高三物理第一次诊断性考试试题_5

准兑市爱憎阳光实验学校高中毕业班第一次诊断性检测
理科综合 物理
理科综合共300分，考试用时150分钟。

1．物理试卷分为第I 卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两，第I 卷1至3页，第二卷4至5页，共110分。

第I 卷
考前须知：
1．每题选出答案后，用2B 铅笔将答题卡上对题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

每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，选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．以下表述正确的选项是
A. 焦耳发现了电流通过导体时产生热效的规律
B ．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴测了元电荷的电荷量
C. 电荷在电场中会受到电场力作用，电流在磁场中也一会受到磁场力的作
用
D ．由公式2
Q
E k
r =可知，E 与Q 成正比；由公式
2
v F m
r
=可知，F 与r 成反比
【答案】A 【解析】
A 、焦耳发现了电流通过导体时产生热效的规律，故A 正确；
B 、密立根过油滴测了元电荷的电荷量，故B 错误；
C 、电荷在电场中会受到电场力作用，电流平行于在磁场方向那么不受到磁场力的作用，故C 错误；
D 、公式
2
Q E k r =是点电荷的场强决式，故E 与Q
成正比；向心力公式
2
v F m
r =中，
当r 变化时，v 也变化，故F 不与r 成反比，故D 错误。

应选A 。

【考点】电场强度；物理学史
2．以下说法正确的选项是
【答案】D
【解析】
A 、大力扣篮时，人的肢体动作不能忽略，即不能忽略人的大小和形状，物体不
能看作质点，故A 错误；
B 、“313km “指的是列车行驶的距离，指的是火车的路程，不是位移，故B 错
误；
C 、跳水运发动在空中时只受重力，故处于失重状态，故C 错误；
D 、只有同步卫星才是相对于地面静止，而周期为24h 的卫星并不一都是同步卫星，故D 正确。

应选D 。

【考点】同步卫星；质点；位移与路程；超重和失重
3．在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy ，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0，0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度一时间图像如下图，以下说法正确的选项是
A. 4s 末质点的速度为4m/s
B ．2s 末～4s 末，质点做匀加速直线运动
C ．4s 末质点的位置坐标为(4m ，4m)
D ．4s 末质点的位置坐标为(6m ，2m) 【答案】D 【解析】
A 、由图象，结合运动的合成，那么有4s 末质点的速度为22
x y v v v 22m /s
=+＝，
故A 错误；
B 、在2s ～4s 内，物体在x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y 轴方向，故B 错误；
CD 、在前2s 内，物体在x 轴方向的位移1v
x t 2m 2=
=；在后2s
内，x 轴方向的位
移为
2x x v t 4m
==，y
轴方向位移为y 2m =，那么
4s 末物体的坐标为〔6m ，2m 〕，
故C 错误D 正确。

应选D 。

【考点】运动的合成和分解
4．“嫦娥三号〞探月卫星于2013年12月2日1点30分在西昌卫星发心发射，将实现“落月〞的阶段。

假设引力常量G ，月球绕地球做圆周运动的半径1r 、周期1T ，“嫦娥三号〞探月卫星绕月球做圆周运动的环月轨道〔见图〕半径2r 、周期2T ，不计其他天体的影响，那么根据题目条件可以
A ．求出“嫦娥三号〞探月卫星的质量
B ．求出地球与月球之间的万有引力
C ．求出地球的密度
D ．得出33
122
212
r r T T =
【答案】B 【解析】
A 、“嫦娥三号〞探月卫星绕月球做圆周运动，由万有引力提供向心力得：
2
2
2222M m 4G m r r T π月＝，由此可知式两边的卫星质量m 可以约去，只能得到月球的质量
2322
24r M GT π=
月，故A 错误；
C 、根据月球绕地球做圆周运动的半径为
r1、周期为T1，由
2
1
2211M M 4G M r r T π月地月＝，可求得地球的质量
23
12
14r M GT π=地，但地球的半径未知，不能求出地球的密度，故C
错误．
B 、由上求出月球和地球的质量，又月球绕地球做圆周运动的半径为r1，根据
万有引力律可求得地球与月球之间的引力，故B 正确．
D 、由A 、B 两项结果可得：32
r T
与中心天体的质量成正比，所以33
122212
r r T T ≠，故D 错
误。

应选B 。

【考点】万有引力律
5．如图甲所示，轻质弹簧的下端固在水平面上，上端放置一小物体〔物体与弹簧不连接〕，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图乙所示(g=102
/m s )，那么以下结论正确的选项是 A. 物体与弹簧别离时，弹簧处于压缩状态
B ．物体的质量为3 kg
C ．物体的加速度大小为52
/m s
D ．弹簧的劲度系数为 N/cm 【答案】C 【解析】
A 、物体与弹簧别离时，弹簧恢复原长，故A 错误；
BCD 、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx
拉力F1为10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力于拉力，根据牛顿第二律，有：
F1+kx-mg=ma
物体与弹簧别离后，拉力F2为30N ，根据牛顿第二律，有：F2-mg=ma
代入数据解得：m=2kg 、k=500N/m=5N/cm
a=5m/s2，故C 正确BD 错误。

应选C 。

【考点】胡克律；牛顿第二律
6．如下图的电路中，电源的电动势E 和内阻r 一，A 、B 为平行板电容器的两
块正对金属板，1R 为光敏电阻。

当2R 的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U 。

以下说法正确的选项是
A ．假设仅将2R 的滑动触头P 向b 端移动，那么I 不变，U 增大
B ．假设仅增大A 、B 板间距离，那么电容器所带电荷量减少
C ．假设仅用更强的光照射，那么I 增大，U 增大，电容器所带电荷量增加
D ．假设仅用更强的光照射1R ，那么U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变 【答案】BD 【解析】
A 、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I 不变，U 不变，故A 错误；
B 、假设仅增大A 、B 板间距离，电容减小，板间电压不变，那么由电容的义式
Q
C U
=
分析可知电容器所带电荷量减少，故B 正确；
C 、假设仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I 增大，内电
压和R3的电压均增大，那么电容器板间电压减小，电容不变，由电容的义式
Q
C U =
分析可知电容器所带电荷量减少，故C
错误；
D 、假设仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I 增大，根据闭合电路欧姆律得U=E-Ir 可得：U
r I ∆=∆，不变，故
D 正确。

应选BD 。

【考点】电容；闭合电路的欧姆律
7．如下图：绝缘中空轨道竖直固，圆弧段COD 光滑，对圆心角为120，C 、D 两端高，O 为最低点，圆弧圆心为O'，半径为R ；直线段AC 、HD 粗糙，与圆弧段分别在C 、D 端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感强度为B 的匀强磁场中，在竖直虚线MC 左侧和ND 右侧还分别存在着场强大小相、方向水平向右和向左的匀强电场。

现有一质量为m 、电荷量恒为q 、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C 点足够远的P 点由静止释放。

假设PC ＝L ，小球所受电场力于其重力的
3
3倍，重力加速度为
g 。

那么
A. 小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B ．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于23
3mg
C ．经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功是43
3mgL
D ．小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为2mg qB gR -【答案】AD
【解析】
A 、小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方
向恰好沿着斜面AC ，那么刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手那么可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而
重力与电场力的合力大小为()2
2
323F mg mg 33⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭，其不变，根据牛顿第
二律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力于两个力的合力时，做匀速运动，故A 正确；
B 、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相时，小球做匀速直线运动，小球在
23323
3，故B
错误；
C 、根据动能理，可知，取从静止开始到最终速度为零，那么摩擦力做功与重力
23
3，故C
错误；
D 、对小球在O 点受力分析，且由C 向D 运动，由牛顿第二律，那么有：
2
v N mg Bqv m
R
-+=；
由C 到O
点，机械能守恒律，那么有：2
1
mgRsin30mv 2︒＝；由上综合而得：对轨
道的弹力为2mg qB gR -，
当小球由D 向C 运动时，那么对轨道的弹力为2mg qB gR +，故D 正确。

应选AD 。

【考点】带电粒子在混合场中的运动
第二卷
考前须知：
1．用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。

2．本卷共4题，共68分。

8．(17分)
(1)〔7分〕以下是小丽同学在“探究共点力作用下物体的平衡条件〞中的操作步骤。

请完成步骤中的填空：
A. 将一方形薄木板平放在桌面上，在板面上用图钉固好白纸, 将三个弹簧测力计的挂钩用细线系在小铁环上，如图甲所示
B ．先将其中两个测力计固在图板上，再沿某一方向拉着第三个测力计。

当铁环_______时，分别记下测力计的示数123F F F 、、和_______，并作出各个力的图示
C ．按_______作出12F F 、的合力，如图乙所示。

比拟12F 和_______， 由此，找出三个力123F F F 、、的关系。

【答案】平衡 它们的方向 平行四边形那么 F3 【解析】
本探究共点力作用下物体的平衡条件，所以平衡时铁环保持静止状态，此时要记录测力计的示数F1、F2、F3和它们的方向，根据平行四边形值作出F1、F2的合力，比拟F12和F3的关系即可求出结论。

【考点】验证力的平行四边形那么
(2)〔10分〕小明、小刚、小敏所在的学习兴趣小组在研究玩具电动机的工作
状态时，想描绘出电动机工作时两端电压U 和通过电动机线圈的电流I 的U-I
图线。

室备有以下器材：
待测电动机M(额电流0.9A ，额电压 4.O V)
电流表1A 〔量程5A ，内阻约0.1Ω〕 电流表2A 〔量程0.6 A ，内阻2．0Ω 〕 电压表1V (量程 V ，内阻约8 k Ω) 电压表 2V (量程3V ，内阻约10 k Ω) 电阻箱0R (0～9Ω)
滑动变阻器1R 〔最大阻值为100Ω〕 滑动变阻器2R (最大阻值为10Ω)
电源E 〔电动势为6V ，内阻很小〕 开关S ，导线假设干
为了到达目的且操作方便、并尽可能提高测量精度，他们设计了图甲所示
的测量电路图，并让小明先把量程为0.6 A 的电流表改装成了量程为1.0A 的电
流表。

①图电流表选________，电压表选________,滑动变阻器选_________；虚线框中的元件是__________。

〔均填器材代号字母〕
②中，小组同学团结、按正确操作完成了。

小敏根据探测记录，作出了图 乙
所示的M 在不转动和转动两种情形下两端电压U 随电流I 变化的图线。

由图可
知，M 内部线圈的电阻约为________Ω。

〔结果保存两位有效数字〕
③小刚根据小敏作出的U-I 图线对M 两端电压数据进行比拟。

他发现：M
两端电压为 V 时通过M 的电流，居然小于M 两端电压为2.0V 时通过M 的电流！出现这一结果的主要原因是：___________。

【答案】①A2 V1 R2 R0 ②
③两个状态下M 的输入功率几乎相，M 不转动时，输入电能转化为热能，但是M 转动起来后，输入电能只有一小转化为内能，由2P I R
=热可知，P 热变小，I 变小
【解析】
〔2〕①电压表测量电动机电压，而电动机额电压为4V ，所以电压表选择V1〔量程V ，内阻约8kΩ〕，
电动机的额电流为0.9A ，所以电流表不能选用量程5A 的，那么选用A2〔量程0.6A ，内阻2.0Ω〕，那么在电流表上需要并联一个电阻，以增大其量程，所以虚线框中的元件是电阻箱R0〔0～9Ω〕，滑动变阻器使用最大阻值较小的，有
利于数据的测量和误差的减小，应选滑动变阻器R2〔最大阻值为10Ω〕； ②电动机M 在不转动为纯电阻电路，根据欧姆律得： M 内部线圈的电阻
U 2.0
r 2.5I 0.8=
Ω＝＝；
③根据图象数据可知，两个状态下M 的输入功率几乎相，M 不转动时，输入电
能转化为热能，但是M 转动起来后，输入电能只有一小转化为内能，由2P I R
=热可知，P 热变小，I 变小。

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线
9．(15分〕遥控电动赛车的比赛中有—个规工程是“飞跃豪壕沟〞，如下图，
比赛中要求赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B 点飞出后跃过“壕沟〞，
落在平台EF 段，赛车的质量m ＝l.0kg 、额功率P ＝10.0 W ，在水平直轨道上受
到的阻力恒为f=2.0N ，BE 的高度差h=0.45m ，BE 的水平距离x=0.90m,赛车车
长不计，空气阻力不计，g 取102
/m s ．
(1)假设赛车在水平直轨道上能到达最大速度，求最大速度m v 的大小； (2)要跃过壕沟，求赛车在B 点最小速度v 的大小；
(3)比赛中，假设赛车在A 点到达最大速度m v 后即刻停止通电，赛车恰好能跃过壕沟，求AB 段距离s ．
【答案】m v 5m /s = v 3m /s = s 4m = 【解析】
〔1〕赛车在水平轨道上到达最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为F 牵，那么有F f =牵 又因为m P F v =额牵
所以
m P v 5m /s
f
=
=额
〔2〕赛车通过B 点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v ，在
空中运动时间为t1，
那么有21
1h gt 2=、1x vt =
所以v 3m /s =
〔3〕设AB 间距离为s ，对于小车在AB 段的运动，由动能理得：
22m 11fs mv mv 22-=
-
故有：22
m mv mv s 4m
2f -=＝。

【考点】动能理的用；牛顿第二律；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率
10．〔17分〕如下图，左侧装置内存在着匀强磁场
和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U 、间距为L ；右侧为“台形〞匀强磁场区域ACDH ，其中，AH∥CD，AH =4L ．一束电荷量大小为q 、质量不的带电粒子〔不计重力、可视为质点〕，从狭缝1S 射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝2S 射出，接着粒子垂直于AH 、由AH 的中点M 射人“台形〞区域，最后从边界AC 射出。

假设两个区域的磁场方向均水平〔垂直于纸面
向里〕、磁感强度大小均为B ，“台形〞宽度MN =L ，忽略电场、磁场的边缘效
及粒子间的相互作用．
(1)判这柬粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；
(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；
(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“台形〞区域中运动的时间。

【答案】U
v BL =
(
)
22
min 221qB L m U
-=、
22
max qB L m U ＝
(
)
23
21BL t 2U
π-=
【解析】
〔1〕粒子在台型区域，从AC 射出，可知粒子带正电，由于粒子在左侧正交场中做匀速直线运动，
知：
U qvB qE q
L ==，解得：U
v BL =
；
〔2〕在台型区域，粒子做圆周运动
2
v Bqv m
R = 由上式可知：当粒子质量最小时，半径R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切，当
粒子质量最大，半径R 最大，粒子恰过C 点，由几何关系知：R 2L R sin45=
-︒（） 解得：R 221L =（）
因MN=L ，所以△AMC 是边直角三角形，R2=L
解得：
(
)
22
min 2
21qB L m U
-=
、
22
max qB L m U ＝
〔3〕带电粒子在磁场中运动周期为：
2m
T qB π=
，
如图知粒子沿甲图运动时间最长为：1353
t T T
3608︒==︒
联立以上各式解得：
(
)
2
3
21BL t 2U
π-=。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动 11．〔19
分〕如下图，绝缘传送带与水平地面成37
角，倾角也是37
的绝缘光滑
斜面固于水平地面上且与传送带良好对接，轻质绝缘弹簧下端固在斜面底端。

皮带传动装置两轮轴心相距L ＝6m ，B 、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。

现将质量m ＝0.1 kg 、电荷量q=+2×105
10- C 的工件〔视
为质点，电荷量保持不变〕放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件滑到传送带端点B 时速度0v =8 m's 。

AB 间的距离s=l m ，AB 间无电场，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。

〔g 取102
/m s ，sin 370.6,cos370.8==)
(1)求弹簧的最大弹性势能；
(2)假设皮带传动装置以速度v 顺时针匀速转动，且v 可取不同的值(平安运行的最大速度为10 m/s)，在工件经过B 点时，先加场强大小E=4×104
N/C ，方向垂直于传送带向上的均强电场，0.5s 后场强大小变为E'=×105
N/C ．方向变为垂直于传送带向下。

工件要以最短时间到达C 点，求v 的取值范围； (3)假设用Q 表示工件由B 至C 的过程传送带之间因摩擦而产生的热量．在满足
(2)问的条件下，请推出Q 与v 的函数关系式。

【答案】P E 3.8J = 6m/s ＜v ＜10m/s Q 0.4v 2.2J =-（） 【解析】
〔1〕从A 到B 的过程中，由机械能守恒律得，弹簧的最大弹性势能为：
2p 0
1E mgsin mv 2θ=+
代入数据解得：P E 3.8J =；
〔2〕工件经过B 点运动t1=0.5s 的过程中，根据qE=mgcosθ可知，摩擦力为0，工件做匀减速运动， 有：1mgsin ma θ=
代入数据解得：2
1a gsin376m /s =︒＝，
所以1011v v a t 5m /s =-=
所以2
101111x v t a t 3.25m
2=-=
当场强大小变为E′，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到
达C 点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为vmin ，
根据牛顿第二律有：2mgcos qE mgsin ma μ
θθ+'-=（），
解得：
2
2(mgcos37qE )mgsin37a 2m /s m
μ︒+'-︒
=
=，
工件沿传送带发生的位移21x L x 6 3.25 2.75m =-=-=，而
22
min 122v v 2a x -= 解得：
2
min 122v v 2a x 6m /s
=+=
所以当传送带以6m/s ＜v ＜10m/s 运动时，工件将以最短时间到达C 点； 〔3〕由于第一个过程中摩擦力为0，所以只在第二个过程中产生热量，
在第二个过程中经历的时间
min 1
22
v v t 0.5s a -=
=
传送带在t2时间内发生的位移为22x vt '=，
那么热量22Q mgcos qE x x μθ=+''-（）（）
代入数据解得：Q 0.4v 2.2J =-（）。

【考点】机械能守恒律；牛顿第二律；功能关系 参考答案
1．A 2．D 3．D 4．B 5．C 6．BD 7．AD
8．(1)平衡 它们的方向 平行四边形那么 F3 (2)①A2 V1 R2 R0 ②
③两个状态下M 的输入功率几乎相，M 不转动时，输入电能转化为热能，但是M 转动起来后，输入电能只有一小转化为内能，由2P I R
=热可知，P 热变小，I 变小
9．(15分〕
〔1〕赛车在水平轨道上到达最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为F 牵，那么有F f =牵 又因为m P F v =额牵 所以
m P v 5m /s
f =
=额
〔2〕赛车通过B 点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v ，在空中运动时间为t1，那么有2
1
1h gt 2=、1x vt =
所以v 3m /s =
〔3〕设AB 间距离为s ，对于小车在AB 段的运动，由动能理得：
22m 11
fs mv mv 22-=
-
故有：22
m mv mv s 4m
2f -=＝。

10．〔17分〕
〔1〕粒子在台型区域，从AC 射出，可知粒子带正电，由于粒子在左侧正交场
中做匀速直线运动，知：U qvB qE q
L ==
解得：
U
v BL =
；
〔2〕在台型区域，粒子做圆周运动
2
v Bqv m
R = 由上式可知：当粒子质量最小时，半径R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切，当
粒子质量最大，半径R 最大，粒子恰过C 点，由几何关系知：R 2L R sin45=
-︒（） 解得：R 221L =（）
因MN=L ，所以△AMC 是边直角三角形，R2=L
解得：
(
)
22
min 2
21qB L m U
-=
22
max qB L m U ＝
〔3〕带电粒子在磁场中运动周期为：
2m
T qB π=
，
如图知粒子沿甲图运动时间最长为：1353t T T
3608︒==︒
联立以上各式解得：
t =。

11．〔19分〕
〔1〕从A 到B 的过程中，由机械能守恒律得，弹簧的最大弹性势能为：
2p 0
1E mgsin mv 2θ=+
代入数据解得：P E 3.8J =；
〔2〕工件经过B 点运动t1=0.5s 的过程中，根据qE=mgcosθ可知，摩擦力为0，工件做匀减速运动，有：1mgsin ma θ=
代入数据解得：2
1a gsin376m /s =︒＝，
所以1011v v a t 5m /s =-=
所以2
101111x v t a t 3.25m
2=-=
当场强大小变为E′，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C 点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为vmin ，
根据牛顿第二律有：2mgcos qE mgsin ma μ
θθ+'-=（），
解得：
2
2(mgcos37qE )mgsin37a 2m /s m
μ︒+'-︒
=
=，
工件沿传送带发生的位移21x L x 6 3.25 2.75m =-=-=
解得：
min v 6m /s
==
所以当传送带以6m/s ＜v ＜10m/s 运动时，工件将以最短时间到达C 点； 〔3〕由于第一个过程中摩擦力为0，所以只在第二个过程中产生热量，
在第二个过程中经历的时间
min 1
22
v v t 0.5s a -=
=
传送带在t2时间内发生的位移为22x vt '=，
那么热量22Q mgcos qE x x μθ=+''-（）（）
代入数据解得：Q 0.4v 2.2J =-（）。