四川省绵阳市2015届高三第二次诊断性考试理综物理试题及答案
2017年-2015级高三-绵阳二诊物理-试题及答案
2017年-2015级高三-绵阳二诊物理-试题及答案2017年绵阳市高2015级第二次诊断性考试 理科综合能力测试 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．如图所示，闭合开关S ，将滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程中A ．电流表A 1的示数变小B ．电流表A 2的示数变小C ．电压表V 的示数变小D ．电阻R 1的电功率变大15．在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。
则质量大的物体A ．滑行的距离小B ．滑行的时间长C ．滑行过程中的加速度大D ．滑行过程中的动量变化快16．如图所示，长方形abcd 区域A 2A 1V R 2 R 1R S E ,r a b v 1 v 2 °距地面高度为h ，一条长为l （l ＜h ）的轻绳两端分别系小球A 和B ，小球A 在水平线OO ＇上，竖直向上的外力作用在A 上，A 和B都处于静止状态。
现从OO ＇上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B 等高位置时，从OO ＇上静止释放小球A 和小球2，小球2在小球1的正上方。
则A ．小球1将与小球B 同时落地 B ．h 越大，小球A 与小球B 的落地时间差越小C ．在小球B 下落过程中，轻绳对B 的拉力竖直向上D ．在小球1落地前，小球1与2之间的距离始终保持不变19．如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P 孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B相碰，已知重力加速度g 。
则OO ＇ B 1 2 AA ．两极板间的距离20t d υ= B ．电容器所带的电荷量q Cm Q 220υ= C ．两极板间的电场强度大小qt m E 02υ= D ．两极板间的电场强度大小22024t g q m E υ+=20．如图所示，一光滑绝缘的斜面固定于水平面上，C 、D 是斜面上两个点，一带正电的点电荷+Q 固定在斜面下方P 点，P 、D连线垂直于斜面。
2015届高三第二次全国大联考(四川版)物理卷(解析版)
绝密★启用前2015年第二次大联考【四川卷】理科综合·物理试题注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分110分，考试时间60分钟。
2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。
第一卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．稿纸上作答无效．．．．．．．。
（满分110分，考试时间60分钟）第Ⅰ卷（选择题共42分）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．光导纤维现已在通讯、医疗技术中大量使用。
光导纤维是由折射率不同的透明材料通过特殊复合技术制成的复合纤维。
光导纤维由芯线和外涂层组成，下列说法正确的是（）A．光纤芯线的折射率要低B．涂层材料折射率要高C．芯料和涂料的折射率相差越大越好D．一束光经光纤传导过程中，光几乎都在外涂层里传播【答案】C该题考查光导纤维的原理【解析】因为要求发生全反射，所以光导纤维的光纤芯线的折射率高，涂层材料的折射率低，而且两者的折射率相差越大越好，故ABD错误，C正确。
2．如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。
A球、C球与B 球分别用两根轻质细线连接。
当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30°，则A球和C球的质量之比为（）A ．1:2 B．2 :1 C ．1:3D．3:1【答案】C该题考查共点力的平衡问题【解析】B球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得B球所在位置两线的夹角为90°，以B球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，故选C点评：本题难度较小，明确B球所在位置夹角为90°是本题求解的关键3．如图甲所示为一列简谐横波在t=0时刻波动图象，图乙为介质中M点的振动图象。
2015年绵阳二诊物理试题及答案
1.D 2.A 3.B 4.D 5.A 6.BD 7.AC
8．(17分) Ⅰ（6分）
V1
A2
Rx
非选择题（共68分）
R1 E
① A(2分)；②C （2分）；③B（2分）。 Ⅱ．（11分）
（1）9Ω（或9.0Ω）（2分）； （3）①CD（3分）；②电路如图（分压内接）（3分，有错0 分）。 （4）(3分)。
值为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为_______。 A. 1∶3 B. 3∶1 C. 1∶9 D. 9∶1
Ⅱ．（11分）
学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知绕线金属丝是某种 合金丝，电阻率为ρ。要测算绕线金属丝长度，进行以下实验：
（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甲所示，则金属丝的电阻约为_____Ω。
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______相同。
A. ω和r B. ω和m C. m和r D. m和F ②图中所示是在研究向心力的大小F与_______的关系。
A.质量m B. 半径r C.角速度ω ③若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
1 O t/s B/T 2
3
乙
a b c d L
P Q θ
甲
l
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：
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。
2015绵阳高三二诊理综试题及答案
2015绵阳高三二诊理综试题及答案以下2015绵阳高三二诊理综试题及答案由高考频道为您精心提供，希望对您有所帮助。
注意：文章底部有word版下载保密★ 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。
最新绵阳二诊物理--含答案
高2015级绵阳二诊物理试题2018年1月22日绵阳市高2015级第二次诊断性考试理科综合能力测试 物理参考答案及评分意见二、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. A 15. A 16.C 17. D 18.B 19.BD 20.AC 21.BD第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
22．(6分)（1）CD (2分)。
（2）xh(2分)。
（3）偏大(2分)。
23．（9分）（1）如图所示(3分) 。
（2）122121)(I I R R I I -- (1分)，211122I I R I R I -- (1分) 。
（3）3 (1分)，3 (1分)。
（4）AC （2分）。
24．（12分）解：（1）小球都带正电。
（1分）小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q ，磁感应强度为B ，速率分别为v 1、v 2，质量分别为m 1、m 2，半径分别为r 1、r 2，动能为E K ，则12111r m B q υυ=，22222r m B q υυ= （1分）211121υm E K =，222221υm E K = （1分） 122r r = （2分） 解得 4121=m m （1分）（2）两小球水平抛出，速度方向垂直于bc 边，设下落时间相同为t ，水平位移分别为x 1和x 2，则221gt L =（1分） t x 11υ=，t x 22υ= （1分）212212)(2x x L x -+=）（ （2分）gL m m m 1222211432121==υυ （1分） 解得 x 12＝L （1分）25.（20分）解：（1）小球A 摆到C 点时，设速度为v C ，绳对小球的拉力大小为T ，则2202121Cm m mgl υυ=+（2分） l m mg T C2υ=- （2分）解得 lm mg T 203υ+= （1分）（2）设小球A 在与B 碰前的速度为v 1，则2120212160cos υυm m mgl =+︒ （1分）B A M m m υυυ+=1 （2分） 2221212121BA M m m υυυ+= （2分） 解得 201υυ+=gl 。
四川省绵阳市2015届高三物理第二次诊断性考试试题
θOA FBLv0·×IAv0DEB+Q+Qv0 v0C高压电源＋－SRG 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，总分为300分。
其中，物理110分，化学100分，生物90分。
物理试题卷分为第1卷〔选择题〕和第2卷〔非选择题〕。
第1卷1至2页，第2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。
考试完毕后，将试卷交回。
第1卷〔选择题共42分〕须知事项：必须用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第1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，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，但不久又回复到零2.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3．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。
四川省绵阳市高三物理二诊试题(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，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【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；故选：D．【点评】：本题是一道基础题，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【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，从而比较两拉力的大小．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．故选：A．【点评】：本题考查了平衡、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，需通过动能定理进行求解．3．（6分）（2015•绵阳模拟）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．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、根据安培定则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、由安培定则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、若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．本题选不可能做匀速直线运动的，故选：B．【点评】：本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，结合安培定则和左手定进行判断．4．（6分）（2015•绵阳模拟）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【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，则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，则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，则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，则据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．故选：D．【点评】：本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．已知月球半径为r，飞行器仅在月球万有引力作用下在月球表面附近绕月球表面飞行一周用时为t，可以认为月球不自转，引力常量为G．则可以计算（）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．飞行器静止在月球表面上时对月球表面的压力【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】：飞行器贴近月球表面做匀速圆周运动，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，得到月球表面的重力加速度．【解析】：解：A、月球上的第一宇宙速度是月球近表面运行的速度，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、空间站贴近月球表面做匀速圆周运动，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=，则月球表面的重力加速度g==，即可求出月球表面的重力加速度．不知道飞行器的质量，不能求月球表面的压力，故D错误．故选：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）如图所示，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．则小物块从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，是因为克服摩擦力做了功，也损失机械能，故D正确；故选：BD【点评】：本题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析及能量守恒即可7．（6分）（2015•绵阳模拟）如图所示，已知甲空间中没有电场、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．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度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．则（）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，合力对小球做功相同【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，电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，及平抛运动的规律，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，则有：，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，则有，那么v y=at=2v0tanθ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，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，则竖直方向的加速度小于g，则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，则球从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；故选：AC．【点评】：考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却相同，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）用如图所示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 相同．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若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．故选：A．②图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系．故选：C．③根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则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．故选：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，已知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，进行以下实验：（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，则金属丝的电阻约为9 Ω．（2）用螺旋测微器测金属丝的直径d．（3）在粗测的基础上精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）开关和导线若干．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．测量电路的一部分可选用图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虚线框内画出精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，故选：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，实验电路图如图所示：（4）根据电阻定律得，，则l=．故答案为：（1）9，（3）C，如图所示，（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）若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）若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，则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，则跑道的长度至少为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．本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，则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，则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，则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，则 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，则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，则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，本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行研究．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）如图所示，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相同的匀强磁场，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，根据左手定则，磁场方向垂直向外；画出从A到C的轨迹，如图所示：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】：本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．。
高三物理上学期期中-绵阳市2015届高三二诊期中物理试题及答案
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，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【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；故选：D．【点评】：本题是一道基础题，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【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，从而比较两拉力的大小．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．故选：A．【点评】：本题考查了平衡、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，需通过动能定理进行求解．3．（6分）（2015•绵阳模拟）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．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、根据安培定则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、由安培定则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、若粒子带正电，粒子所受的电场力向上，由左手定则判断知洛伦兹力方向向下，能与电场力平衡，则带电粒子能做匀速直线运动．故D正确．本题选不可能做匀速直线运动的，故选：B．【点评】：本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，结合安培定则和左手定进行判断．4．（6分）（2015•绵阳模拟）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【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，则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，则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，则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，则据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．故选：D．【点评】：本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．已知月球半径为r，飞行器仅在月球万有引力作用下在月球表面附近绕月球表面飞行一周用时为t，可以认为月球不自转，引力常量为G．则可以计算（）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．飞行器静止在月球表面上时对月球表面的压力【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】：飞行器贴近月球表面做匀速圆周运动，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，得到月球表面的重力加速度．【解析】：解：A、月球上的第一宇宙速度是月球近表面运行的速度，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、空间站贴近月球表面做匀速圆周运动，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=，则月球表面的重力加速度g==，即可求出月球表面的重力加速度．不知道飞行器的质量，不能求月球表面的压力，故D错误．故选：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）如图所示，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．则小物块从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，是因为克服摩擦力做了功，也损失机械能，故D正确；故选：BD【点评】：本题主要考查了库伦力做功，抓住受力分析和运动过程分析及能量守恒即可7．（6分）（2015•绵阳模拟）如图所示，已知甲空间中没有电场、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．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度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．则（）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，合力对小球做功相同【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，电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，及平抛运动的规律，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，则有：，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，则有，那么v y=at=2v0tanθ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，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，则竖直方向的加速度小于g，则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，则球从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；故选：AC．【点评】：考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却相同，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）用如图所示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 相同．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若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．故选：A．②图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系．故选：C．③根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则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．故选：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，已知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，进行以下实验：（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，则金属丝的电阻约为9 Ω．（2）用螺旋测微器测金属丝的直径d．（3）在粗测的基础上精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）开关和导线若干．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．测量电路的一部分可选用图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虚线框内画出精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．（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．【解析】：解：（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，故选：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，实验电路图如图所示：（4）根据电阻定律得，，则l=．故答案为：（1）9，（3）C，如图所示，（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）若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）若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，则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，则跑道的长度至少为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．本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，则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，则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，则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，则 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，则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，则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，本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行研究．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）如图所示，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相同的匀强磁场，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，根据左手定则，磁场方向垂直向外；画出从A到C的轨迹，如图所示：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】：本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．。
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。
2015-2017年度级高三,绵阳二诊物理,试题及标准答案
2017年绵阳市高2015级第二次诊断性考试理科综合能力测试二、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．如图所示，闭合开关S ，将滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程中A ．电流表A 1的示数变小B ．电流表A 2的示数变小C ．电压表V 的示数变小D ．电阻R 1的电功率变大 15．在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。
则质量大的物体 A ．滑行的距离小 B ．滑行的时间长 C ．滑行过程中的加速度大 D ．滑行过程中的动量变化快16．如图所示，长方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v 1沿ab 射入磁场区域，垂直于dc 边离开磁场区域，运动时间为t 1；以速率v 2沿ab 射入磁场区域，从bc 边离开磁场区域时与bc 边夹角为150°，运动时间为t 2。
不计粒子重力。
则t 1︰t 2是A ．2︰3B ．3︰2错误!未找到引用源。
C ．3︰2D ．2︰317．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1上绕地球运动，近地点Q 到地心O 的距离为a ，远地点P 到地心O 的距离为b ，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g 。
则A ．卫星在轨道1上运动经过Q 点时，速率为a gR 2错误!未找到引用源。
B ．卫星在轨道1上运动经过P 点时，速率大于bgR2C ．卫星在轨道2上运动经过P 点时，速率大于b gR 2D ．卫星在轨道2上运动经过P 点时，加速度大小为 22bgR 错误!未找到引用源。
18．如图所示，在水平线OO ＇某竖直平面内，距地面高度为h ，一条长为l （l ＜h ）错误!未找到引用源。
的轻绳两端分别系小球A 和B ，小球A 在水平线OO ＇上，竖直向上的外力作用在A 上，A 和B 都处于静止状态。
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．。
绵阳市高中 级第二次诊断性考试 理综
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绵阳市高中 2015 级第二次诊断性考试 理科综合能力测试·化学参考答案和评分标准
选择题： 7. C 8. A 9. B 10. B 11. C 12. D 13. A
非选择题 （一）必考题 26.（15 分）
（1）冷凝管（或球形冷凝管）（1 分） 2Na2O2＋2H2O==4NaOH＋O2↑（或 2H2O2=M==nO==2 2H2O＋O2↑） （2 分）
（1）赤霉素（1 分） （2）促进细胞伸长和分裂（答对一点给 1 分，共 2 分）
（3）相反（2 分） 4（2 分） BR 促进胚轴和主根的向性（弯曲）生长 （2 分）
32．（10 分）
（1）用纯合的截毛雌果蝇与刚毛雄果蝇杂交，观察并统计 F1 的表现型及比例。
如果子代雌雄果蝇都是刚毛，则 A、a 这对基因位于 X、Y 染色体的同源区段；
（2）压榨 （2 分）
水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解等问题
（2 分，答对一点给 1 分）
（3）具有较高的沸点、能够充分溶解胡萝卜素、不与水混溶 （3 分，答对一点给 1 分）
防止加热时有机溶剂挥发（2 分）
38.（15 分）
（1）B 淋巴 （2 分）
抗原 （2 分）
能产生抗体和无限增殖（2 分）
V2 V3 T2 T3
（2 分）
解得
h=22 cm
（2 分）
34．[物理选修 3—4]（15 分） （1）（5 分）BCE（选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个
扣 3 分，最低得分为 0 分）。
（2）（10 分）解：
（i）光路如图所示，E 是光线在 AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为 v，则
2018年1月22日绵阳二诊物理_含答案
高2015级二诊物理试题2018年1月22日市高2015级第二次诊断性考试理科综合能力测试 物理参考答案及评分意见二、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. A 15. A 16.C 17. D 18.B 19.BD 20.AC 21.BD第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
22．(6分)（1）CD (2分)。
（2）xh(2分)。
（3）偏大(2分)。
23．（9分）（1）如图所示(3分) 。
（2）122121)(I I R R I I -- (1分)，211122I I R I R I --错误!(1分) 。
（3）3 (1分)，3 (1分)。
（4）AC （2分）。
24．（12分）解：（1）小球都带正电。
（1分）小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q ，磁感应强度为B ，速率分别为v 1、v 2，质量分别为m 1、m 2，半径分别为r 1、r 2，动能为E K ，则12111r m B q υυ=，22222r m B q υυ= （1分）211121υm E K =，222221υm E K = （1分） 122r r = （2分） 解得 4121=m m （1分）（2）两小球水平抛出，速度方向垂直于bc 边，设下落时间相同为t ，水平位移分别为x 1和x 2，则221gt L =（1分） t x 11υ=，t x 22υ= （1分）212212)(2x x L x -+=）（ （2分）gL m m m 1222211432121==υυ （1分） 解得 x 12＝L （1分）25.（20分）解：（1）小球A 摆到C 点时，设速度为v C ，绳对小球的拉力大小为T ，则2202121Cm m mgl υυ=+错误!未找到引用源。
2018年1月22日绵阳二诊物理--含答案
高2015级绵阳二诊物理试题2018年1月22日12 绵阳市高2015级第二次诊断性考试理科综合能力测试 物理参考答案及评分意见二、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. A 15. A 16.C 17. D 18.B 19.BD 20.AC 21.BD第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。
第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
22．(6分)（1）CD (2分)。
（2）xh(2分)。
（3）偏大(2分)。
23．（9分）（1）如图所示(3分) 。
（2）122121)(I I R R I I -- (1分)，211122I I R I R I -- (1分) 。
（3）3 (1分)，3 (1分)。
（4）AC （2分）。
24．（12分）解：（1）小球都带正电。
（1分）小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q ，磁感应强度为B ，速率分别为v 1、v 2，质量分别为m 1、m 2，半径分别为r 1、r 2，动能为E K ，则12111r m B q υυ=，22222r m B q υυ= （1分）211121υm E K =，222221υm E K = （1分） 122r r = （2分） 解得 4121=m m （1分）（2）两小球水平抛出，速度方向垂直于bc 边，设下落时间相同为t ，水平位移分别为x 1和x 2，则221gt L =（1分） t x 11υ=，t x 22υ= （1分）212212)(2x x L x -+=）（ （2分）gL m m m 1222211432121==υυ （1分） 解得 x 12＝L （1分）ARE ,rS3 25.（20分）解：（1）小球A 摆到C 点时，设速度为v C ，绳对小球的拉力大小为T ，则2202121Cm m mgl υυ=+（2分） l m mg T C2υ=- （2分）解得 lm mg T 203υ+= （1分）（2）设小球A 在与B 碰前的速度为v 1，则2120212160cos υυm m mgl =+︒ （1分）B A M m m υυυ+=1 （2分） 2221212121BA M m m υυυ+= （2分） 解得 201υυ+=gl 。
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v 0 A B +Q +Qv 0 CSD 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 1L C. 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。
已知月球半径为r ，飞行器仅在月球万有引力作用下在月球表面附近绕月球表面飞行一周用时为t ，可以认为月球不自转，引力常量为G 。
则可以计算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 ．飞行器静止在月球表面上时对月球表面的压力6．如图所示，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。
则小物块从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7．如图所示，已知甲空间中没有电场、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。
四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O 以相同初速度v 0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。
则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 ，合力对小球做功相同第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） 用如图所示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______相同。
A. ω和rB. ω和mC. m 和rD. m 和F②图中所示是在研究向心力的大小F 与_______的关系。
甲O 丁 B 变速 轮塔1变速 轮塔2 皮带转动手柄 标尺2标尺1 钢球 钢球A.质量mB. 半径rC.角速度ω③若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_______。
A. 1∶3B. 3∶1C. 1∶9D. 9∶1Ⅱ．（11分）学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知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，进行以下实验：（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甲所示，则金属丝的电阻约为_____Ω。
（2）用螺旋测微器测金属丝的直径d 。
（3）在粗测的基础上精确测量绕线金属丝的阻值R 。
实验室提供的器材有：电流表A 1（量程0～3A ，内阻约为0.5Ω）电流表A 2（量程0～0.6A ，内阻约为3Ω）电压表V 1（量程0～3V ，内阻约3kΩ）电压表V 2（量程0～15V ，内阻约18kΩ）定值电阻R 0＝3Ω滑动变阻器R 1（总阻值5Ω）滑动变阻器R 2（总阻值100Ω）电源（电动势E ＝6V ，内阻约为1Ω）开关和导线若干。
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。
测量电路的一部分可选用以下电路中的______。
②请在给出的器材中选出合理的器材，在虚线框内画出精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）。
9．（15分）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）若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a 1=0.4m/s 2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小？ （2）若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/s 2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？ 10．(17分) 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/s 2。
求：A B C t /s 乙（1）金属杆的质量m ；（2）0～3s 内金属杆损失的机械能E ∆。
11．（19分）如图所示，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象限内有一圆形区域与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相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面（图中未画出）。
电荷量为＋q 、质量为m 、速度大小为v 0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02υ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）圆形区域内磁场磁感应强度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 。
绵阳市高2012级第二次诊断性考试理科综合能力测试 物理参考答案及评分意见选择题（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.D2.A3.B4.D5.A6.BD7.AC非选择题（共68分）8．(17分)Ⅰ（6分）① A(2分)；②C （2分）；③B （2分）。
Ⅱ．（11分）（1）9Ω（或9.0Ω）（2分）；（3）①CD （3分）；②电路如图（分压内接）（3分，有错0分）。
（4）ρπ42Rd L =(3分)。
9．（15分）解：（1）设机在起飞前瞬间牵引力大小为F 1，受到的阻力大小f 1，起飞速度v m =80m/s ，则 P = F 1v m ………（2分）F 1–f 1=ma 1 ………（2分）代入数据解得 f 1=8×104N ………（2分）（2）设飞机起飞过程加速度为a 2，达到起飞速度应滑行距离为x 1，因故减速滑行距离为x 2，跑道的长度至少为x ，则F –f =ma 2 ………（2分）1222x a m =υ ………（2分）2322x a m =υ ………（2分）21x x x += ………（1分）代入数据解得a 2=1.2m/s 2，x 1=2667m ，x 2=800mx 2=3467m ………（2分）10.（17分）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 ，则P =IU ………………………………(1分)IU R = ………………………………(1分) 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 ，磁场区域宽度为l ，则)(r R I E += …………………………(1分)tE ∆∆=φ …………………………(1分) dl tB t ⋅∆∆=∆∆φ，s /T 2 =∆∆t B …………………………(1分) 联立解得 I =1A ，R =4Ω，E =6V ，l =3m在t =1s 金属杆进入磁场后，磁场磁感应强度保持不变，设金属杆进入磁场时速度为v ，金属杆中的感应电动势为E 1，则E 1=E ，E 1=Bd v …………………………(1分)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 ，则 1t a υ= …………………………(1分) ma f mg =-θsin …………………………(1分)进场后杆匀速运动，设受到的安培力为F 安，所以BId F =安 …………………………(1分)0sin =--安F f mg θ …………………………(1分)联立解得 v =3m/s ，a =3m/s 2，f =2N ，F =6Nm =0.67kg …………………………(1分)（2）设金属杆进入磁场前0～1s 内的位移为x 1，通过磁场的时间为t 2，则112t x υ=，υl t =2 解得 x 1=1.5m ，t 2=1s故在2s 后金属杆出磁场，设第3s 内金属杆的位移为x 3，3s 末金属杆的速度为v 3，则33321at t x +=υ ………………………(1分) v 3=v +at 3 ………………………(1分)233121sin )(υθm x l x mg E -++=∆ ………………………(2分) 联立解得 x 3=4.5m ，v 3= 6m/s24J =∆ E ………………………(2分)（2）另解：0～3s 内杆克服摩擦力做功 18J )(31=++=x l x f W f (2分)，克服安培力做功 J 61==l F W (2分)，0～3s 内杆损失的机械能为，24J 1=+=∆W W E f (2分)。