四川省宜宾市高三物理第一次诊断考试试题(含解析)

四川省宜宾市2015届高三一诊考试物理试卷
一、选择题（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．）
A．伽利略认为重的物体比轻的物体下落快
B．牛顿测量出了万有引力常量
C．法拉第发现了通电导线的周围存在磁场
D．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因
考点：物理学史．.
专题：常规题型．
分析：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．
解答：解：A、伽利略认为重的物体和轻的物体下落一样快，故A错误；
B、卡文迪许测量出了万有引力常量，故B错误；
C、奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场，故C错误；
D、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故D正确；
故选：D．
点评：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．（6分）（2015•宜宾模拟）2014年8月3日16时30分云南省鲁甸县发生6.5级强震，牵动了全国人民的心．一架装载救灾物资的直升飞机，以9m/s的速度水平飞行．在距地面180m
A．物资投出后经过20s到达地面目标
B．物资投出后经过6s到达地面目标
C．应在地面目标正上方投出物资
D．应在距地面目标水平距离180m处投出物资
考点：平抛运动．.
专题：平抛运动专题．
分析：货物离开飞机后以9m/s的初速度做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，根据平抛运动的分位移公式列式计算即可．
解答：解：A、救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，解得：
t==6s，故A错误，B正确；
C、救灾物资的水平位移：x=v0t=9×6=54m，为把物质准确投放至地面目标，应在距地面
目标水平距离54m处投出物质，故CD错误；
故选：B．
点评：本题关键是明确货物做平抛运动，然后根据平抛运动的位移公式列式求解．
3．（6分）（2015•宜宾模拟）如图为一质点做直线运动的v﹣t图象，下列说法正确是（）
A．在18s～22s时间内，质点的位移为24m
B．18秒时质点速度反向
C．整个过程中，E点处质点离出发点最远
D．整个过程中，CE段的加速度最大
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：根据速度图象，分析质点的运动情况，确定什么时刻离出发点最远．速度图线的斜率等于加速度，根据数学知识分析加速度的大小．图线与坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方，位移为正值，图线在t轴下方，位移为负值．
解答：
解：A、在18s～20s时间内，质点的位移为x1=m=12m，在20s～22s时间内，质
点的位移为x2=﹣m=﹣12m，在18s～22s时间内，质点的位移为0．故A错误．
B、由图看出，在0﹣20s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，在20﹣22s时间
内速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D点对应时刻离出发点最远．故BC错误．
D、由图看出，CE段图线斜率最大，则CE段对应过程的加速度最大．故D正确．
故选：D
点评：速度图象是考试的热点，关键抓住图线的两个数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度、“面积”等于位移．
4．（6分）（2015•宜宾模拟）如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（）
A．1：3 B．4：3 C．3：2 D．1：1
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：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间．
解答：
解：粒子在磁场中运动的周期的公式为T=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a 点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T，通过b点的粒子的运动的时间为T，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2，所以C正确．
故选：C
点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是
1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．
2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间
与周期联系．
5．（6分）（2015•宜宾模拟）按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程．已在2013年以前完成．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是（）
A．
飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=
B．飞船在A点处点火变轨时，动能增大
C．飞船从A到B运行的过程中机械能增大
D．
飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=π
考点：万有引力定律及其应用．.
专题：万有引力定律的应用专题．
分析：在月球表面，万有引力等于重力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解，
卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解
解答：
解：A、飞船在轨道Ⅰ上，万有引力提供向心力：G=m，
在月球表面，万有引力等于重力得：G=mg0，
解得：v=，故A正确；
B、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必
须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B错误；
C、飞船在轨道Ⅱ上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点
速度，所以飞船在A点的线速度大于在B点的线速度，机械能不变，故C错误．
D、根据mg0=m，解得：T=2π，故D错误；
故选：A
点评：该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的应用，难度不大，属于中档题．
6．（6分）（2015•宜宾模拟）如图所示，一轻质弹簧下端固定在粗糙的斜面底端的档板上，弹簧上端处于自由状态，斜面倾角为θ，一质量为m的物块（可视为质点）从离弹簧上端距离为L1处由静止释放，物块与斜面间动摩擦因数为µ，物块在整个过程中的最大速度为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2（重力加速度为g）．则（）
A．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能为µmgL2cosθ
B．从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和
C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为mgL1（sinθ﹣µcosθ）﹣mv2
D．物块的最大动能为mgL1（sinθ﹣µcosθ）
考点：功能关系；动能和势能的相互转化．.
分析：物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，根据动能定理求出刚与弹簧接触时的动能即可判断A，弹黉被压缩到最短时．物块速度为零，根据动能定理即可求出此时弹簧的弹性势能，系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功．
解答：解：A、系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为△E=μmgcosθL2，A正确；
B、根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的
减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确．
C、弹黉被压缩到最短时．物块速度为零，根据动能定理得：
0﹣0=mgsinθL2﹣μmgcosθL2﹣W弹
解得：W弹=mgsinθL2﹣μmgcosθL2
所以此时弹簧的弹性势能为：EP弹=mgsinθL2﹣μmgcosθL2，故C错误；
D、根据题意可知，物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上
的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，
从物块刚开始运动到刚与弹簧接触的过程中，根据动能定理得：
EK﹣0=mgsinθL1﹣μmgcosθL1
所以物块的最大动能大于mgL1（sinθ﹣μcosθ），故D正确；
故选：ABD．
点评：本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候速度最大，难度适中．
7．（6分）（2015•宜宾模拟）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中．现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（）
A．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动
B．小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mg
C．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1
D．小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．.
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析．
解答：解：A、只有重力和电场力做功，带电小球到达B点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为qE•2R=2mgR故A错误；
B、D、从A点释放到第二次到C点过程，根据动能定理，有
﹣mgR+2qE•2R=③
据向心力公式，有N2C+mg=m④
解得
N2C=5mg
C、第一次过D点时，根据动能定理，有mgR+qER=①
根据向心力公式，有N1D﹣mg=m②
解得
N1D=5mg
第一次过C点，根据向心力公式，有
N1C+mg=m
根据动能定理可知：第一次经过C点的动能为：2EqR﹣mgR=mgR，故N1C=mg
可知故CD正确；
故选：CD
点评：本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解．
二、非选择题（共68分）
8．（6分）（2015•宜宾模拟）如图为“研究木板与木块间动摩擦因数的大小”的实验装置图，将一木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计一端固定，另一端与木块水平相连．
①现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力，要使弹簧测力计的示数即为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小，要求木板的运动D（填入选项前的字母）
A．必须是匀速直线运动
B．必须是加速直线运动
C．必须是减速直线运动
D．匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可
②为测量动摩擦因数，下列物理量中应测量的有BD．（填入选项前的字母）
A．木板的长度L B．弹簧测力计的拉力大小F
C．木板的重力G1 D．木块的重力G2．
考点：探究影响摩擦力的大小的因素．.
专题：实验题．
分析：根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可求解；由题意可知，不论木板做何种运动，不影响测量结果．
根据滑动摩擦力的表达式f=μmg，由此可知需要测量的物理量．
解答：解：（1）对木板受力分析，则有：重力，木块对木板的压力，木块对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的支持力，水平拉力，共6个力；
本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，
（2）根据滑动摩擦力的表达式f=μFN=μmg，可得：所以需要测量的弹簧测力计的拉力大小F和木块的重力G2．
故选：BD
故答案为：①D；②BD
点评：考查如何受力分析，注意力既有施力物体，又有受力物体，同时掌握测量滑动摩擦力的技巧．
9．（11分）（2015•宜宾模拟）某实验小组用如图1所示的电路测定电源电动势E和内电阻r，R为电阻箱，电源允许输出的最大电流为0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．
①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将实物图补充完整；
②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的几组R、U的数据，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
60.5 35.2 20.0 13.7 9.9 5.8 4.3 3.5 2.9 2.5
电阻
R/Ω
2.58 2.43 2.22 2.00 1.78 1.40 1.18 1.05 0.93 0.85
电压
U/V
数字）
考点：测定电源的电动势和内阻．.
专题：实验题．
分析：①根据电路图连接实物电路图；
②根据坐标系内描出的点作出图象；
③由闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后又图象图象求出电源电动势与内
阻．
解答：解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
②根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；
③由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，
由闭合电路欧姆定律可得：U=R，则=+，
由图示图象可得，图象的斜率：k===≈1.9；截距：b==0.35，
则：E≈2.9V，r≈5.5Ω；
故答案为：①如图所示；②如图所示；③2.9（2.7﹣2.9均正确）5.5．
点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻．
10．（15分）（2015•宜宾模拟）成都“欢乐谷”大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”．让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放．为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（取g=10m/s2）
求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
考点：牛顿第二定律；自由落体运动．.
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）根据v=gt求出自由下落结束时的速度大小．
（2）根据速度时间公式求出匀减速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出座椅对游客的作用力大小是游客体重的倍数．
解答：解：（1）自由下落2s速度v=gt …①
代入数据得：v=20m/s…②
（2）自由下落2s高度：…③
设H=50m，h2=5m，
匀减速高度：h=H﹣h1﹣h2…④
由：v2=2ah …⑤
设座椅对游客作用力N，由牛顿第二定律有
N﹣mg=ma …⑥
联立③④⑤⑥得：
代入数据得：
答：：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是20m/s；
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.8倍．
点评：解决本题的关键理清运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
11．（17分）（2015•宜宾模拟）如图所示，CD左侧存在场强大小E=，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内（C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上），恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P．（重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6），求：
（1）小球到达C点时的速度；
（2）小球从D点运动到P点的时间t．
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．.
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：（1）由动能定理即可求得速度
（2）利用动能定理求的轨道半径，利用水平方向和竖直方向的运动即可求得时间
解答：解：（1）由动能定理：
mg L﹣qEL=mv2
解得：v=
（2）由A到D的过程由动能定理：
mg L﹣mg•2r﹣qEL=0
得：r=
离开D点后做匀加速直线运动，如图．
竖直方向：SDG=gt2
水平方向：qE=ma
SDH=at2
又由几何关系得：
解得：
答：（1）小球到达C点时的速度；
（2）小球从D点运动到P点的时间t为
点评：针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，合理的采用动能定理以及各个物理量之间的几何关系．
12．（19分）（2015•宜宾模拟）如图甲所示，有一磁感强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45°，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同．粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出．粒子b恰好从M板左端进入电场．（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）
求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；
（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；
（3）如果交变电场的周期T=，要使粒子b能够穿出板间电场，求则电场强度大小E0满足的条件．
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）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度va、vb．
（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动
时间．
（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题．
解答：解：（1）如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．
由几何关系可得：，rb=d…①
由牛顿第二定律可得
…②
…③
解得：，
（2）粒子a在磁场中运动轨迹如图
在磁场中运动周期为：…④
在磁场中运动时间：…⑤
粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为
…⑥
由④⑤⑥则全程所用时间为：
（3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落
后时间…⑦
故粒子b在t=0时刻进入电场．
由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是tb=ta，可
见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即…⑧
…⑨
粒子b在内竖直方向的位移为…⑩
粒子在电场中的加速度
由题知
粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
解得
答：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb分别是：和；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间是；（3）如果交变电场的周期T=，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件．。