四川省成都高新区2015届高三11月统一检测物理试题及答案
四川省成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测理综物理试题Word版含解析
四川省成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测理综试题物理试题一、选择题1. 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【答案】A【解析】A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故A正确；B、乙图表明：只有入射光的频率大于金属板的极限频率时，才能发生光电效应，B错误；C、根据左手定则可得，图射线①是α粒子，而图线③是β粒子流，故C错误；D、图丁表示的核反应属于重核裂变，是人工可以控制的核反应，故D错误；故选A。
2. 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【答案】D【解析】A、7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则“墨子号”的运行速度小于7.9km/s，故A错误；B、运行速度不能大于11.2 km/s，大于11.2km/s会脱离地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造行星，或成为其他行星的卫星，故B错误；D、根据可知，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故D正确；故选D。
【点睛】本题要掌握万有引力提供向心力和重力等于万有引力这两个重要的关系，要知道同步卫星的周期等于地球的自转周期。
高三物理月考试题及答案-四川成都市高新区2015届高三上学期月考试卷(9月份)
四川省成都市高新区2015届高三上学期月考物理试卷（9月份）一、单项选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项正确）．1．（3分）关于速度、速度的变化率、加速度的关系，下列说法正确的是（）A．物体加速度增大时，速度也增大B．物体速度变化量越大，则加速度越大C．物体速度变化越快，则速度的变化率越大，加速度也越大D．物体加速度不等于零时，速度大小一定变化2．（3分）有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度．若引入一个新的物理量（加速度的变化率）来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s3．（3分）一小球沿斜面滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB=6m，CB=10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s；则小球在经过A、B、C三点的速度大小分别为（）A．2m/s3m/s4m/s B．2m/s 4m/s 6m/sC．3m/s4m/s5m/s D．3m/s5m/s 6m/s4．（3分）如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是（）A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和5．（3分）如图所示，100个大小相同，质量均为m且光滑的小球，静止放置于两互相垂直且光滑的平面上，平面AB与水平面夹角为30°．则第二个球对第三个球的作用力大小为（）A．49mg B．48mg C．D．98mg6．（3分）有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是（）A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力二、不定项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）7．（4分）如图所示为一质点运动的速度﹣﹣时间图象，曲线为一正弦曲线的上半部，则在0～t1这段时间内（）A．质点的速度先减小后增大B．质点在t1时刻离开出发点最远C．质点运动的加速度先增大后减小D．图中正弦曲线是质点的实际运动轨迹8．（4分）某地在实施人工降雨时，竖直向上发射的气象火箭弹，先以2g的加速度匀加速运动，经时间t0后爆炸．下列关于其爆炸前运动的速度图象（v﹣t图）和加速度图象（a﹣t图）的描述，正确的是（）A．B．C．D．9．（4分）如图所示，一根橡皮绳上端固定在天花板上，下端系一小球P，小球处于静止状态，现对小球施加一个方向始终水平向右的外力F，使小球缓慢向右偏移，已知橡皮绳中的弹力与其伸长量成正比，移动中橡皮绳与竖直方向的夹角θ＜90°，且橡皮绳的伸长量不超过弹性限度，则下面给出的橡皮绳伸长量x与的函数关系图象中，正确的是（）A．B．C．D．10．（4分）如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角为θ=45°，上底面水平的物块B 在A上恰能匀速下滑．现对B施加一个沿斜面向上的力F使B总能极其缓慢地向上匀速运动，某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C （图中未画出），A始终静止，B 保持运动状态不变．关于放上C之后的情况，下列说法正确的是（）A．B受到的摩擦力增加了mgB．B受到的摩擦力不变C．A受到地面的摩擦力不变D．A受到地面的摩擦力增加了mg11．（4分）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．则（）A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为mg D．细线对小球的拉力大小为mg12．（4分）如图所示，把重为20N的物体放在倾角θ为30°的粗糙斜面上，并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，则弹簧对物体的弹力：（弹簧与斜面平行）（）A．可以为22N，方向沿斜面向上B．可以为2N，方向沿斜面向下C．可以为12N，方向沿斜面向下D．弹力不可能为零三、实验题（16分）13．（4分）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，（1）以下说法正确的是______A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图所示，则弹簧的原长L0=______cm，劲度系数k=______N/m．14．（6分）某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个技数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S A=16.6mm、S B=126.5mm、S D=624.5mm．若无法再做实验，可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为______s；②打C点时物体的速度大小为______ m/s（取2位有效数字）；③物体的加速度大小为______（用S A、S B、S D和f表示）．15．（6分）如图所示为某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该装置为水平放置的木板上固定有一张白纸，一橡皮筋的一端固定在白纸上的O点，另一端A拴两个细绳套．（1）下面为实验的一些操作步骤：①比较F′和F大小、方向是否近似相同；②过P点用统一标度作出F、F1、F2的图示；③用一个弹簧测力计钩住细绳套，拉A至某点P，在纸上标出P点，记下拉力F的方向和大小④用平行四边形定则作出F1、F2的合力F⑤用两个弹簧测力计互成角度分别拉住两个细绳套，拉A至同样的位置P，在纸上记下两个力F1、F2的方向和大小．这些实验步骤的合理顺序为____________．（2）对于该实验，下列说法正确的是______A．两细绳套必须等长B．若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果有影响C．记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线D．实验中，把橡皮筋的另一端拉到P点时，两弹簧测力计之问的夹角不能太大（3）假如在上述实验步骤⑤中使其中一弹簧测力计拉力F l的大小不变，逐渐增加F1与合力之间的夹角，且保证两弹簧测力计之间的夹角小于90°．为了使橡皮筋仍然伸长到P点．对另一个弹簧测力计的拉力F2的大小和方向与原来相比，下面说法中正确的是______A．F2一直变大．与合力方向的夹角一直增大B．F2一直变大，与合力方向的夹角先变大后变小C．F2一直变小，与合力方向的夹角一直减小D．F2先减小后增大，与合力方向的夹角先减小后增大．四、解答题（本题共3小题，共42分．解答题应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题答案中必须写出数值和单位）．16．（12分）小明同学乘坐京石“和谐号”动车，发现车厢内有速率显示屏．当动车在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，进行换算后数据列于表格中．在0﹣600s这段时间内，求：t/s v/m•s﹣10 30100 40300 50400 50500 60550 70600 80（1）动车两次加速的加速度大小；（2）动车位移的大小．17．（12分）现代社会机动车辆越来越多，交通安全日益突出，要求驾驶员一定要遵守交通法规．一辆汽车以10m/s匀速行驶即将通过红绿灯路口，绿灯还有2s熄灭（假设绿灯熄灭红灯立即亮），此时汽车距离停车线25m，并假设前方没有其他车辆．若该汽车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．通过计算说明驾驶员应如何操作才能保证安全行驶不违章：是直接加速在红灯之前通过停车线还是减速停车恰好紧靠停车线停下等待下次绿灯？18．（18分）如图所示，重量为G=100N、长为L=2m的均匀木棒放在倾斜的粗糙斜面上，斜面与水平桌面的夹角θ=30°，如图（甲）所示，至少要用35N的平行斜面的推力，才能使它从原地开始运动．木棒从原地移动以后，用10N的平行斜面的推力，就可以使木棒继续做匀速运动．求：（1）木棒与桌面间的最大静摩擦力F max；（2）木棒与桌面间的动摩擦因数μ；（3）当平行斜面的推力使木棒匀速运动至木棒有0.6m露出斜面时，如图（乙）所示，则此时的滑动摩擦力是多少？四川省成都市高新区2015届高三上学期月考物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项正确）．1．（3分）关于速度、速度的变化率、加速度的关系，下列说法正确的是（）A．物体加速度增大时，速度也增大B．物体速度变化量越大，则加速度越大C．物体速度变化越快，则速度的变化率越大，加速度也越大D．物体加速度不等于零时，速度大小一定变化考点：加速度；速度．专题：直线运动规律专题．分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动．解答：解：A、当加速度方向与速度方向相反时，加速度增大，速度减小．故A错误．B、根据a=知，速度变化量大，加速度不一定大．故B错误．C、速度变化快，速度变化率大，加速度大．故C正确．D、物体的加速度不等于零，速度一定变化，但是速度的大小不一定变化，比如匀速圆周运动，加速度不为零，速度大小不变．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．2．（3分）有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度．若引入一个新的物理量（加速度的变化率）来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位是（）A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s考点：力学单位制．分析：加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位．解答：解：加速度变化的快慢表达式为，则单位等于．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系．3．（3分）一小球沿斜面滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB=6m，CB=10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s；则小球在经过A、B、C三点的速度大小分别为（）A．2m/s3m/s4m/s B．2m/s4m/s6m/sC．3m/s4m/s5m/s D．3m/s5m/s6m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：小球由静止开始沿光滑斜面滚下，做匀加速直线运动，在匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据该规律求出B点的速度．根据△x=aT2求出小球的加速度，最后根据匀变速直线运动的速度时间公式求出A、C两点的速度．解答：解：根据匀变速直线运动的推论得：v B==m/s=4m/s．根据△x=aT2得：a==m/s2=1m/s2所以v A=v B﹣aT=4﹣2×1m/s=2m/sv C=v B+aT=6m/s故选B．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的规律，会灵活运用运动学公式进行求解．4．（3分）如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是（）A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：受力分析方法专题．分析：对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不是墙壁的弹力和摩擦力．解答：解：b匀速上升，受到的合力为零，对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡；整体不受墙壁的弹力和摩擦力，如有，则合力不为零；故选A．点评：弹力和摩擦力的有无可以根据假设法判断，即假设存在，或假设不存在，看是否与运动状态相矛盾．5．（3分）如图所示，100个大小相同，质量均为m且光滑的小球，静止放置于两互相垂直且光滑的平面上，平面AB与水平面夹角为30°．则第二个球对第三个球的作用力大小为（）A．49mg B．48mg C．D．98mg考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：将第3个球到第100个球96个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解第2个球对第3个球的作用力大小．解答：解：以第3个球到第100个球共98个球整体为研究对象，由于无摩擦力，由平衡条件得知，第二个球对第三个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=98mgsin30°=49mg．故选：A．点评：本题中物体很多，解题的关键是研究对象的选择，采用整体法，不考虑系统内物体间的内力，比较简单方便．6．（3分）有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是（）A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：对汽车受力分析，根据汽车所受的合力为零，运用正交分解进行分析．解答：解：AB、根据平衡有：N=mgcosθ，f=mgsinθ，b点的倾角大于a点的倾角，所以a点的支持力大于b点的支持力，a点所受的摩擦力小于b点所受的摩擦力．故A正确，B 错误．C、车处于静止，所以车在a点受到的合力等于b点所受的合力，等于零．故C错误．D、重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，知a点重力下滑的分力小于b点重力的下滑分力．故D错误．故选A．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．二、不定项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）7．（4分）如图所示为一质点运动的速度﹣﹣时间图象，曲线为一正弦曲线的上半部，则在0～t1这段时间内（）A．质点的速度先减小后增大B．质点在t1时刻离开出发点最远C．质点运动的加速度先增大后减小D．图中正弦曲线是质点的实际运动轨迹考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：分析本题根据：速度图象的斜率等于加速度、“面积”大小等于位移．速度图象反映速度随时间的变化情况，不是质点运动轨迹．解答：解：A、由图看出，质点的速度先增大后减小．故A错误．B、根据速度图象的“面积”大小等于位移，可知，随着时间的推移，位移增大，则质点在t1时刻离开出发点最远．故B正确．C、速度图象的斜率等于加速度，则知质点的加速度先减小后增大．故C错误．D、速度图象反映速度随时间的变化情况，不是质点运动轨迹．故D错误．故选B点评：本题是速度图象的问题，关键抓住：速度图象的斜率等于加速度、“面积”大小等于质点的位移进行分析图象的意义．8．（4分）某地在实施人工降雨时，竖直向上发射的气象火箭弹，先以2g的加速度匀加速运动，经时间t0后爆炸．下列关于其爆炸前运动的速度图象（v﹣t图）和加速度图象（a﹣t图）的描述，正确的是（）A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：火箭弹先向上做匀加速直线运动，根据其运动情况分析即可．解答：解：A、B、据题火箭弹先以2g的加速度向上做匀加速运动，故A正确，B错误．C、D、火箭弹的加速度先为+2g，后为0，故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键要明确火箭弹的运动情况，来分析其图象的形状．9．（4分）如图所示，一根橡皮绳上端固定在天花板上，下端系一小球P，小球处于静止状态，现对小球施加一个方向始终水平向右的外力F，使小球缓慢向右偏移，已知橡皮绳中的弹力与其伸长量成正比，移动中橡皮绳与竖直方向的夹角θ＜90°，且橡皮绳的伸长量不超过弹性限度，则下面给出的橡皮绳伸长量x与的函数关系图象中，正确的是（）A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和胡克定律得到橡皮条的伸长量与cosθ的关系式，再选择图象．解答：解：对小球进行研究，分析受力情况：重力mg、水平外力F和橡皮条的弹力F1．由平衡条件得：F1=又由胡克定律得：F1=kx则有：kx=解得：x=由数学知识得知，k、mg一定，x与cosθ成反比，选项D正确．故选：D点评：本题是平衡条件与胡克定律的综合应用，分析受力情况是解题的关键，得到解析式再选择图象．10．（4分）如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角为θ=45°，上底面水平的物块B 在A上恰能匀速下滑．现对B施加一个沿斜面向上的力F使B总能极其缓慢地向上匀速运动，某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C （图中未画出），A始终静止，B 保持运动状态不变．关于放上C之后的情况，下列说法正确的是（）A．B受到的摩擦力增加了mgB．B受到的摩擦力不变C．A受到地面的摩擦力不变D．A受到地面的摩擦力增加了mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：本题物体B涉及三个状态：匀速下滑、匀速上滑、加质量为m的小物体C匀速上滑，先根据平衡条件得到匀速下滑时物体B所受的滑动摩擦力大小，得到B、A间的动摩擦因数．再研究匀速上滑过程中，B受到的摩擦力．对整体研究，分别得到未加C和加上C 后地面对A的摩擦力，再分析摩擦力的增加量．解答：解：A、B、B匀速下滑过程，所受的摩擦力大小为f1=m B gsinθ，又f1=μm B gcosθ，联立解得，μ=tanθ．未加C匀速上滑时，由于B对斜面A的压力没有变化，则知B所受的摩擦力大小没有变化，仍为f2=f1=μm B gcosθ，加上C匀速上滑时，B所受的摩擦力大小f3=μ（m B+m）gcosθ，则B受到的摩擦力增加量为△f=f3﹣f2=μmgcosθ=tanθ•mgcosθ=mgsinθ=mg．故A正确，B错误．C、D、对整体研究：未加C匀速上滑时，地面对A的摩擦力大小为f A1=Fcosθ，又对B：F=μm B gcosθ+m B gsinθ，得f A1=2m B gsinθcosθ；加上C匀速上滑时，地面对A的摩擦力大小为f A2=F′cosθF′=μ（m B+m）gcosθ+（m B+m）gsinθ得，f A2=2（m+m B）gsinθcosθ；所以A受到地面的摩擦力增加量为△f A2=2mgsinθcosθ=mgsin2θ=mg．故C错误，D正确．故选：AD．点评：本题中B涉及三个平衡状态，其中要根据匀速下滑时，得到结论μ=tanθ是解题的关键点之一，还要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合比较简便．11．（4分）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．则（）A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左C．B对A的压力大小为mg D．细线对小球的拉力大小为mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析AB选项，再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析CD选项．解答：解：AB、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误；CD、对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtanθ其中cosθ=，tanθ=，故：F=，T=mg故C正确，D错误；故选：AC．点评：本题关键是采用整体法和隔离法，受力分析后根据平衡条件列式分析．12．（4分）如图所示，把重为20N的物体放在倾角θ为30°的粗糙斜面上，并静止，物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，则弹簧对物体的弹力：（弹簧与斜面平行）（）A．可以为22N，方向沿斜面向上B．可以为2N，方向沿斜面向下C．可以为12N，方向沿斜面向下D．弹力不可能为零考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力，当最大静摩擦力平行斜面向下和平行斜面向上时，分别求解出对应的弹簧弹力，得到弹簧弹力的作用范围．解答：解：将重力按照作用效果分解：平行斜面的下滑分力为mgsin30°=10N，垂直斜面的垂直分力为mgcos30°=15N；当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为拉力，等于22N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为推力，等于2N；故弹簧弹力可以是不大于2N推力或者不大于22N的拉力，也可以没有弹力；故AB正确，CD错误；故选：AB．点评：本题关键是根据平衡条件求解出物体即将上滑和即将下滑的两种临界情况的弹簧弹力，不难．三、实验题（16分）13．（4分）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，（1）以下说法正确的是ABA．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）某同学由实验测得某弹簧的弹力F与长度L的关系如图所示，则弹簧的原长L0=10cm，劲度系数k=50N/m．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：在《探索弹力和弹簧伸长的关系》实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定；利用实验操作过程的注意事项分析即可；由F﹣L图象的意义，斜率表示弹簧的劲度系数，图象与横坐标的截距为弹簧的原长．解答：解：（1）A、弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确．B、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数．故B正确．C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误．D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误．（2）由F﹣L图象和胡克定律结合分析知，图象的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，即横坐标的截距为弹簧的原长，所以据图所知，横截距为10cm，即弹簧的原长为10cm；图象的斜率K=N/m=50N/m．故答案为：（1）AB；（2）10，50点评：本题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解；能利用F﹣L图象分析求解是关键，注意横坐标的截距为弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数．。
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。
四川省成都高新区高2015届第11学月统一检测数学(理
四川省成都高新区高2015届第11学月统一检测数学（理）（考试时间：11月6日下午14：00—16：00 总分：150分）第Ⅰ卷（选择题，共 50 分）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50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.复数()12z i i =-(i 为虚数单位)在复平面内对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150个、120个、180个、150个销售点.公司为了调查产品销售的情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本，记这项调查为①；在丙地区中有20个特大型销售点，要从这20个中抽取7个调查其销售收入和售后服务情况，记这项调查为②.则完成①、②这两项调查宜采用的抽样方法依次是A.分层抽样法，系统抽样法B. 系统抽样法，分层抽样法C. 分层抽样法，简单随机抽样法D.简单随机抽样法，分层抽样法 3. 已知向量()()()4,3,0,1,2,1===c b a ，若λ为实数，()b a λ+∥，则λ=A ．41 B ．21C ．1D ．2 4.命题:(0,),3sin 02p x x x ππ∀∈-<，则:p ⌝A ． (0,),3sin 02x x x ππ∀∈->B ． 000(0,),3sin 02x x x ππ∃∈->C ． (0,),3sin 02x x x ππ∀∈-≥D ． 000(0,),3sin 02x x x ππ∃∈-≥5. 已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A.7B.233C.476D.736. 设偶函数())cos(2)f x x x ϕϕ=+-+(||)2πϕ<，则A ．()y f x =的对称中心为(),02k k Z π⎛⎫∈⎪⎝⎭，且在(0,)2π上为减函数B ．()y f x =的对称中心为(),024k k Z ππ⎛⎫+∈⎪⎝⎭，且在(0,)4π上为减函数C ．()y f x =的对称中心为(),02k k Z π⎛⎫∈⎪⎝⎭，且在(0,)4π上为增函数D ．()y f x =的对称中心为(),024k k Z ππ⎛⎫+∈⎪⎝⎭，且在(0,)2π上为增函数7.等差数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，且()*3221n n S n n N T n +=∈-，则55a b = A. 179 B. 2313 C. 2917 D ．32198. 已知函数()|2|1f x x =++，()g x ax =.若关于x 的方程()()f x g x =有两个不相等的实根，则实数a 的取值范围是A. 1(1,)2--B.1(,1)2C. 1(0,)2D.(,1)-∞-9．已知点(,)P a b ，,a b 满足221a b +≤，则关于x 的二次方程224430x bx a ++=有实数根的概率为A ．16B ．13C ．23D ．5610.已知函数()()()()2153,ln xk x f x x x g x x x x k R e-=-+-=-+∈，若对于()()121,,0,x x ∀∈+∞∃∈+∞都有()()12f x g x ≥成立，则k 的取值范围 A ．31,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(3,e ⎤-∞-⎦C ．(],e -∞-D ．(1,e ⎤-∞⎥⎦第Ⅱ卷（非选择题，共 100 分）二．填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上）11. 设m 为常数，点()5,0F 的一个焦点，则双曲线的离心率为 12. 在△ABC 中，15A =()cos A B C -+的值为（第14题图）11 21俯视图正视图侧视图（第5题图）13. 2014年10月四川省天府新区成为国家级新区。
四川省成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测理综试题物理部分(word)
成都市2015级高中毕业班第三次诊断性检测理科综合（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P0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P1P2等于P2P317.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。
2015届成都一诊物理试题纯word版 含答案
成都市高2013级高中毕业班第一次诊断性检测（第Ⅰ卷，选择题，42分）1、如图所示为水平放置的两根等高固定长直细导线的截面图，O点是两导线间距离的中点，a 、b是过O点的竖直线上与O点距离相等的两点，两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流。
下列说法正确的是( )A、两导线之间存在相互吸引的安培力B、O点的磁感应强度为零C、O点的磁感应强度方向竖直向下D、a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相反2、我国研制的北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，系统由5颗地球同步轨道卫星和30颗低轨卫星组网而成(见图)，这些卫星的运动均可看作匀速圆周运动。
2012年12月27日，北斗导航系统正式投人运营，计划到2020年完全建成。
关于该导航系统，下列说法正确的是（）A、系统中的地球同步轨道卫星可以定位在成都正上方B、系统中从地面发射质量为m的同步卫星比发射质量为m的低轨卫星所需的能量更多C、系统中卫星的运行周期和月亮绕地球运行的周期可能相同D、系统中卫星的运行速度可以大于11. 2 km/s3、如图所示的电路中，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），C为平行金属板，M点接地。
闭合开关S，待电路稳定后，C中央有一带电液滴刚好静止。
下列各项单独操作，可能使带电液滴向下运动的是（）A、断开开关SB、将变阻器R的滑动头P向上滑动C、加热热敏电阻R0D、将C的上极板略向下平移4、如图所示，斜面c置于水平面上，小物体b置于c.上，小球a用细线跨过光滑定滑轮与b相连，b与滑轮间的细线保持竖直，将a从图示位置（此时细线绷紧）无初速释放，使a 在竖直平面内摆动，在a摆动的过程中，b、c始终保持静止。
下列说法正确的是（）A、a的质量一定小于b的质量B、a摆动的过程中，b所受c的静摩擦力方向可能沿斜面向下C、a摆动的过程中，c可能受到水平面的静摩擦力作用D、a摆动的过程中，对水平面的压力大小可能等于b，c的重.力大小之和\5、如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。
2015年四川省成都市高考物理零诊试卷
2015年四川省成都市高考物理零诊试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共26.0分)1.关于物理学史，下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电磁感应现象B.麦克斯韦提出了狭义相对论C.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在D.伦琴利用γ射线拍摄了首张人体骨骼照片【答案】C【解析】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；B、爱因斯坦提出了狭义相对论，故B错误；C、赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故C正确；D、伦琴利用x射线拍摄了首张人体骨骼照片，故D错误；故选：C．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，这也是考试内容之一．2.关于光现象，下列说法正确的是（）A.水面上的油膜呈现彩色，这是光的干涉现象B.一束白光通过三棱镜后形成彩色光带，这是光的全反射现象C.用光导纤维传播信号，利用了光的衍射D.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，利用了光的偏振【答案】A【解析】解：A、水面上的油膜呈现彩色，是由膜的内外表面反射，形成频率相同的光，进行叠加而形成的，这是光的干涉现象，故A正确；B、白光通过三棱镜后形成彩色光带，因各色光的折射率不同，出现偏折程度不同，是光的折射现象，故B错误；C、光导纤维传播信号，利用了光的全反射现象，故C错误；D、透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，空气层两表面反射，形成频率相同的波，从而叠加而成，是利用了光的干涉，故D错误；故选：A．油膜呈现彩色，这是光的干涉现象；三棱镜后形成彩色光带，这是光的折射现象；光导纤维利用了光的全反射；检查平面的平整度，利用了光的干涉，从而即可求解．考查光的干涉、全反射、衍射及偏振的原理，掌握干涉与全反射的条件，注意衍射与明显的衍射的区别．3.下列说法正确的是（）A.穿过线圈的磁通量变化越大，线圈上产生的感应电动势越大B.通过线圈的电流变化越快，线圈的自感系数越大C.电场总是由变化的磁场产生的D.真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同【答案】D【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的变化量无关，故A错误；B、线圈的自感系数有线圈本身的匝数、粗细、线圈面积决定，与电流无关，故B错误；C、电荷可以产生电场，不一定有变化的磁场产生，故C错误；D、根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同，故D正确；故选：D．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量的变化率成正比；线圈的自感系数有线圈本身决定；静止电荷产生电场，运动的电荷可以产生磁场；根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在任何惯性系中测得的数值都相同．本题考查了法拉第电磁感应定律、自感现象、麦克斯韦电磁场理论、爱因斯坦狭义相对论等、知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识．4.做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同（）A.回复力、加速度、速度B.回复力、加速度、动能C.回复力、速度、弹性势能D.加速度、速度、机械能【答案】B【解析】解：振动质点的位移是指离开位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力F=-kx，由于x相同，故F相同；加速度a=-，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故ACD错误，B正确；故选：B．物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律（即它的振动图象是一条正弦曲线）的振动叫简谐运动．简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率．做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是位移、加速度和能量．本题关键是明确：（1）简谐运动的定义；（2）受力特点；（3）运动学特点．5.如图所示．L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流．若已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，V表示数为220V，A表示数为l0A，则下列判断正确的是（）A.甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2×104VB.乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2×103vC.甲是电流互感器，通过输电线的电流是100AD.乙是电流互感器，通过输电线的电流是0.1A【答案】A【解析】解：A、C、甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1：n2=100：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V×100=2.2×104V；故A正确，C错误；B、D、乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知n3：n4=1：10，电流表示数为10A，故传输电流为：I=10A×10=100A；故BD错误．故选：A．变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程．本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中．6.如图为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代．若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则（）A.整个电路的电阻将增大，干路电流将减小B.因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变C.发电机的输出功率将减小D.输电过程中的损失功率（即输电线路消耗的功率）将增大【答案】D【解析】解：A、增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，故A错误；B、根据欧姆定律可知，输电线上消耗的电压变大，则日光灯两端电压变小，亮度变暗，故B错误；C、发电机的输出功率P=UI，电压不变，电流变大，输出功率变大，故C错误；D、电流电大，输电线电阻不变，根据P热可知，输电过程中的损失功率将增大，故D正确．故选：D在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，则输电线上消耗的电压就变大，从而判断灯泡两端电压的变化情况，从而判断灯泡的亮度，根据P=UI求解发电机输出功率，根据P热判断输电过程中的损失功率．本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法解析时，一般按照：部分-整体-部分的思路进行分析．7.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω．则（）A.在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为6VC.灯泡消耗的电功率为3WD.若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12sin100πt（V）【答案】C【解析】解：A在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大．故A错误；B电动势的最大值为E m=，电压表测量的为有效值，故示数为=6V；故B错误；C、灯泡消耗的功率P===3W；故C正确；D、周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为，．转速提高一倍后，最大值变成12V，ω=2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为：12sin200πt；故D错误；故选：C在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．8.一列简谐横波在t=0.4s时刻的波形如图甲所示，波传播方向上质点A的振动图象如图乙所示．则（）A.该波沿x轴负方向传播B.该波的波速是25m/sC.任意0.4s内，质点A通过的路程均为10mD.从此时刻起，质点P将比质点Q先回到平衡位置【答案】B【解析】解：A、由乙图知：质点A在t=0.4s时刻通过平衡位置向下运动，在甲图上，根据波形平移法，可知该波沿x轴正方向传播．故A错误．B、由甲图读出波长λ=20m，由乙图读出周期T=0.8s，则该波的波速v==25m/s．故B正确．C、时间t=0.4s=T，则质点A在0.4s内通过的路程等于2倍振幅，是16cm，故C错误．D、此时刻P点向上运动，而质点Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故D错误．故选：B．根据振动图象读出t=0.4s时刻质点A的位置和速度方向，由甲图判断波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速．根据时间与周期的关系分析质点通过的路程．根据P、Q速度的方向，分析它们回到平衡位置的先后．本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，要熟练掌握．二、多选题(本大题共3小题，共12.0分)9.2014年3月8日，“马航”一架飞往北京的飞机与地面失去联系．人们根据赤道上同步卫星接收到的该飞机飞行时发出的“握手”电磁波信号频率的变化，利用电磁渡的多普勒效应，确定了该飞机是在向南航线而非向北航线上失踪、井最终在南印度洋坠毁的．若该飞机发出的“握手”电磁波信号频率为f o，且飞机黑匣子能够在飞机坠毁后发出37.5MH z的电磁波信号，则以下说法正确的是（）A.飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的“握手”电磁波频率小于f oB.飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，同步卫星接收到的“握手”电磁波频率大于f oC.黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率将变大D.黑匣子发出的电磁渡信号在由海水传到空气中时，波长将变长【答案】BD【解析】解：A、飞机由北向正南方向飞向赤道的过程中，若声源向同步卫星靠近，则同步卫星接收到声波的频率变大，所以同步卫星接收到的“握手”电磁波频率大于f o，故A错误，B正确；C、黑匣子发出的电磁波信号在由海水传到空气中时，频率不变，速度增大，由C=λf得波长将变长，故C错误，D正确；故选：BD．本题考查多普勒效应的原理，熟记多普勒的定义即可求解，同时掌握频率变化与运动间的关系．根据由波速、波长及频率的关系分析该波的波长变化．多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义．10.如图所示，块上、下表面平行的玻璃砖的厚度为L，玻璃砖的折射率n=，若光从上表面AB射入的人射角i=60°，光在真空中的光速为c，则（）A.折射角r=30°B.光在玻璃中传播的时间为LC.光在玻璃中传播的时为D.改变入射角i，光在下表面CD可能发生全发射【答案】AC【解析】解：A、由n=得：sinr==°=0.5，得r=30°．故A正确．B、C、光在玻璃中传播的速度为v=，由几何知识可知光在玻璃中传播的路程为S==，故B错误，C正确．则光在玻璃中传播的时间为t===°D、由于光在CD面上的入射角等于光在AB面上的折射角，根据光路可逆性原理得知光一定能从CD面射出，故D错误．故选：AC．根据折射定律求解折射角r，由公式v=求出光在玻璃中传播的速度，由几何关系求出光在玻璃中传播的路程，即可求得光在玻璃中传播的时间．根据光路可逆性分析光在下表面能否发生全发射．解决本题的关键是掌握折射率的两个公式n=和v=，运用光路可逆性分析玻璃砖的光学特性．11.甲图中a、b是电流相等的两直线电流，乙图中c，d是电荷量相同的两正点电荷，O 为两电流（或电荷）连线的中点，在o点正上方有一电子，“较小的速度v射向O点，不计重力．关于电子的运动，下列说法正确的是（）A.甲图中的电子将做变速运动B.乙图中的电子将做往复运动C.乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度一定在减小D.乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小【答案】BD【解析】解：A、甲图中ab在电子运动的方向上产生的磁场的方向都向下，与电子运动的方向相同，所以电子不受洛伦兹力的作用将做匀速直线运动．故A错误；B、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，电子在O点上方受到的电场力的方向向下，在O点的下方受到的电场力的方向向上，所以电子先做加速运动，后做减速运动，将在某一范围内做往复运动．故B正确；C、乙图中，cd的连线上，O点的电场强度是0，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，从O点向两边电场强度的电场线增大，后减小，所以乙图中的电子在向O点运动的过程中，加速度不一定在减小．故C错误；D、乙图中，cd的连线上，O点上方的电场方向向上，O点下方的电场的方向向下，所以O点的电势最高；电子带负电，乙图中的电子在O点动能最大，电势能最小．故D 正确．故选：BD根据安培定则判断出磁场的方向，根据左手定则判断出电子运动中受力方向，根据电子受到的电场力的特点判断出电子在电场中的运动特点该题考查常见的磁场与常见电场的特点，这是考查的重点内容之一，要牢记．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)12.如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自框从左边界进入磁场时开始计时，在外动力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进人磁场区域，t1时刻框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流t的正方向．外动力大小为F，框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t图象为抛物线．则这些量随时间变化的关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BL v，所以产生感应电流=，故A错误；B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有解得：安，所以B错误；C、由功率表达式，，所以C正确；D、由电量表达式，则有，所以D错误；故选：C由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系．解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BL v．知道L为有效长度．四、填空题(本大题共2小题，共15.0分)13.下列说法正确的是______ 和______ ．（填选项序号字母）A利用双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长λ的关系式△x=λ，可以测量光的波长B在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为了减小相邻条纹间距的测量误差，应测出从第1依次至第n条亮条纹间的距离a，然后利用公式△x=计算相邻亮条纹间距C在“用单摆测重力加速度”实验中，计时的起点应该选在摆球运动到最高处，因为此时摆球速度最小D．在“用单摆测重力加速度”实验中，若摆长的长度只考虑了摆线的长度，则加速度的测量值较真实值偏小．【答案】A；D【解析】解：A、根据公式△x=λ，结合相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d，即可求解光的波长λ，故A正确；B、从第1依次至第n条亮条纹间的距离a，则相邻亮条纹间距，故B错误；C、计时的起点应该选在摆球运动到平衡位置，故C错误；D、若摆长的长度只考虑了摆线的长度，由公式g=，则加速度的测量值较真实值偏小，故D正确；故选：AD．根据相邻两亮条纹的间距关系式△x=λ，即可求解波长；利用公式△x=，计算相邻亮条纹间距；计时的起点应该选在摆球运动到平衡位置处；根据公式g=，若摆长的长度只考虑了摆线的长度，可确定测量值与真实值的关系．考查关系式△x=λ与g=的应用，理解计时点的位置，注意相邻亮条纹间距△x与距离a的关系，是解题的关键．14.欲测量G表的内阻r g和一个电源的电动势E内阻r．要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的．待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约1.5V，内阻在0.4-0.7Ω间B、待测G表：量程500μA，内阻在150～250Ω间C、电流表A：量程2A，内阻约0.1ΩD、电压表V：量程300m V，内阻约500ΩE、定值电阻R0：R0=300Ω；F、滑动变阻器R1：最大阻值10Ω，额定电流1AG、电阻箱R2：0～9999ΩH、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻r g．①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______ ；（填元件序号字母）②说明实验所要测量的物理量______ ；③写出G表内阻的计算表达式r g= ______ ．（2）测出r g=200Ω后，小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800Ω，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r．①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，②若利用测量的数据，作出的G表示I G．与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω．【答案】E；G表示数I，V表示数U；-R0；1.5；0.6【解析】解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可知，I=，解得：R=-R0；（2）①将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：②电源的路端电压U=I G（200+2800）=3000I G；故图象与纵坐标的交点为500μA，则电源的电动势为：E=500μA×3000=1.5V；内阻r=Ω=0.6Ω；故答案为；（1）①E；②G表示数I，V表示数U；③-R0；（2）①如图所示；②1.5；0.6．（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻．本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理．五、计算题(本大题共4小题，共43.0分)15.如图所示，电荷量Q=2×l0-7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m=2×10-4kg、电荷量q=1×l0-7C的另一正点电荷B从O点正上方高于0.5m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P．若静电力常量k=9×109N•m2/C2，重力加速度g=10m/s2．求（1）B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小；（2）P、O间的距离L．【答案】解：根据牛顿第二定律，则有：mg-k=ma；=6.4m/s2；代入数据解得：a=10-．（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：代入数据，解得：L==0.3m．答：（1）B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小6.4m/s2；（2）P、O间的距离0.3m．【解析】（1）根据牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解；（2）根据速度最大时，加速度为零，结合平衡条件，即可求解．考查平衡条件的应用，掌握库仑定律与牛顿第二定律的内容，注意正确的运算．16.图甲所示的电视机显像管能够通过磁场来控制电子的偏转，显像管内磁场可视为圆心为O、半径为r的匀强磁场．若电子枪垂直于磁场方向射出速度为v o的电子，由P点正对圆心O射入磁场，要让电子射出磁场时的速度方向与射入时的速度方向成θ角（图乙）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力．求：（1）磁感应强度大小；（2）电子在磁场中运动的时间．（结果用m、e、r、θ、v o表示）【答案】解：电子做圆周运动的轨迹如图所示：由几何知识可得：R=①，由牛顿第二定律得：ev0B=m②，由①②解得：B=tan③；电子做圆周运动的周期：T=④，电子运动时间：t=T ⑤，由③④⑤解得：t=；答：（1）磁感应强度：B=tan；（2）电子在磁场中运动的时间：t=．【解析】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；（2）应用圆周运动周期公式求出电子的运动时间．本题考查了电子在磁场中的运动、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．17.如图所示，MN和PQ是平行、光滑、间距L=0.1m、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆，其最上端通过电阻R相连接，R=0.5Ω．R两端通过导线与平行板电容器连接，电容器上下两板距离d=lm．在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域I和Ⅱ，磁感应强度均为B=2T，其中区域I的高度差h1=3m，区域Ⅱ的高度差h2=lm．现将一阻值r=0.5Ω、长l=0．lm的金属棒a紧贴MN和PQ，从距离区域I上边缘h=5m处由静止释放；a进入区域I后即刻做匀速直线运动，在a进入区域I的同时，从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正电微粒A．微粒的比荷=20C/kg，重力加速度g=10m/s2．求（1）金属棒a的质量M；（2）在a穿越磁场的整个过程中，微粒发生的位移大小x；（不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间）【答案】解：（1）a下滑h的过程中，由运动学规律有：v2=2gh代入数据解得：v=10m/sa进入磁场Ⅰ后，由平衡条件有：BIL=M g感应电动势为：E=BL v=2V感应电流为：I==2A解得：M=0.04kg（2）因磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小相同，故a在磁场Ⅱ中也做匀速运动，a匀速穿过磁场中的整个过程中，电容器两板间的电压为：U==1V场强为：E′==1V/ma穿越磁场I的过程中经历时间为：t1==0.3s此过程下板电势高，加速度为：a1=′=10m/s2，方向竖直向上末速度为：v1=a1t1=3m/s向上位移为：x1=a1t12=0.45ma穿越磁场Ⅱ的过程中经历时间为：t2==0.1s此过程中上板电势高，加速度为：a2=′=30m/s2，方向竖直向下末速度v2=v1-a2t2=0，故微粒运动方向始终未变向上位移为：x2=v1t2-a2t22=0.15m得：x=x1+x2=0.45+0.15=0.60m答：（1）金属棒a的质量M为0.04kg；（2）在a穿越磁场的整个过程中，微粒发生的位移大小x为0.6m．【解析】（1）根据平衡条件列方程求金属棒的质量；（2）根据欧姆定律求出两板间的电压，进而得到场强，根据牛顿第二定律和运动学公式求微粒发生的位移大小．本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，与电路联系的关键点是感应电动势，与力学联系的关键点是静电力．18.如图所示，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场B．B=5.0×10-2T．带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF．EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.1m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带负电离子，离子的电荷量均为q=3.2×l0-18C，质量均为。
成都市2015届高中毕业班第三次诊断性检测物理
成都市2015届高中毕业班第三次诊断性检测理科综合物理部分物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共110分。
第Ⅰ卷（共42分）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．狭义相对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度2．关于下列光学现象，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先的传播速度C．晚上，水中同一深度、可视为点光源的红灯和黄灯，红灯照亮的水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“220 V，440 W”的纯电阻和“220 V，220 W”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2220=V50sintuπ1100VB．电压表示数为2C．纯电阻的发热功率是电动机发热功率的2倍D．1 min内电动机消耗的电能为1.32×104 J4．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。
此波在t=0时刻到达a，质点a开始由平衡位置向下振动，t=1s时刻，质点a第一次到达最低点。
则在8 s<t<9 s这段时间内，下列说法正确的是A．质点c的加速度逐渐增大B．质点d向下运动C．质点b的速度逐渐减小D．质点f的振幅在逐渐变小5．我国的“嫦娥工程”取得了初步的成功。
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2015级会考物理答案
则最小面积为〃 ^ ^
物理答案第2页（共2页）
【卞列第 题，供蚀俵《物理（选修1》》的考生作答】 26^ 〈10分） ：：："：：？ 乂 解 ： 0 〉 安 培 力 的 方 向 如 图 所 示 … " - ^ ： ^ 由磁感应强度定义式得 〈2分）
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解 得 ： 6 ^ 0.27 由安培力公式得：？2 ^ 琴 ， ^ … … … … … … … ^ ， … . ^ … ^ …
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【下列第26题，供选修《物理（选修3-1》》的考生作答】 26， 0 0 分 ） 解：〈1 〉 粒 子 在 金 属 板 ^ 、 ^间做匀速直线运动
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【下列第21-23题，供选修《物理（选修3-0》的考生作答】 21.电流磁感线 22， 1.0 〈或1〉 3.0、（或3〉 23， V 负
二、 计 算 题 ： （ 共 3 个 小 题 ， 共 2 6 分 ） 解 答 时 要 求 写 出 必 要 的 文 字 说 皭 1 方 輕 式 和 自 的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位。 "【下列第24-25题，为全体考生必答题】 24， 〈8分） 解：物体做匀速直线运动，故受力平衡
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2015年四川省成都市高考物理一诊试卷
2015年四川省成都市高考物理一诊试卷学校:___________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.千克、牛顿、库仑均是中学物理中涉及的国际单位制的基本单位B.质点、点电荷、匀速直线运动均属于理想化物理模型C.卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量D.a=Fm ，E=k Qr2、B=FIL分别是加速度、电场强度、磁感应强度的定义式【答案】B【解析】解：A、牛顿、库仑不是中学物理中涉及的国际单位制的基本单位，故A错误；B、质点、点电荷、匀速直线运动均属于理想化物理模型，故B正确；C、卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；D、a=Fm ，E=Fq、B=FIL分别是加速度、电场强度、磁感应强度的定义式，故D错误；故选：B．国际单位制中，基本物理量的单位有：米、秒、千克、安培、开尔文、摩尔、坎德拉．明确理想化模型的概念即可正确解答，注意理想化模型是指从客观存在的事物或过程中抽象出来的一种简单、近似、直观的模型．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，这也是考试内容之一．2.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是（）A.粒子带正电B.运动过程中，粒子的速度不变C.粒子由O到A经历的时间为t=πm3qBD.离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°【答案】C【解析】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故B错误．C、粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为t =θ360T=60°360°⋅2πm qB =πm 3qB ，故C 正确； D 、粒子在O 点时速度与x 轴正方向的夹角为60°，x 轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，故D 错误； 故选：C ．先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，速度的大小没有变化，但速度的方向改变了，速度是变化的．根据圆的对称性分析粒子离开第一象限时速度与x 轴的夹角．本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能运用几何知识画出粒子运动的轨迹，关键定圆心和半径．会根据圆心角与周期的关系求出运动的时间，掌握关系式：t =θ2πT ．3.图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球 做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（ ）A.在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km /sB.在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C.在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h ，且从图示位置开始经1.5h 与同步卫星的距离最近D.若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接【答案】D【解析】解：A 、图示轨道略高于近地轨道，由G mMr 2=m v 2r 可得v =√GMr ，r 越大，v 越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km /s ；故A 错误；B 、由GmM r 2=ma ，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a 1a 2=r 22r 12=161；故B 错误；C 、“轨道康复者”的周期为3h ，且从图示位置开始经1.5h ，“轨道康复者”转半圈，而同步卫星转116圈，此时并不在最近点，故C 错误；D 、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D 正确；故选：D利用第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，以及卫星速度近大远小规律分析A 项；利用加速度和周期公式分析BC 两项物理量大小关系；利用卫星最近时角度及圈数关系分析二者远近；卫星对接则使用卫星变轨的原理分析本题考查卫星的基本规律，涉及内容广泛，考查全面，难点在于卫星的“相遇”问题，如果作示意图会更好理解一些．4.如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，最初系统静止．现用大小F=2mg 、方向竖直向上的恒力拉A直到B ，刚好离开地面，则在此过程中（ ）A.A 上升的初始加速度大小为2gB.弹簧对A 和对B 的弹力是一对作用力与反作用力C.A 上升的最大高度为mg kD.A 上升的速度先增大后减少【答案】A【解析】解：A 未加力F 时，受力平衡，此时弹簧压缩量为x 1，有平衡得：mg =kx 1 ①B 刚好离开地面时弹簧的伸长量为x 2，有平衡得：mg =kx 2 ②A 、A 上升的初受重力，弹簧弹力和拉力，由牛顿第二定律得加速度大小为：a =F+kx 1−mgm =2mg+mg−mgm =2g ，故A 正确；B 、作用力和反作用力是物体之间的相互作用力，弹簧对A 和对B 的弹力存在三个物体之间，故B 错误；C 、由上面分析可得物块A 上升的最大高度为：x =x 1+x 2=mgk +mgk =2mgk ，故C 错误；D 、A 上升过程弹簧压缩量先减小，此时合力向上减小，做加速度减小的加速运动，后弹簧被拉长，伸长量增加，弹力增大．合力仍向上且减小，所以物体继续加速上升，整个过程速度一直增大，故D 错误；故选：A对A 分别在加力F 前后受力分析，利用平衡和牛顿第二定律求解，对B 受力分析利用平衡列式求解即可．本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的伸缩量和弹力，再由几何关系研究A 上升距离与弹簧形变量的关系．5.如图所示的电路中，开关K 闭合．在开关S 接a 且电路稳定后，电流表A 1、A 2和电压表V 的示数分别为I 1a ，I 2a 和U a ，电源的输出功率为P 1，平行金属板所带电荷量为Q 1；这 时让带电微粒从P 点水平射入平行板间，恰能沿图示水平直线射出．若把平行板的上板向上移动少许，且S 接b ，当电路稳定后，A 1、A 2和V 表的示数分别为I 1b ，I 2b 和U b ，电源的输出功率为P 2，平行板所带电荷量为Q ；粒子仍从P 点水平射入．则下列判断正确的是（ ）A.I 1a =I 1b ，I 2a =I 2b ≠0，U a ＞U bB.Q 1＜Q 2C.P 1＞P 2D.该粒子带负电，且第二次从P 射入后，有可能打在下极板上【答案】D【解析】解：A 、通过电流表A 1的电流I 1=E2R+r ，与开关S 接在a 还是b 无关，电路稳定后，平行金属板既不充电也不放电，电流表A2的示数为零，电压表示数U=I1R，I1不变，则U也不变，故A错误；B、平行板所带电荷量Q=CU，由C=ɛS可知，C1＞C2，根据电路图可知，S接a时4πkd电容器两端的电压大于接b时两端的电压，即U1＞U2，所以Q1＞Q2，故B错误；C、开关S接在a还是b对电路没有影响，所以电源的输出功率不变，故C错误；D、第一次射入粒子，恰能沿水平直线射出，说明粒子受力是平衡的，即电场力向上，而上极板带正电，所以粒子带负电；第二次射入粒子时，极板间的电压减小了，间距变大了，电场强度减小，所以粒子受到的电场力减小，所以有可能打到下极板上，故D正确．故选：D．电容器接在电路中相当于断路，对电路没有影响，所以开关S接在a还是b，电流表A1的示数不变，电路稳定后，平行金属板既不充电也不放电，电流表A2的示数为零，判断C的变化，根据电路判断电压变化，从而判平行板所带电荷量Q=CU，由C=ɛS4πkd断平行板所带电荷量的变化，第二次射入粒子时，极板间的电压减小了，间距变大了，电场强度减小，则粒子受到的电场力减小，根据受力情况判断粒子能否打在下极板上．本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要明确电容的性质，知道电容器接在电路中相当于断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，难度适中．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图是小丽自制的电流表原理图，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖起悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab=L1，bc=L2的矩形区域abcd内均有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；设MN中有电流时，指针示数表示电流大小．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则（）A.要使电流表正常工作，金属杆中的电流方向应从M至NB.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C.该电流表的量程是I M=kL2BL1D.该电流表的刻度在0-I m在范围内是不均匀的【答案】AC【解析】解：A、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故A正确．B、当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与杆的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B错误．CD、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg=k•x0；解得：x0=mgk当电流为I时，安培力为：F A=BIL1；静止时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡克定律△F=k△x，得：△x=F Ak =BIL1k∝I故该电流表的刻度是均匀；当△x=L2时，I=I m，则有BI m L1=k L2，得I m=kL2BL1，故C正确，D错误．故选：AC．电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向．该电流表的示数为零时，弹簧的弹力与重力平衡．求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程．根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀．本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键．7.如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q=6×10-7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2．则下列判断正确的是（）A.匀强电场的场强大小为3.2×106v/mB.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了0.024JC.小球做顺时针方向的匀速圆周运动D.小球所受的洛伦兹力的大小为0.03N【答案】BD【解析】解：A、据题意和乙图可知，E=φR =200000.4V/m=5×104V/m，故A错误；B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10-7×20000J=0.024J，故B正确；C、以上分析可知，由洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；D、以上可知：mg=E q，f=qv B，联立以上解得：f=0.03N，故D正确．故选：BD．首先据题境知道小球的受力情况，即重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力；再利用匀强电场的特性和乙图求出场强；利用能量守恒和电势能的关系判断电势能的减少即可．本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小．三、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)8.为了较准确的测量某细线能承受的最大拉力，小聪、小明分别进行了如下实验小聪在实验室里找到一把弹簧测力计，按图甲所示安装细线和测力计后，他用力缓慢竖直向下拉测力计，直到测力计的示数达到量程（细线没有断裂），读出测力计的示数F，将F记为细线能承受的最大拉力．小明在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：①用刻度尺测出细线的长度L，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G；②按图乙所示安装玩具小熊、细线（玩具小熊悬挂在细线的中点）；③两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d；④利用平衡条件算出结果．在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：（1）小明算出的细线能承受的最大拉力是______ （用L、G、d表示）；两位同学中______ （选填“小聪”或“小明”）的测量结果较准确．（2）在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，下列说法正确的是______ （填选项序号字母）．A．细线上的拉力大小不变B．细线上的拉力大小减小C．细线上拉力的合力大小不变D．细线上拉力的合力大小增大．【答案】；小明；C2√L2−d2【解析】解：（1）当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力．绳子与竖直方向夹角的正弦值sinθ=d，L，则cosθ=√L2−d2L根据平衡有：2F cosθ=G，．解得最大拉力F=GL2√L2−d2小聪方案中钩码只能一个一个加，使得测量的棉线拉力不连续，造成测量的不准确，所以小明的测量结果较准确．（2）在小明两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力，细线上的拉力大小增大，故C正确，ABD错误；故选：C．；小明；故答案为：（1）2√L2−d2（2）C两种方案都是根据共点力平衡求解绳子的最大拉力，从而操作的可行性进行判断哪种方案最好．根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力．本题考查了学生的设计和实验的能力，可以提高学生动手和思考、解决问题的能力，关键知道实验的原理，通过共点力平衡进行分析．四、填空题(本大题共1小题，共11.0分)9.小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6V ，内阻r 约3Ω）、电流表（量程2.0A ，内阻r A =0.8Ω）、电阻箱R ，（0～99.9Ω）、滑动变阻器R 2（0～R t ）、开关三个及导线若干．他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R 2接入电路的阻值．（1）小华先利用该电路准确地测出了R 2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S 2、S ，断开S 1，读出电流表的示数I ；再闭合S 、S l ，断开S 2，调节电阻箱的电阻值为3.6Ω时，电流表的示数也为I ．此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ______ Ω．（2）小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻．①他的实验步骤为：a ．在闭合开关前，调节电阻R 1或R 2至 ______ （选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S ，再闭合 ______ （选填“S 1”或“S 2”）；b ．调节电阻 ______ （选填“R 1”或“R 2”），得到一系列电阻值R 和电流I 的数据；c ．断开开关，整理实验仪器． ②图乙是他根据实验数据绘出的1I -R 图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表 ______ ，电源电动势E ______ V ，内阻r ______ Ω．（计算结果保留两位有效数字）．【答案】3.6；最大值；S 1；R 1；R A 与r 之和；=6；=2.8【解析】解：（1）用等值替代法可测出R 2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为3.6Ω（2）要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则 a ．在闭合开关前，调节电阻R 1或R 2至最大值，之后闭合开关S ，再闭合S 1． b ．调节电阻R 1得到一系列电阻值R 和电流I 的数据；（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=I （R+R A +r ），即：1I =R E +R A +r E ； 由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图象的斜率为1E =16，可得E=6V图线在纵轴上的截距是R A +rE =0.60 可得；r =2.8Ω；故答案为：（1）3.6欧、（2）①最大值、S 1、R 1、②R A 与r 之和、6.0 2.8（1）由电路的结构可知测出了R 2接入电路的阻值用的是等值替代法．（2）实验中采用的是电阻箱和电流表的方式测定电动势和内电阻；根据实验的原理可知应采用的方式；（3）分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式，再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻．解答本题的关键在于明确等电阻替代法测电阻，注意能正确根据题意列出对应的函数关系，才能准确得出结果．五、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注，2012年11月23日，舰载机歼-15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，分机质量视为不变并可看成质点，“航母”起飞跑道由图示的两段轨道组成（二者平滑连接，不计拐角处的长度），其水平轨道长AB=L，水平轨道与斜面轨道末端c的高度差为h，一架歼-15飞机的总质量为m，在c 端的起飞速度至少为v，若某次起飞训练中，歼-15从A点由静止启动，飞机发动机的推动力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg，重力加速度为g，求：（1）飞机在水平轨道AB上运动的时间．（2）在水平轨道末端B，发动机的推力功率．（3）要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．（结果用m、g、L、hv表示）【答案】解：（1）飞机在水平轨道AB上有：F-f=ma得：a=0.5g根据位移公式：L=12at2得：t=√2L0.5g =2√Lg（2）在B点的速度为：v B=at=√gL则发动机的推动功率：P=F v=0.6mg√gL（3）在BC轨道上，根据牛顿第二定律：F-mgsinθ-f=ma′得：a′=0.5g-gℎx根据位移公式：v2-v B2=2a′x得：x=v 2g+2h-L答：（1）飞机在水平轨道AB上运动的时间为2√Lg．（2）在水平轨道末端B，发动机的推力功率0.6mg√gL．（3）要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件x≥v 2g+2h-L．【解析】根据牛顿第二定律求出AB过程的加速度，根据位移公式求出AB的运动时间；根据速度时间公式求出B点的速度，根据P=F v求出发动机的推力功率；根据牛顿第二定律求出BC上的加速度大小，根据位移公式求出BC长度的条件．点评：本题考查了牛顿第二定律、运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．11.如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M=3kg．静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ=37°．两者平滑对接．t=0s时，质量m=1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑．图乙所示为Q在0～6s内的速率v随时间t变化的部分图线．已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：（1）木板P与地面间的动摩擦因数；（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小；（3）0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量．【答案】解：（1）0～2s内，P因墙壁存在而不动，Q沿BC下滑，2s末的速度为v1=9.6m/s．设P、Q间动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数为μ2，对Q：由图象有a1=v1t1=9.62=4.8m/s2由牛顿第二定律有mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1联立求解得μ1=0.15，则μ2=15μ1=0.03（2）2s后，Q滑到AB上，因μ1mg＞μ2（m+M）g故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速．设加速度大小分别为a2和a3，Q从B滑到AB上到P、Q共速所用的时间为t0，对Q有：μ1mg=ma2对P有：μ1mg-μ2（m+M）g=M a3共速时v1-a2t0=a3t0分别求解得a2=1.5m/s2，a3=0.1m/s2，t0=6s，故在t=8s时，P、Q的速度大小恰相同，v P=v Q=a3t0=0.1×6=0.6m/s（3）0～2s内，据图象“面积”的含义，Q在BC上发生的位移x1=12×2×9.6=9.6m×(v1+v Q)t0=30.6m2～8s内，Q发生的位移x2=12P发生的位移x3=1v P t0=1.8m20～8s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量△Q=μ1mgx1cos37°+μ1mg（x2-x3）代入数据解得△Q=54.72J答：（1）木板P与地面间的动摩擦因数为0.03；（2）t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小都为0.6m/s；（3）0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量为54.72J．【解析】根据乙图可知，0-2s内物体做匀加速直线运动，2-6s内做匀减速直线运动，所以0-2s 内在斜面上下滑，2-6s内在水平面上滑行，根据v-t图象求出加速度，再根据牛顿第二定律求出动摩擦力因数，进而求出木板P与地面间的动摩擦因数；分别对Q和P运用牛顿第二定律及运动学基本公式求解t=8s时，木板P与滑块Q的速度大小，根据图象与坐标轴围成的面积求解位移，根据运动学基本公式求出P、Q运动的位移，从而根据摩擦力做功公式求出8s产生的热量．本题抓哟考查了匀变速直线运动及其公式、图象牛顿运动定律、牛顿定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能根据图象求解加速度和位移，难度较大．12.如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电．位于O点正下方的地面上．长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场．在．点与传送带之间有位置可调的固定钉子（图中未画出），当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端．已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量．试求：（1）钉子距O点的距离的范围．（2）若传送带以速度v0=5m/s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰．试求B做匀加速运动的加速度大小（结果可用根式表示）【答案】mv12解：（1）物体A运动最低点的过程中因机械能守恒，由mgR=12v1=√2gR=√2×0.4×10m/s=2√2m/sA到最低点，绳子被挡住，有T-mg=mv12r当T=T m=5mg，解得r=R2=0.2m故钉子距O点的距离范围是0.4m＞x＞0.2m（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，由动能定理mg R-μmg L=0解得μ=0.5因v0=5m/s＞v1，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为v2，由动能定理μmgL=12mv22−12mv12解得v2=4m/s，假设成立，故物体做平抛运动，对A设在传送带上运动时间为t1，类平抛运动时间为t2，由运动学公式传送带上L=v1+v22t1类平抛运动l=v2t2h=12at22q E+mg=ma联立解得t1=0.4(2−√2)s，t2=0.2√2s l=0.8√2m对B设匀加过程的加速度大小为a′x=L+l=12a′(t1+t2)2解得a′=√2)9−422=340+260√249m/s2答：（1）钉子距O点的距离的范围为0.4m＞x＞0.2m（2）B做匀加速运动的加速度大小为340+260√249m/s2【解析】（1）物体A运动最低点的过程中因机械能守恒求的最低点的速度，由牛顿第二定律求的半径最大值即可；（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，有动能定理求得摩擦因数，在传送带上根据动能定理求的最有短的速度，由运动学公式求的时间，对B物体由运动学公式即可求得加速度本题主要考查了动能定理和运动学公式，抓住A物体运动的时间与B物体运动的时间相同，位移相同即可求解高中物理试卷第11页，共11页。
普通高等学校招生全国统一考试(四川卷)理综(物理部分)答案解析(正式版)(原卷版).docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）2015年高考四川卷理科综合(物理部分)试题(第Ⅰ卷选择题共7题，共42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，有错选和不选的得0分。
1．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。
这列水面波A．频率是30Hz B．波长是3m C．波速是1m/s D．周期是0.1s3．直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图。
a、b光相比A．玻璃对a光的折射率较大B．玻璃对a光的临界角较小C．b光在玻璃中的传播速度较小D．b光在玻璃中的传播时间较短4．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。
矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是022Ne D ．有效值是02Ne 5．登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。
地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。
根据下表，火星和地球相比行星半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球6.4×106 6.0×1024 1.5×1011 火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011A ．火星的公转周期较小B ．火星做圆周运动的加速度较小C ．火星表面的重力加速度较大D ．火星的第一宇宙速度较大6．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零。
四川省成都市2015届高三物理第一次一诊模拟检测试题(含解析)
成都市2015届高中毕业班第一次诊断性模拟检测理科综合物理部分总分110分时间60分钟物理试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。
第I卷（选择题共42分）一、选择题第1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．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献。
以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是( )A．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大C．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”。
【答案】A.【考点】考查物理学发展史【解析】根据牛顿第二定律，物体受的力越大加速度a越大，而不是速度越大，故B选项错误；根据自由落体运动，两物体同时到达（加速度g一样），故C选项错误；一个运动的物体，如果不再受力了，它，根据牛顿第三定律，它将保持运动状态一直匀速直线运动，故D选项错误，故综上所述，只有A选项正确。
【点拨】物理学史的学习没有捷径可言，需要分门别类记住，可以借助于历史学科的思想，编成物理大事记。
2．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．灯泡L变亮B．电源的输出功率变大C．电容器C上的电荷量减少D．电流表读数变小，电压表读数变大【答案】D【考点】考查闭合电路的欧姆定律【试题分析】当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流I减小，灯泡的功率2LP I R=，LR不变，则灯泡变暗，故A错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小，故B错误；变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误；电流表读数变小，电压表读数U E Ir=-变大．故D正确．【思路点拨】“并同串反”法：所谓“并同”，即当某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压和电功率都将减小。
四川省成都市2015届高三第三次诊断考试理综
四川省成都市2015届高三第三次诊断考试理科综合物理试题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t u V π= B．电压表示数为C ．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。
此波在t=0时刻到达a ，质点a 开始由平衡位置向下振动，t=1s 时刻，质点a 第一次到达最低点。
2015年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(四川卷)--(附解析答案)
1.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小 ( ) A.一样大 B.水平抛的最大 C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大【解析】选A 。
三个小球被抛出后,均仅在重力作用下运动,三球从同一位置落至同一水平地面时,设其下落高度为h,并设小球的质量为m,根据动能定理有:mgh=12mv 2-201mv 2,解得小球的末速度大小为20v 2gh +,与小球抛出的方向无关,即三球的末速度大小相等,故选项A 正确。
2.平静湖面传播着一列水面波(横波),在波的传播方向上有相距3m 的甲、乙两小木块随波上下运动。
测得两小木块每分钟都上下30次,甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰。
这列水面波 ( ) A.频率是30Hz B.波长是3m C.波速是1m/s D.周期是0.1s【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)根据小木块每分钟上下30次,可计算出频率和周期。
(2)根据甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰,可计算出波长。
(3)由v=Tλ可求出波速。
【解析】选C 。
由于小木块每分钟振动30次,因此周期为:T=6030s=2s,频率为:f=1T=0.5Hz,故A 、D 错;又因为甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰,所以32λ=s AB ,解得波长λ=2m 。
波速v=Tλ=1m/s,B 错、C 对。
3.直线P1P2过均匀玻璃球球心O,细光束a、b平行且关于P1P2对称,由空气射入玻璃球的光路如图。
a、b光相比( )A.玻璃对a光的折射率较大B.玻璃对a光的临界角较小C.b光在玻璃中的传播速度较小D.b光在玻璃中的传播时间较短【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)光的偏折程度与光的折射率有关,折射率大的光,光的偏折程度较大。
(2)理解公式sinC=1n和n=cv的含义。
【解析】选C。
由题图可判断出玻璃对光束b的折射率大于光束a,A错误;根据公式sinC=1 n ,可知玻璃对a光的临界角大于b光的临界角,B错误;根据公式n=cv,可知b光在玻璃中的传播速度比a光小,C正确;根据以上分析可知,b光在玻璃中传播的距离比a光大,同时传播速度比a光小,所以传播时间比a光长,D错误。
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成都高新区高2015届高三上期11月统一检测物 理 试 题（考试时间：90分钟 满分：100分）第I 卷 选择题（42分）一、单项选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项正确）。
1．关于库仑定律，下列说法正确的是（ ▲ ）A ．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B ．根据F ＝kq 1q 2r 2，当两点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大 C ．若点电荷q 1的电荷量大于q 2的电荷量，则q 1对q 2的电场力大于q 2对q 1的电场力D ．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律2．有一负电荷自电场中的A 点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度图像如右图所示，则A 、B 所在电场区域的电场线分布可能是（ ▲ ）3．a 、b 两个物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图像如下图所示，下列说法正确的是（ ▲ ） A ．a 、b 加速时，物体A 的加速度大于物体B 的加速度 B ．20 s 时，a 、b 两个物体相距最远 C ．60 s 时，物体a 在物体b 的前方D ．40 s 时，a 、b 两个物体速度相等，相距200 m4. 如下图所示，高为h=0．8m 的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为50kg 的滑雪爱好者，以一定的初速度向平台边缘滑去，着地前的速度方向与水平地面的夹角为45°。
将滑雪者视为质点，g 取10m ／s 2。
则滑雪者（ ▲ ） A ．在空中运动的时间为0．5s B ．着地前的速度大小是4．0m ／sC ．离开平台边缘时的速度大小是3．0m ／sD ．着地点到平台边缘的水平距离是1．6m5. 如下图所示，质量相等的两个小球A 和B ，通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮带动C 球上升，某时刻连接C 球的两绳的夹角为θ，设A 、B 两小球此时下落的速度为v ，则C 球上升的速度为（ ▲ ） A.2cosθv B.2cos2θv C.θcos vD.θcos v 6．如右图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距为L ，在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量为q 的小球(视为点电荷)，在P 点平衡，若不计小球的重力，那么PA 与AB 的夹角α与Q 1、Q 2的关系满足（ ▲ ）A ．tan 3α＝Q 1Q 2B ．tan 3α＝Q 2Q 1C ．tan 2α＝Q 1Q 2D ．tan 2α＝Q 2Q 1二、不定项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）7．如右图所示，赤道上随地球自转的物体A 、赤道上空的近地卫星B 、地球的同步卫星C ，它们的运动都可视为匀速圆周运动，比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是（ ▲ ）A ．三者的周期关系为T A ＞TB ＞TC B ．三者向心加速度的大小关系为a A ＞a B ＞a C C ．三者角速度的大小关系为ωA ＜ωC ＜ωBD ．三者线速度的大小关系为υA ＜υC ＜υB 8.如右图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（ ▲ ） A ．A 的速度比B 的大 B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小9．某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和速度随时间变化的图像分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法错误的是（ ▲ ）A ．测试时该电动汽车所受阻力为1. 0×103NB ．该电动汽车的质量为1.2×103kgC ．在0～110s 内该电动汽车的牵引力做功为4.4×106JD ．在0~110s 内该电动汽车克服阻力做的功2.44×106J 10. 如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小 物块从靠近半圆柱体顶点O 的A 点，在外力F 作用下沿圆 弧缓慢下滑到B 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是（ ▲ ）A ．半圆柱体对小物块的支持力变大B ．外力F 变大C ．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小D ．地面对半圆柱体的支持力变大11. 如图，质量为M 、倾角为θ＝37°的斜面B 上放置一质量为m 的物块A ，在力F 的作用下使AB 两物块一起向左做匀加速直线运动，当作用在B 上的外力F 增大时，物块A 仍保持与斜面相对静止，下列情况中可能正确的是（ ▲ ）A.斜面对A 的支持力大小不变、斜面对A 的摩擦力增大B.斜面对A 的支持力增大、斜面对A 的摩擦力减小C.斜面对A 的支持力增大、斜面对A 的摩擦力大小不变D.斜面对A 的支持力减小、斜面对A 的摩擦力大小不变 12. 如右图所示，质量分别均为2m 和m 的a 、b 两球固定在长为L 的轻杆两端，在杆的32处有一固定转动轴。
把杆置于水平位置后释放，在a 球逆时针摆动到最低位置的过程中（不计一切摩擦）（ ▲ ）A ．a 球、b 球组成的系统机械能不守恒B ．b 球在最高点时对杆有向上的拉力，大小为mg 31C ．a 球在最低点时对杆有向下的拉力，大小为mg 314D ．b 球从水平位置逆时针转到最高点过程中，杆对b 球做的功为mgL 94第II 卷 非选择题（分值 58分）三、实验题（ 16分） 13．（6 分）某研究性学习小组为“探究加速度与力、质量的关系”独力设计了如图甲所示的实验装置。
已知小车质量为m 1，砝码和盘的质量为m 2，除了装置图中所给的器材外，另外备有垫木、复写纸、电键及导线若干。
（1）除了上面涉及的实验器材外，本次实验还缺少的器材有 ▲ 。
（2）保持m 1不变，改变m 2的大小，小明同学根据实验数据作出了加速度a 随拉力F 的变化图象如图乙所示，该图线不通过坐标原点，最可能的原因是： ▲ 。
（3）如图丙所示为某次实验得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个点没有画出。
AB 、CD 计数点之间的距离已测出，由于疏漏B 、C 两计数点之间的距离忘记了标注，根据纸带上现有的数据情况，可计算出小车运动的加速度为 ▲ m/s 2（交流电的频率为50Hz ，结果保留两位有效数字） 14．（10 分）在“验证机械能守恒”的实验中，有下述A 至F 六个步骤： A ．将打点计时器竖直固定在铁架台上； B ．接通电源，再松开纸带，让重物自由下落；C ．取下纸带，更换新纸带，重新做实验；D ．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带，让重物靠近打点计时器；E ．选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度n h h h h 321、、，计算出对应的瞬时速度n v v v v 321、、；F ．分别计算出221n mv 和n mgh ，在误差范围内看是否相等。
(1)以上实验步骤按合理的操作步骤排序应是 ▲ (2)在以上实验中，已知重物质量m ＝1kg ， 得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s ．那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量=∆减P E ___▲____J ，此过程中物体动能的增加量=∆K E __▲__J ． （g=9.8 m/s 2，保留三位有效数字)。
（3）一般情况下物体动能的增加量 ▲ 重力势能的减少量（填“大于”、“等于”、“小于”）。
你认为，产生这种结果的一个可能原因是： ▲ 。
四、解答题（本题共3小题，共42分。
解答题应写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值运算的题答案中必须写出数值和单位）。
重物16．（14分）某个星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的4倍。
在其表面有如图所示的装置，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道。
今在离B距离为x的A点，用17．（16分）如图所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M＝1.0 kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m＝2.0 kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ2＝0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v1＝5.3 m/s、平行斜面向下的初速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x＝0.5 m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到与木块刚好共速所用时间t＝0.75 s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin θ＝0.28、cos θ＝0.96，g取10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：（1）木板开始运动瞬间的加速度；（2）金属块与木板下滑过程中刚好相对静止时，弹簧的弹性势能；（3）假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离．三、实验题（16分）四、解答题（42分）2014年11月高2015届成都高新区统一检测物理参考答案第I卷选择题（分值42分）一、 1、D 2、B 3、C 4、D 5、A 6、B二、 7、D 8、D 9、C 10、BC 11、BC 12、CD第Ⅱ卷非选择题（分值58分）三、13、（1）交流电源（或答学生电源）和刻度尺 （2分） （2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 （2分） （3）0.52 （2分） 14、（1）ADBCEF （2分） （2）2.28（2分） 2.27（2分）（3）小于（2分） 重物下落过程中克服阻力做功，重物减少的重力势能没有全部转化为动能（2分） 15.【答案】(1)41=m g F (2) 5321=t t （3）053v v =解：（1）无阻力时：gH v 220=………………………………（1分）有阻力时：H a v 8.0220∙=…………………………（1分） 又因为：ma mg F =+………………………… （1分）所以： 41=m g F ………………………………（1分）（2）上升过程：21218.0at H =……………………（1分） 下降过程：22218.0t a H '= ……………………（1分）a m F mg '=- ……………………（1分）所以：5321='=a a t t ……………………（1分） （3）上升过程：H a v 8.0220∙=下降过程：H a v 8.022∙'= ……………………（2分）053v v =……………………（2分） 16.【答案】(1)g g 41=' (2) R x 2= mgR W F 85min = 解：（1）对放在地球表面的物体m 有：2地地R mM G mg =………………（2分）对放在某星球表面的物体m 有：2)4()4(地地R M m Gg m =' ……………（2分）联解得： g g 41=' ……………………………………………（1分）（2）对由A 到C 的过程中，由动能定理得：221)2(C F mv R g m W ='- ……………………………………………（2分） 在C 到A 的过程中有：2212t g R '=……………………………………………………………（1分）t v x C =…………………………………………………………………（1分）)16(212Rx R mg W F += …………………………………………… （1分）（3）在C 点有：v c ≥g R '…………………………………………… …（1分）解得R x 2=…………………………………………………………（1分）m g R W F 85m in = ……………………………………………………（2分）17、答案 (1)10 m/s 2，沿斜面向下 (2) E p ＝3.0 J (3)0.077 m解： (1)对M ：设m 对M 摩擦力为f ，斜面对M 摩擦力为f ’,M 加速度为a ’ f+Mgsin θ- f ’=Ma ’ ………………………………………………………………………………（2分） f ’＝μ2(M ＋m )g cos θ ……………………………………………………………………（1分） f = μ1mg cos θ ………………………………………………………………………………（1分） a ’＝10 m/s 2沿斜面向下 …………………………………………………………………………（1分）(2)设金属块和木板达到共同速度为v 2，对金属块:v 2＝v 1－at ……………………………………………………………………………………… （1分） μ1mgcos θ-mgsin θ=ma ………………………………………………………………（2分）所以：a ＝4.4 m/s 2，沿斜面向上v 2＝2.0 m/s在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W ，对木板：[μ1mg cos θ+Mgsin θ-μ2(M ＋m )g cos θ]x ＋W ＝12Mv 22………………………（2分）W ＝－3.0 J ，此时弹簧的弹性势能E p ＝3.0 J ………………………………（1分）(3)金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v 3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：E p －[μ2(M ＋m )g cos θ＋Mg sin θ＋mg sin θ]x ＝12(M ＋m )v 32－12(M ＋m )v 22（2分）木板离开弹簧后，设滑行距离为s ，由动能定理得：－μ2 (M ＋m )gS cos θ-(M ＋m )g Ssin θ)＝0－12(M ＋m )v 32……………………（2分）解得S ＝0.077 m ………………………………………………………………………………………………（1分）。