θ=53°，间距L=2m，电阻不计；导轨上两根金属棒ab、cd的阻值分别为R1=25Ω，R2=4Ω，ab棒的质量m1=5.0kg，cd棒质量m2=1.0kg，ab与导轨间的动摩擦因数μ1=，cd与导轨间的动摩擦因数μ2=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨置于磁感应强度B=5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．现让ab棒从导轨上离桌面某一高度处由静止释放，当它刚要滑出导轨时，cd棒也恰好开始滑动，且ab棒下滑阶段，通过ab棒的电荷量为q=2C；g取10m/s2．（1）求在ab棒整个下滑阶段，ad棒中产生的热量；（2）若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，求ab棒质量满足的条件？12．（19分）（2015•南充模拟）如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab 直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．（粒子比荷为=1×106C/kg）求：（1）粒子的发射速率；（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间．2015年四川省南充市高考物理三诊试卷参考答案与试题解析一、第I卷共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．（6分）（2015•南充模拟）下列说法正确的是（）A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力频率C．高速飞离地球的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小【考点】光的衍射；狭义相对论．【分析】全息照相利用了光的干涉现象；受迫震动的频率总是等于驱动力频率；在相对论中，高速飞行的物体时间变慢，长度缩短．当声源与观察者间距变小时，接收频率变高．【解答】解：A、全息照相利用了激光的频率单一，具有相干性好的特点，利用了光的干涉现象，与光的衍射无关．故A错误；B、受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振．故B错误；C、根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：t=，可知在宇宙中高速飞行的飞船中的宇航员认为地球上的时钟变慢，故C正确；D、根据多普勒效应可知，当两物体以很大的速度互相靠近时，感觉频率会增大，远离时感觉频率会减小，所以鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的相比增大．故D错误．故选：C【点评】该题考查全息照相的原理、受迫振动的频率，爱因斯坦的相对论以及多普勒效应，注意相对论中空间与时间的变化．这一类的知识点在平时的学习过程中要多加积累．2．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，MN是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中．当入射角是45°时，折射角为30°．以下说法正确的是（）A．反射光线与折射光线的夹角为120°B．该液体对红光的折射率为C．该液体对红光的全反射临界角为45°D．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30°【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】根据反射定律得到反射角，由几何知识分析反射光线与折射光线的夹角．由折射率公式n=求出折射率，再由临界角公式sinC=，求出临界角．【解答】解：A、根据反射定律得到反射角为45°，由几何知识得，反射光线与折射光线的夹角是105°．故A错误．B、由折射率公式n=，得n==，故B错误．C、由临界角公式sinC=，得，sinC=，则C=45°．故C正确．D、根据折射定律得知，紫光的折射率大于红光的折射率，则紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角小于30°．故D错误．故选：C【点评】本题考查折射定律、反射定律、临界角等光学基础知识，难度不大．折射率公式n=和临界角公式sinC=是考试的热点，是牢固掌握．3．（6分）（2015•南充模拟）观察“神州十号”在圆轨道上的运动，发现每经过时间2t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ（弧度），如图所示，已知引力常量为G，由此可推导出地球的质量为（）A．B．C．D．【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】根据数学知识求出线速度和轨道半径，结合万有引力提供向心力，求出地球的质量．【解答】解：“神舟十号”的线速度v=，轨道半径r=，根据得地球的质量为：M=．故选：A．【点评】解决本题的关键知道线速度等于弧长与时间的比值，知道弧长与半径的比值等于圆心角，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用．4．（6分）（2015•南充模拟）在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面应强度为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A．从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D．t1时刻电阻R的发热功率为【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】首先知道正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；知道磁通量的斜率最大时，产生的感应电动势最大即可求解．【解答】解：A、由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为△Φ=2Bs，故A错误；B、通过电阻的电荷量Q=，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量Q==，故B错误；C、由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C错误；D、求功率时需用有效值，所以E=，所以电流I=，R的发热功率为P=，故D正确．故选：D．【点评】明确正选交流电产生的条件，瞬时值、峰值与有效值之间的关系即各量的应用；利用法拉第电磁感应定律求通过电阻的电量；注意三值间的关系及选取，题目难度较大．5．（6分）（2015•南充模拟）在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一水平直线上，相邻两质点的距离均为a，如图所示，振动从质点1开始向右传播，经过时间t，前11个质点第一次形成如图所示的波形，则此波的最大可能波速为（）A．B．C．D．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】根据波形图得出波传播的最大距离，从而结合传播的时间可求出最大波速．【解答】解：若波源的起振方向向上，前11个质点第一次形成如图所示的波形时，波恰好传到17质点，波传播的距离最大，最大距离s=16a，则最大波速v=．故选：C【点评】解决本题的关键知道质点的起振方向与波源的起振方向相同，抓住波源的起振方向得出传播的最大距离．6．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内．第Ⅲ、IV象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进人第IV象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g．根据以上信息，不能求出的物理量有（）A．圆周运动的速度大小B．电场强度的大小和方向C．小球在第IV象限运动的时间D．磁感应强度大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，可求出粒子到达P点的速度．粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，列式分析能求出哪些量．【解答】解：A、粒子在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设粒子到达P点的速度为v．根据机械能守恒定律得：mgd=，v=，即粒子做圆周运动的速度为，所以可以求出粒子圆周运动的速度大小．故A正确．B、粒子在第IV象限内作圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg=qE，E=，由于粒子的比荷未知，不能求出电场强度E的大小．根据粒子第Ⅲ象限内运动情况，由左手定则判断知该粒子带负电，粒子在第IV象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B错误．C、小球在第IV象限运动的时间t==，可知能求出小球在第IV象限运动的时间t，故C正确．D、小球在第IV象限内运动的半径为d，由d=知，由于粒子的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D错误．本题选不能求出的物理量，故选：BD．【点评】本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．7．（6分）（2015•南充模拟）如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg 的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A．A和B分离后A不能回到出发点B．A和B分离时B的速度为5m/sC．B最终停留的位置距斜面末端1mD．B最终停留的位置距斜面末端4m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球的机械能减少；当AB分离时，AB具有相同的加速度与速度，根据牛顿第二定律求的弹簧的伸长量，在利用动能定理求的速度；对B利用动能定理即可求的位移．【解答】解：A、A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少，故A正确．B、未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：2mgsinθ+F1=F其中弹力为：F1=kx1解得弹簧的压缩量为：x1=，分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，对B：mgsinθ﹣f=ma B其中f=μ1mgcosθ。
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保密 ★ 启用前 【考试时间：2015年4月22日上午9∶00～11∶30】绵阳市高中2012级第三次诊断性考试理科综合·物理理科综合考试时间共150分钟，满分300分。
其中，物理110分，化学100分，生物90分。
物理试题卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共4页。
考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。
考试结束后，将试卷交回。
第Ⅰ卷（选择题 共42分）注意事项：必须用2B 铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共7题，每题6分。
在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分。
1．下列说法正确的是A. 水面上的油膜在太阳光照射下呈现彩色，是光的干涉现象B. 紫外线可杀菌消毒是因为它有较强的热效应C. 红光和黄光分别通过同一双逢干涉装置，红光形成的相邻亮条纹间距小D. 观察者相对于频率一定的声源运动时，接收到声波的频率与波源频率相同2．2015年3月30号晚上9点52分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，将我国首颗新一代北斗导航卫星发射升空，于31号凌晨3点34分顺利进入预定轨道。
这次发射的新一代北斗导航卫星，是我国发射的第17颗北斗导航卫星。
北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星。
中地球轨道卫星和静止轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，中地球轨道卫星离地面高度低，则中地球轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的A. 周期大B. 线速度小C. 角速度小D. 向心加速度大 3．如图所示，一简谐横波在t =0时的波形是图中实线，在t 1=0.2s 时的波形是图中虚线，P 为介质中x =4 m 处的质点，则A. 该波一定沿x 轴正方向传播B. 该波的传播速度可能为5 m/sC. 从t =0开始，质点P 经过0.2 s 沿x 轴正方向运动1 mD. t =0.4 s 时，质点P 的位置y =4 cm 4. 图甲为一理想变压器，负载电路中R =5Ω，若原线圈两端输入电压u 是如图乙所示的正弦交流，电压表示数为10V ，则A ．输入电压u =1002sin50πt VB ．电流表示数为0.2AC ．变压器原副线圈匝数比为5:1D ．若输入电压稳定，R 阻值减小，则输入电功率减小 5．如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力。
忽略空气阻力。
则球B 在最高点时A. 球B 的速度为零B. 球A 的速度大小为gL 2C. 水平转轴对杆的作用力为1.5mgD. 水平转轴对杆的作用力为2.5mg6．电荷量q =1×10-4C 的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E 的大小与时间t 的关系如图1所示，物块速度v 的大小与时间t 的关系如图2所示。
重力加速度g =10m/s 2。
则A. 物块在4 s 内位移是8 mB. 物块的质量是1kgC. 物块与水平面间动摩擦因数是0.4D. 物块在4 s 内电势能减少了14J7．如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P 随时间t 变化的图象，P 0为发动机的额定功率。
已知在t 2时刻汽车的速度已经达到最大v m ，汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和随速度增大而增大。
由此可得A. 在0~t 1时间内，汽车一定做匀加速度运动B. 在t 1~t 2时间内，汽车一定做匀速运动C. 在t 2~t 3时间内，汽车一定做匀速运动D. 在t 3时刻，汽车速度一定等于v m第Ⅱ卷（非选择题 共68分）注意事项：必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。
作图可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。
答在试题卷、草稿纸上无效。
第Ⅱ卷共4题。
8.(17分)Ⅰ.（6分） 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：（1）需要测量悬线长度，现用最小分度为1mm 的米尺测量，图中箭头所指位置是拉直的悬线两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为 mm 。
（2）一组同学测得不同摆长l 单摆对应的周期T ，将数据填入表格中，根据表中数据，在坐标纸上描点，以T 为纵轴，l 为横轴，作出做简谐运动的单摆的T -l 图像。
根据作出的图像，能够得到的结论是_________。
A. 单摆周期T 与摆长l 成正比B. 单摆周期T 与摆长l 成反比图2图1PC. 单摆周期T 与摆长l 的二次方根成正比D. 单摆摆长l 越长，周期T 越大（3）另一组同学进一步做“用单摆测定重力加速度”的实验，讨论时有同学提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是 。
A. 适当加长摆线B. 质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的C. 单摆偏离平衡位置的角度不能太大 D . 当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期II.(11分)测一节干电池的电动势E 和内阻r 。
某同学设计了如图a 所示的实验电路，已知电流表内阻与电源内阻相差不大。
（1）连接好实验电路，开始测量之前，滑动变阻器R 的滑片P 应调到 （选填“a ”或“b ”）端。
（2）闭合开关S 1，S 2接位置1，改变滑片P 的位置，记录多组电压表、电流表示数。
（3）重复（1）操作，闭合开关S 1，S 2接位置2，改变滑片P 的位置，记录多组电压表、电流表示数。
（4）建立U —I 坐标系，在同一坐标系中分别描点作出S 2接位置1、2时图象如图b 所示。
① S 2接1时的U —I 图线是图b 中的 （选填“A ”或“B ”）线。
② 每次测量操作都正确，读数都准确。
由于S 2接位置1，电压表的分流作用，S 2接位置2，电流表的分压作用，分别测得的电动势和内阻与真实值不相等。
则由图b 中的A 和B 图线，可得电动势和内阻的真实值，E = V ，r = Ω。
9. （15分）如图所示为某物流公司用传送带传送货物情景示意图。
传送带与水平面的夹角θ=37°，在发动机的作用下以v 0=2m/s 的速度匀速运动。
在传送带底端P 处放一质量m =2kg 的小货物，货物被传送到最高点Q 。
已知传送带长度L =8m ，货物与传送带的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
求：（1）货物刚被放到传送带上时的加速度a 大小；（2）货物从P 到Q 的过程中，发动机所做的功W 。
图b图aP10.（17分）如图甲所示，不变形、足够长、质量为m 1=0.2kg 的“U ”形金属导轨PQMN 放在绝缘水平桌面上，QP 与MN 平行且距离d =1m ，Q 、M 间导体电阻阻值R =4Ω，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL 电阻阻值r =1Ω，质量m 2=0.1kg ，垂直于QP 和MN ，与QM 平行且距离L =0.5m ，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4。
金属导轨与桌面的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计。
从t =0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示。
（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值f max ； （2）如果从t =2s 开始，给金属杆KL 水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P 0=320W ，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM 上产生的热量Q R =？11.（19分）如图所示，在xOy 平面内，以O 1(0,R )为圆心、R 为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B 1，x 轴下方有一直线ab ，ab 与x 轴相距为d ，x 轴与直线ab 间区域有平行于y 轴的匀强电场E ，在ab 的下方有一平行于x 轴的感光板MN ，ab 与MN 间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B 2。
在0≤y ≤2R 的区域内，质量为m 、电荷量为e 的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域，经过磁场B 1偏转后都经过O 点，然后进入x 轴下方。
已知x 轴与直线ab 间匀强电场场强大小ed m E 2320υ=，ab 与MN 间磁场磁感应强度ed m B 02υ=。
不计电子重力。
（1）求圆形区域内磁场磁感应强度B 1的大小？ （2）若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN 上，MN 与ab 板间的最小距离h 1是多大？ （3）若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN 上，MN 与ab 板间的最大距离h 2是多大？当MN 与ab 板间的距离最大时，电子从O 点到MN 板，运动时间最长是多少？e 43 2 1 O 2 B /Tt /s绵阳市高2012级第三次诊断性考试物理参考答案1. A2.D3.B4.B5.C6.BD7.CD8．(17分)I （1）987.0（2分）；（2）D （2分）；（3）AC （2分，只选A 或C ，1分）。
II （1）a （2分）；（4）①B （3分）； ②1.50（3分），1.50（3分）。
9.解：（1）由牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma …………（3分）解得 a =0.4m/s 2 …………（2分）（2）设经过时间t 货物速度达到v 0=2m/s ，与传送带之间相对静止，通过的距离为x 1，传送带通过的距离为x 2，货物相对传送到通过的距离为x ，则at =0υ …………（1分）2121at x = …………（1分）t x 02υ= …………（1分）12x x x -= …………（1分）代入数据解得t =5s ，x 1=5m ，x 2=10m ，x =5m根据能量守恒，有2021sin cos υθθμm mgL mg x W ++= …………（4分）解得 W =164J …………（2分）（求发动机所做的功W 另解，6分）：设货物相对传送滑动过程中，发动机做功为W 1，货物相对传送静止过程中，货物通过的距离为x 3，发动机做功为W 2，则13x L x -= …………（1分）θμcos 21mg x W = …………（1分） θsin 32mg x W = …………（1分）代入数据解得x 3=3m ，W 1=128J ，W 2=36J 21W W W += …………（1分）解得 W =164J …………（2分）10. 解：（1）在0~1s 时间内，设t 时刻磁场磁感应强度为B ，QKLM 中的感应电动势为E ，电流为I ，金属导轨QM 受到的安培力为F ，则B= 2+2t （T ） ………（1分）tE ∆∆=ϕ………（1分） B dL ∆=∆ϕ ………（1分）rR EI +=………（1分） 解得2=∆∆tBT/s ，E =1V ，I =0.2A BId F ==(2+2t )Id ………（1分） 当t =1s 时，安培力最大为F m ，则F m =0.8N ………（1分）设金属导轨PQMN 受到的最大静摩擦力为f m ，则N 5.1)(21=+=g m m f m μ………（1分） 1s 以后，电动势为零，QM 受到的安培力为零。