2015届成都一诊物理试题及答案
2015成都市高新区初三物理一诊试题及答案.
2015级成都市高新区初三物理一诊试题物理注意事项：1.全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分20分；全卷共120分；考试时间90分钟。
2.考生必须在答题卡上作答，答在试题卷、草稿纸上均无效。
3.在答题卡上作答时，考生需首先准确填写自己的姓名、准考证号，并輕B铅笔准确填涂好自己的准考证号。
A卷的第I卷和B卷第一大题为选择题，用2B铅笔准确填涂作答；A卷的第II卷和B卷用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
请按照题号在相应各题目对应的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效。
4.保持答题卡面清洁，不得折叠、污染、破损等。
A卷（共100分）第I卷（选择题，共32分）1.小梦从第23届省运动会筹委会获悉，帆船比赛项目将在美丽的微山湖举行。
图1为本届省运会吉祥物宁宁参加帆船比赛项目的宣传画。
下列说法中正确的是A.风吹帆船前进说明运动需要力来维持B.比赛中的帆船速度有变化但惯性不变B.电子的发现说明原子是可分的D.在电子、质子和原子中，尺度最小的是质子B.人正常步行的速度约5m/sD.物理课本重约20NB.在真空中也可以传播声音D.—切发声物体都在振动一、单项选择题（每小题2分，共30分）A.用桨向后划水，船就会向前运动，利用了力的作用是相互的B.做匀速直线运动的物体，速度越大，受到的力也就越大C.电梯匀速上升的过程中，电梯对人的支持力不做功D.踢出去的足球，能继续向前滚动，是因为足球受到的惯性的作用6.下列关于光现象的说法正确的是A.月食是由于光的折射形成的B.光从空气射入水中，传播速度变小C.物体通过平面镜能成正立、等大的实像D.光发生漫反射时，不遵循光的反射定律7.随着数字时代的到来，3G与4G的相继出现，现在我们已经可以很方便的使用3G或4G手机进行无线网络登陆.下列对手机上网的说法中，正确的是A•使用电磁波传输数字信号B•使用超声波传输数字信号C•使用红外线传输数字信号D•使用次声波传输数字信号8.匀速地向某容器内注满水，容器底所受水的压强与注水时间的关系如图2,这个容器可能是9.人直接用行的力匀速提升重物，所做的功是叫，若人使用某机械匀速提升该重物到同一高度则人的拉力为F2，所做的功是W2A.F1一定大于F2B.F1一定小于F2C.W2一定大于W1D•只有F2大于行，W2才大于W110.《舌尖上的中国2》聚焦于普通人的家常菜，让海内外观众领略了中华饮食之美.如图3所示，通过煎、A.煎：煎锅一般用铁制造，主要是利用了铁的比热容大B.炒：主要是通过做功的方式使藜蒿和腊肉的内能增加C.蒸：是通过热传递和高温水蒸气液化放热，使榆钱饭蒸熟D.拌：香葱和豆腐要拌才能入味，说明分子没有做无规则运动炒、蒸山拌饼调的四种美食中所藜含炒腊理知识，认识正确的撕钱蒸饭香葱拌豆腐14. 如图6所示，一个重3N 、体积为0.0002m 3的物体用绳子悬挂着，完全浸没在烧杯的水中，下列说法不正确的是A. 这时物体受到的浮力是2N15.小梦为济宁市2014年5月份的体育测试设计了一个电子身高测量仪。
成都市2015届高中毕业班第一次诊断性模拟检测(试题)
成都市2015届高中毕业班第一次诊断性模拟检测理科综合 物理部分命题人：孟兵第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题包括7小题．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．下列说法正确的是（ ）A ．万有引力定律只适用像天体这样质量很大的物体B ．牛顿运动定律也适用微观世界C ．叮当同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的速度增加，加速度减小D ．物体惯性的大小是由质量和速度共同决定的2．如图甲所示，斜面体固定在水平面上，倾角为θ＝30°，质量为m 的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a 速率v 、动能E k 、势能E P 、机械能E 跟时间t 或位移x 的关系，错误的是（ ）3．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星-500”的实验活动。
假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的21，质量是地球质量的91。
已知地球表面的重力加速度是g ，地球的半径为R ，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h,已知万有引力常量为G,忽略自转的影响，下列说法正确的是（ ）A ．火星的密度为GR g 32 B ．火星表面的重力加速度是92g C ．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为32 D ．王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是29h 4. 如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M(m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同.当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x 1∶x 2等于（ ）A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.2∶35.如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T.质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1m，则( ) A．金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sB．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小10m/s2C．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为1.5ND．金属细杆从M点运动到P点的过程中消耗的电能至少为1J6.如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况.以下说法正确的是（）A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B.电源的总功率减小，输出功率一定先增大后减小C.此过程中电压表V3示数U3和电流表示数I的比值U3/I不变D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变7.在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴负方向成30°角，大小为E=4×105N/C，y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），有一带正电的粒子以速度v0=2×106m/s由x轴上A点（OA=10cm）先后两次射入磁场，第一次沿x轴正方向射入磁场，第二次沿x磁场，已知粒子质量m为1.6496×10—27kg，电荷量q为1.6×10—19 1.7),则：( )A.粒子两次在磁场中运动的轨道半径都为20cmB.匀强磁场的磁感应强度为1.031T；C.粒子两次在电场中运动的时间都为1.7527×10—7sD.质子先后两次在磁场中运动的时间之比1:7第Ⅱ卷（非选择题，共68分）二、填空题（17分）8. Ⅰ.（7分）某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图（b）所示。
2015年四川省成都七中高考物理一诊模拟试卷
2015年四川省成都七中高考物理一诊模拟试卷学校:___________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.电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位B.质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中被加速，从而获得较高的能量C.在某些磁场中，洛伦兹力可以对运动电荷做功D.电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质【答案】A【解析】解：A、根据单位制，可知，电流强度是基本物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基本单位，故A正确；B、中子不带电，不能被加速，故B错误；C、洛伦兹力与速度方向垂直，不可以对运动电荷做功，故C错误；D、电场线、磁感线不是客观存在的，电场、磁场真实存在，故D错误；故选：A．A、根据基本物理量与基本单位，即可求解；B、中子不带电，不能加速；C、根据洛伦兹力与速度方向关系，来判定对运动电荷做功情况；D、电场线、磁感线不是客观存在的．考查基本物理量与基本单位的内容，掌握中子不带电的特征，理解洛伦兹力不做功的特点，注意电场线与感应线不存在的事实．2.某学校教室里的竖直磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．对贴在竖直黑板上、未挂重物的小磁铁，下列说法中正确的是（）A.磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力，才能被吸在黑板上B.磁铁受到的重力小于受到的摩擦力，才能被吸在黑板上C.磁铁与黑板间存在三对作用力与反作用力D.磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到的压力是一对平衡力【答案】C【解析】解：A、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力．故A错误；B、磁铁受到的重力与受到的摩擦力，是一对平衡力．故B错误；C、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力，①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力．②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力；③而竖起方向存在一对作用力：相互间的摩擦力，故C正确；D、磁铁受到的弹力与黑板受到的压力是相互作用力，而磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到电磁吸引力也是一对相互作用力，则磁铁受到的电磁吸引力与与磁铁受到的弹力是一对平衡力，故D错误；故选：C．相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．3.如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A.甲的向心加速度比乙的大B.甲的运动周期比乙的大C.甲的角速度大小等于乙的角速度D.甲的线速度比乙的大【答案】B【解析】解：根据万有引力提供向心力得：=ma=ω2r=m=A、a=，可知甲的向心加速度小于乙的向心加速度，故A错误；B、T=2π，可知甲的运行周期比乙的大，故B正确；C、ω=，可知甲的角速度比乙的小，故C错误；D、v=，可知甲的线速度比乙的小，故D错误；故选：B．抓住卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，列式展开讨论即可．抓住半径相同，中心天体质量不同，根据万有引力提供向心力展开讨论即可，注意区别中心天体的质量不同．4.如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8）时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块与木板间的动摩擦因数为（）A.0.6B.0.625C.0.75D.0.8【答案】B【解析】解：当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，对应的静摩擦力为f1=mgsin30°=0.5mg（N）当板与水平面间的倾角为37°时，物体沿斜面加速下滑，对应的滑动摩擦力f2=μ•mgcos37°=0.8μmg由：f1=f2解得：μ==0.625故选：B．当板与水平面间的倾角为30°时，物体静止在斜面上，由重力沿斜面的分力与静摩力平衡求出摩擦力．当板与水平面间的倾角为37°时，根据摩擦力公式求出摩擦力．本题求解摩擦力时要分析物体的状态，应先确定是静摩擦还是滑动摩擦．5.甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图象如图所示，则（）A.甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相同B.甲、乙在t=0.5s时的加速度大小相同C.在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了3次D.甲乙之间的距离一直在增大【答案】D【解析】解：A、根据斜率等于加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲、乙在t=2.5s时的加速度方向相反，故A错误．B、在t=0.5s时乙图线的斜率较大，所以乙的加速度较大，故B错误．C、在t=0到t=7s之间，乙的加速度改变了1次，故C错误．D、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在t=0到t=7s之间乙的位移为零，甲的位移一直为正，乙先沿负向运动，t=1s时位移为0；1-7s内先沿正向运动后沿负向运动，t=7s时位移为0，则知两者之间的距离一直增大．故D正确．故选：D．本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．本题关键要掌握速度图象的数学意义：图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示，质量m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移s关系的是（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】解：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，设加速度沿着斜面向上，根据牛顿第二定律，有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma其中：F=mgsinθ，μ=tanθ联立解得：a=-gsinθ即物体沿着斜面向上做匀减速直线运动；位移x=v0t+速度v=v0+atA、产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即Q=fx，由于x与t不是线性关系，故Q与t不是线性关系，故A错误；B、E k=，由于v与t是线性关系，故mv2与t不是线性关系，故B错误；C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能E p=mgh，故E p-s图象是直线，故C正确；D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；故选：CD．对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后推导出位移和速度表达式，再根据功能关系列式分析．本题关键明确物体的运动规律，然后根据功能关系得到表达式分析图象．7.如图，在光滑绝缘水平面上、三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、b带正电，电荷量均为q，c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A.a球所受合力斜向左下B.c带电量的大小为2qC.匀强电场的方向垂直于ab边由c指向ab的中点D.因为不知道c的电量大小，所以无法求出匀强电场的场强大小【答案】BC【解析】解：A、球a保持静止，合力为零，故A错误；B、C、D、设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b 对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2××cos30°=E•Q；所以匀强电场场强的大小为．设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：=×cos60°所以C球的带电量为2q．故B正确，C正确，D错误；故选：BC．三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解匀强电场场强的大小．三个小球均处于静止状态，合力为零，以c电荷为研究对象，根据平衡条件求解C球的带电量．本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)8.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______ N．（2）下列不必要的实验要求是______ ．（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．方法一：______ 方法二：______（4）该同学在实验中保持弹簧测力计B的拉力的方向一直水平，你认为该做法科学吗？为什么？答：______ ．【答案】3.6；D；减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则【解析】解：（1）弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，所以3.6N．（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A项也需要；B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项也需要；C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C项也需要；D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验．故D项不需要．故选：D．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程．（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．故答案为：（1）3.6；（2）D；（3）减小弹簧测力计B的拉力；减小重物的质量；（4）不科学，因为不能验证任意角度下的力的合成满足平行四边形法则．弹簧测力计A挂于固定点，下端用细线挂一重物．当弹簧测力计B一端用细线系于O 点，当向左拉使结点静止于某位置．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向．虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了．原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定．当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的．通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示．同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤．9.在探究小灯泡的伏安法测电阻实验中，所有器材有灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源，滑动变阻器R、电键S等．（1）要求灯泡两端电压表V从零开始连续变化，则实验中滑动变阻器应采用______ 接法（“分压”或“限流”）（2）某同学已连接如图1所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正接线柱之前，请指出其中仅有的2个不当之处．A：______B：______（3）分别测得两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图2中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1、L2与电池组（电动势和内阻均恒定）连成图3所示电路．测量后得到通过L1和L2的电流分别为0.30A和0.60A．请在图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线．【答案】分压；电键S不应闭合；滑片P应位于最右端，不应位于左端【解析】解：（1）探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法．（2）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误．连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表．（3）描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象．为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为r==2.7Ω，电动势为E=4.6V，然后作出准确图象如图．故答案为：（1）分压（2）A．电键S不应闭合；B、滑片P应位于最右端，不应位于左端（3）如图由于要求灯泡两端电压从OV开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法．从图中可知，电键处于闭合状态，同时滑动触头也在不当位置．两只灯泡l1和l2的伏安特性曲线如图Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，结合图Ⅲ所示电路，可以画出闭合电路的路端电压与电流的图象．从而读出电源的电动势，算出电源的内电阻．当电路中的路端电压与电流图象与负载的电压与电流图象相交时，则交点表示它们的电流．原因是负载与电源相串联．而路端电压与电流的图象的纵交点是表示电源的电动势，横交点表示短路电流．四、计算题(本大题共3小题，共51.0分)10.一物体做匀减速直线运动，在某段时间T内的平均速度的大小为v，紧接着在接下来的相等的时间T内的平均速度的大小为kv（k＜1），此时，物体仍然在运动．求：（1）物体的加速度为多大？（2）再经过多少位移物体速度刚好减为零？【答案】解：（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故加速度大小：a===加速度大小为；（2）第二段T时间的末速度为：V=kv+a•=所求位移为：x==．答：（1）物体的加速度大小为；（2）再经过位移物体速度刚好减为零．【解析】（1）匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；然后根据加速度定义求解加速度；（2）先根据速度公式求解第二段T时间的末速度，然后根据速度位移关系公式列式求解位移．本题关键是要利用“匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”的结论求解出两个瞬时速度，然后再结合运动学公式列式求解．11.如图所示，半径为r=0.10m的圆形匀强磁场区域边界跟x轴相切于坐标原点O，磁感应强度按图示规律变化，方向垂直直纸面向里，在t=0时刻由O处沿y轴正方向射入速度为v=1.0×103m/s的带负电粒子，已知粒子质量m=9.0×10-12kg，电量q=9.0×10-6C，不计粒子重力，求：（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期、半径和转过的角度．（3）粒子在磁场中的运动时间和离开磁场时的位置坐标．【答案】解：粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10-4s．则（1）在t=0～×10-4s时间内，B1=1×10-2T，由qv B1=m，代入数据解得：R1=0.1m，T1==2π×10-4s，故t=T1，则粒子在第一个t内，在磁场中转过的圆心角为30°．（2）在t=×10-4s～×10-4s时间内，B2=12×10-2T，由qv B2=m，代入数据解得：R2=m，T2==×10-4s，则t=T2，转过的圆心角为360°；（3）粒子在第二个和第三t内刚好做两个完整的圆周运动，第四个t内的运动与第一t内的相同，第五、六个t内的运动又与第二、第三个t内的相同，到第七个t末，粒子刚好出磁场，由上分析可知，粒子在磁场中运动时间为：t′=7t=π×10-4s，运动轨迹如图，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）答：（1）t=0～π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为2π×10-4s、半径为0.1m，转过的角度为30°．（2）t=π/60000秒～3π/60000秒时间内，粒子做匀速圆周运动的周期为×10-4s、半径为m，转过的角度为360°．（3）粒子在磁场中的运动时间为π×10-4s，离开磁场时的位置坐标为（0.1，0.1）．【解析】粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，设单位时间t=×10-4s，根据牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径和周期T，根据t与T的关系，分析在第一个单位时间内粒子在磁场中转过的圆心角．在第二单位时间内，用同样的方法求出粒子在磁场中转过的圆心角，画出轨迹，确定经过几个单位时间，粒子刚好射出磁场，即可求得时间和离开磁场时的位置坐标．本题关键是采用归纳法，总结出粒子在每个t时间内转过的圆心角，画出轨迹进行求解．12.如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度a B=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量m A和B的质量m B均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：（1）t=0.1s时，物体A的加速度大小a A；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t′=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移是多少？【答案】解：（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=μ1m A g=m A a A解得：a A=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F-μ1m A g-μ2（m B+m A）g=m B a B带入数据解得：F=7N，v=a B t=1m/s所以P=F v=7W（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，对木板进行受力分析，木板B受力满足F′-μ1m A g-μ2（m A+m B）g=0所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t′，有v1=a A（t1+t′），这段时间内B的位移s1=v1t′，A、B速度相同后，由于F＞μ2（m A+m B）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得：P′（t2-t′-t1）-μ2（m A+m B）gs2=由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m 答：（1）物体A刚运动时的加速度a A为0.5m/s2；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P为7W；（3）在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为3.03m．【解析】（1）对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律就出a；（2）电动机的输出功率P=F v，对B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B 的摩擦力、A对B的摩擦力，对B运用牛顿第二定律可解除F，根据运动学公式求出v，即可求得p；（3）电动机的输出功率调整为5W时，根据P=F v，求出F，对B进行受力分析，得出B受平衡力，所以B做匀速运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B 速度相等，算出时间，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（m A+m B）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，根据动能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2．本题对受力分析的要求较高，要能根据受力情况判断运动情况，或根据运动情况判断受力情况，难度较大．。
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届成都七中高三上学期第一次阶段考试物理卷(2014.10)
成都七中2014-2015学年度2015届第一学段考试物理试卷一.不定项选择题(每小题所给的四个选项中，有的可能不止一个符合题意，每题全选正确得 6分，漏选得3分，不选或有错得0分，满分共42分) 1.下列叙述中正确的是（ ）A.牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因B.做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力C.只有做单方向直线运动的物体，其位移大小才等于路程D.两个相对静止的物体之间一定存在静摩擦力，静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度 2.下列叙述中错误的是( )A.开普勒第三定律T 2/R 2=K ，K 为常数，此常数的大小只与中心天体有关B.做匀速圆周运动的物体的加速度不变C.做平抛运动的物体在任息一段时间内速度变化的方向都是相同的D.做圆周运动的物体，合外力不一定指向圆心。
3.奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳曾经从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录。
假设他从氦气球携带的太空舱上跳下到落地的过程中，沿竖直方向运动的v-t 图象如图所示，则下列说法中正确的是 ( )A. 0-ts 内运动员和所有装备整体所受重力大于空气限力，且空气阻力不断减小B. ts 秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t 2秒未C. t 1秒末到t 2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大D.t 2秒后运动员保持匀速下落4.我田未来将建立月球基地，并在绕月从道上建造空间站。
如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接。
已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，万有引力常量为G ，月球的半径为R 。
那么以下选项正确的是( )A. 月球的质量为2324r M GTπ= B.航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间轨道时必须加速 C.图中的航天飞机正在减速地飞向B 处D.月球表面的重力加速度2324R g T π=月5.摄制组在某大楼旁边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶。
成都市 级高中毕业班第一次诊断性检测 理综
理科综合 一诊 考试题答案第１㊀页(共６页)成都市２０１５级高中毕业班第一次诊断性检测理科综合参考答案及评分标准第Ⅰ卷㊀(１２６分)一㊁选择题１．B ２．D ３．C ４．B ５．A ６．C ７．C ８．B ９．A １０．C１１．D １２．D １３．B 二㊁选择题１４．B １５．A １６．C １７．D １８．B １９．A B ２０．C D ２１．B D 第Ⅱ卷㊀(１７４分)(一)必考题２２．(６分)(１)b t(２分)㊀(２)B (２分)(３)g h ＝(b t)２(２分)(其他正确表达式参照给分)２３．(９分)(１)C (２分)㊀(２)见答图１(３分)(若仅将电阻箱的接线柱接错,给１分)(３)５．０(２分)(填 ５ 的给１分)㊀５３(２分)(填 ５２．５的给１分)２４．(１２分)解:(１)设小球的质量为m ㊁初速度为v ０.小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在C 点,可知小球在C 点的速度方向的反向延长线必过O 点由速度的合成分解关系可知小球在C 点的速度为:v C ＝v ０c o s θ(２分)从A 到C ,由能量守恒定律有:０－E P C ＝E k C －E k (２分)又:E k C ＝１２m v C ２＝１２m ˑv ２０c o s ２θ＝E k c o s ２θ(１分)解得:E P C ＝－E k t a n ２θ(１分)(２)如答图２所示,设圆弧的半径为R ,A O 间的距离为L ,小球从A 到C 的位移偏向角为α,经历时间为t ,加速度为a理科综合 一诊 考试题答案第２㊀页(共６页)由运动规律有:t a n θ＝a t v ０(１分)t a n α＝１２a t ２v ０t ＝a t ２v ０(１分)得:t a n θ＝２t a n α(１分)由图可知:t a n α＝R s i n θL ＋R c o s θ(１分)解得:L ＝R c o s θ(１分)又:O P ＝R c o s θ即:O P ＝A O ,O 点恰好是A P 的中点(１分)(其他正确解法,参照给分)２５．(２０分)解:(１)设每块木板的质量为m ,则C 的质量为２m ,假设A ㊁B 碰撞时,C 仍在A 上且速度大于A C ㊁A 相互作用的过程中对A 由牛顿运动定律有:μ２ ２m g －μ１(m ＋２m )g ＝m a １(１分)对C 由牛顿运动定律有:μ２ ２m g ＝２m a ２(１分)代入数据得:a １＝２m /s ２,a ２＝４m /s ２A 发生位移d 与板B 相碰,由运动规律有:d ＝１２a １t ２１(１分)C 发生的位移:x １＝v ０t １－１２a ２t ２１(１分)代入数据解得:t １＝１s ,x １＝８m 此时C 与A 右端的距离:s ＝L ＋d －x １＝２m (１分)碰撞前A 的速度为:v １＝a １t １(１分)代入数据得:v １＝２m /s 碰撞前C 的速度为:v ２＝v ０－a ２t １(１分)代入数据得:v ２＝６m /s 故假设成立,所以A 滑至与B 相碰时所经历的时间为:t １＝１s (１分)(２)A ㊁B 相碰过程中动量守恒,有:m v １＝(m ＋m )v ３(２分)代入数据得:v ３＝１m /s 碰后,A ㊁B 两板所受的合外力F 合＝μ２ ２m g －μ１２m ＋２m ()g ＝０(１分)故两板一起做匀速运动,所以,C 刚滑离木板A 时,A 的速度为:v A ＝v ３＝１m /s(１分)(３)设从A ㊁B 相碰到C 刚滑上B 板经历的时间为t ２有:s ＝v ２t ２－１２a ２t ２２－v ３t ２(１分)理科综合 一诊 考试题答案第３㊀页(共６页)代入数据得:t ２＝０．５s 故C 刚滑上B 板的速度为:v ４＝v ２－a ２t ２＝４m /s (１分)A ㊁B 分离后,A 板做匀减速运动,有:μ１mg ＝m a ３(１分)代入数据得:a ３＝２m /s２分离到停下,发生的位移为:x A ＝v ２３２a ３＝０．２５m (１分)B 板以a １＝２m /s ２的加速度做匀加速运动,直到与C 同速,设此过程经历时间为t ３有:v ５＝v ４－a ２t ３＝v ３＋a １t ３(１分)代入数据得:t ３＝０．５s ,v ５＝２m /s 此过程B 板的位移:x B １＝v ３＋v ５２t ３＝０．７５m (１分)此后B ㊁C 一起以a ３＝２m /s２的加速度做匀减速运动直到停下发生的位移为:x B ２＝v ２５２a ３＝１m(１分)所以,最终停下来时,A ㊁B 板间的距离为:Δx ＝x B １＋x B ２－x A ＝１．５m(１分)(其他正确解法,参照给分)２６．(１５分)(１)C u ＋２H ２S O ４(浓)әC u S O ４＋S O ２ʏ＋２H ２O (２分)检验产物S O ２(２分)㊀N a O H 溶液(其他合理答案均可得分)(１分)(２)H ２(１分)㊀反应后期,c (H ＋)增大,与Z n 反应生成H ２速率加快;黄铜为铜锌合金,与硫酸形成原电池产生H ２速率加快;反应放热(２分,答出一点给１分,其它合理答案也可给分)①c ңd ңe ңf ңa ңb ңg (１分,不全对不得分)②E 中(硬质玻璃管)黑色粉末变红,H 中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色(２分,不全扣１分,其它合理也给分)(３)(２分,其它合理答案也给分)３M g ＋４H ２S O ４(浓) ３M g S O ４＋S ＋４H ２O (２分)２７．(１３分)(１)＋１７５．２k J /m o l ㊀(２分)(２)①BC (２分,不全对扣一分)㊀②＜(１分)㊀＞(１分)㊀６６．７﹪(或２３)(２分)㊀㊀＜(１分)(３)①２N H ３＋N a C l O 一定条件N ２H ４＋N a C l ＋H ２O (２分)②(１４－b ,１４－a )(２分)２８．(１５分)(１)２㊀４K O H１㊀２㊀２(２分, K O H １分,配平１分)㊀加压增大了氧气浓度,使单位理科综合 一诊 考试题答案第４㊀页(共６页)体积内的活化分子数增加,有效碰撞次数增多,反应速率加快,使M n O ２反应更充分(１分,未答 反应速率加快 不给分)(２)A l (O H )３㊁H ２S i O ３(２分,各１分)稀盐酸可溶解A l (O H )３,不易控制稀盐酸的用量(１分,答K ２M n O ４与盐酸反应也给分)(３)３M n O ２－４＋４C O ２＋２H ２O M n O ２ˌ＋２M n O －４＋４H C O －３㊀(２分)(４)蒸发结晶(１分)㊀㊀趁热过滤(１分)(５)０．０１８a (２分,列出计算式给１分)(６)①M n O ２－４－e － M n O －４㊀(２分)㊀㊀㊀②O ２(１分)２９．(１０分)(１)自由水是细胞内的良好溶剂,许多生物化学反应需要水的参与,水参与物质运输(２分)(２)酒精㊁水(２分)㊀㊀缺氧时,种子无氧呼吸产生的能量不能满足生命活动所需;无氧呼吸产生的酒精对细胞有毒害作用(４分)(３)适宜的光照㊁C O ２和无机盐(２分)３０．(１０分)(１)内质网和高尔基体(２分)(２)磷脂双分子层内部具有疏水性(２分)㊀㊀协助扩散(２分)(３)将甲组红细胞膜中的蛋白质破坏,乙组红细胞不作处理,然后将两组细胞同时置于蒸馏水中,测定两组细胞吸水胀破所需的时间.乙组吸水胀破所需时间短,说明推测正确.(４分)３１．(９分)(１)各种化学成分和理化性质(２分)(２)糖类可以转化成脂肪储存在体内(２分)㊀㊀胰岛素(１分)(３)胰高血糖素(和神经递质)(２分)㊀㊀血糖浓度低,(脑部神经)细胞供能不足(２分)３２．(１０分)(１)A a B b (２分)㊀㊀５/１２(２分)㊀㊀０(２分)(２)A a B b ㊁A A B b ㊁A a B B (２分)㊀㊀基因重组㊁染色体(数目)变异(２分)(二)选考题３３．[物理 选修３－３](１５分)(１)(５分)A C E(２)(１０分)解:(i)设U 型管的横截面积为S 状态一:V １＝２０S ㊁T １＝２７３＋t １＝３００K ㊁p １＝p ０＝７５c mH g 状态二:V ２＝２２．５S ㊁T ２＝２７３＋t ２㊁p ２＝p ０＋ρgΔh １＝８０c mH g (１分)由理想气体状态方程有:p １V １T １＝p ２V ２T ２(２分)解得:t ２＝８７ħ(１分)(i i )设水银密度为ρ,左管的水银恰好全部进入A B 时状态三:V ３＝３０S ㊁p ３理科综合 一诊 考试题答案第５㊀页(共６页)由波义耳定律有:p １V １＝p ３V ３(１分)A B 段水银柱的质量为:m ＝ρS A B (１分)A B 段水银柱右侧所受压强为:p ᶄ３＝p ０＋ρg Δh ２(１分)由牛顿第二定律有:p ᶄ３S －p ３S ＝m a (１分)Δh ２＝２０c m ㊁A B ＝２０c m解得:a ＝２２．５m /s２,方向水平向左(２分)(其他正确解法,参照给分)３４．[物理 选修３－４](１５分)(１)(５分)B C E(２)(１０分)解:(i )光束从O 点垂直A B 面进入棱镜,射到C D 面上,光路如答图３所示由几何关系知入射角ø１＝３０ʎ由:s i n C ＝１n ＝１３(１分)知:C ＞３０ʎ,故有光从C D 面折射出去(１分)由折射定律:s i n ø１s i n ø２＝１n (１分)解得:ø２＝６０ʎ(１分)即最先从棱镜射出的光束的折射角为６０ʎ(i i )当光经C D 面反射后沿E F 射到A B 面时,入射角ø３＝６０ʎ因C ＜６０ʎ,故光在A B 面将发生全反射,此后光垂直于B C 面从G 点射出(１分)设O F 为x ,过F 做C D 的垂线交C D 于H 点则有:H F ＝C G ＝x ,B F ＝O B －x ,B G ＝B C －x在әB G F 中:s i n ３０ʎ＝B GB F 解得:x ＝１０c m(１分)则有:O E ＝x t a n ３０ʎ＝１０３３c m ,E F ＝x c o s ３０ʎ＝２０３３c m ,F G ＝B F c o s ３０ʎ＝１０３c m (１分)又:n ＝cv(１分)t ＝O E ＋E F ＋F G v (１分)解得:t ＝２ˑ１０－９s(１分)(其他正确解法,参照给分)３５．[化学 选修３:物质结构与性质](１５分)(１)１(１分)㊀㊀O㊀S ㊀H (１分)(２)①共价键㊁配位键㊁离子键(２分,不全对扣一分,其它合理也可给分)理科综合 一诊 考试题答案第６㊀页(共６页)(２分)㊀s p ３杂化(１分)②氨分子间存在氢键(１分)(３)金属晶体(１分)㊀基态铁原子的价电子排布式为３d ６４s２,失去３个电子后核外电子呈半充满稳定状态,因此I ４远大于I ３(２分)(４)①A u C u ３(或C u ３Au )㊀(２分)㊀②２－１２３３８９d N A＋５a ˑ１０－１１(２分)３６．[化学 选修５:有机化学基础](１５分)(１)２－丙醇(或异丙醇)(２分)㊀㊀H ２O (１分)㊀㊀羧基㊁羟基(２分,各１分)(２)(２分)酯化反应(或取代反应)(１分)(３)４(２分)(４)１．５ˑ１０４(２分)(３分)说明:１．本试卷中其它合理答案,可参照此评分标准酌情给分.２．方程式未写条件或条件不完全㊁不写 ˌ 或 ʏ均扣一分,不配平不得分.３７．[生物 选修１:生物技术实践](１５分)(１)碳源(２分)㊀㊀氮源和无机盐(２分)㊀(２)溶化(２分)㊀灭菌(２分)㊀㊀在稀释度足够高的菌液里,聚集在一起的微生物易于分散成单个细胞(３分)(３)用其他碳源替代苯酚(２分)㊀㊀保证甲㊁乙两支试管中的微生物种类是相同的(２分)３８．[生物 选修３:现代生物科技专题](１５分)(１)动物细胞培养(２分)㊀㊀动物细胞融合(２分)㊀㊀抗原(１分)㊀㊀(２)能(２分)㊀㊀浆细胞不能增殖,骨髓瘤细胞中的D N A 合成途径被阻断不能增殖,杂交瘤细胞可通过辅助途径合成D N A ,能够增殖(４分)(３)能无限增殖并分泌特异性抗体(２分)㊀㊀人绒毛膜促性腺激素(或H C G )(２分)。
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。
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届高三第一次诊断试题 物理 Word版含答案
成都市2015届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合物理部分理科综合共300分，考试用时150分钟。
1．物理试卷分为第1卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第1卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页，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上，答在试卷上的无效。
考试结束后，只将答题卡交回。
第1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 分别是加速度、电场强度、磁感应强度的定义式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，轴夹角为30。
的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿z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。
到A经历的时间为D离开第豫限时，粒子的速度方向与z轴正方向的夹角为30~3．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7．9 km／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3 h，且从图示位置开始经1．5 h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4．如图所示，质量均为m的木块A和B，用劲度系数为^的轻质弹簧连接，最初系统静止。
四川省成都市锦江区2015届中考物理一诊试题(含解析)
2015年四川省成都市锦江区中考物理“一诊”试卷一、单项选择题（共30分，每小题2分）1．假如科学家研制出常温下的超导体，则它可用作（）A．电热丝B．保险丝C．变阻器D．输电导线2．下列有关磁现象的说法中，正确的是（）A．两个不接触的磁体相互作用是通过磁场发生的B．磁感线是真实存在的C．法拉第发现了电流周围存在磁场D．地磁场两极与地理两极正好相反3．在家庭电路中，下列说法正确的是（）A．灯与控制它的开关是并联的B．电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大C．使用测电笔时，不能用手接触到笔尾的金属体D．增加大功率用电器时，只需换上足够粗的保险丝即可4．关于内能，下列说法正确的是（）A．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能B．物体内能的大小取决于物体运动的速度C．把﹣10℃的冰块放在0℃的环境中一段时问后，冰块的内能会增加D．温度高的物体内能一定多5．在如图所示的电路中，用滑动变阻器调节灯的亮度，若要求滑片P向右端滑动时灯逐渐变亮，应选择下列哪种接法（）A．M接A，N接B B．M接A，N接D C．M接C，N接B D．M接C，N接D6．下列说法正确的是（）A．电铃在工作中应用了电磁铁B．电磁继电器的工作原理与发电机的相同C．电话话筒的作用是将电流信息转化为声音信息D．电动机是将机械能转化为电能的机械7．下列物理量最接近实际情况的是（）A．我国电网的交流电频率是220HzB．学生实验用的根铜导线的电阻约500ΩC．人体的安全电压是不高于36VD．电饭锅的电功率大约为10W8．如图所示的电路中，甲、乙、丙是连接在电路中的三只电学仪表．闭合开关S后，灯L1、L2均正常发光．则（）A．甲是电流表，乙、丙是电压表B．甲是电压表，乙、丙是电流表C．乙是电流表，甲、丙是电压表D．乙是电压表，甲、丙是电流表9．如图，一同学在探究串联电路的电流规律时，按甲图连接好电路，闭合开关S后观察到两个电流表A l、A2的偏转情况如乙、丙两图所示，下列说法正确的是（）A．串联电路中电流处处相等B．电流表A1示数比电流表A2的示数小C．串联的两个灯泡的亮度一定相同D．电流每流过一个用电器，电流都会减弱一些10．物理知识在生产、生活中有广泛的应用，下列说法中错误的是（）A．电线的芯线外面包上一层塑料，主要是为了保护罩面的芯线不受腐蚀B．手机的备用电池不能与硬币放到一起，主要是为了防止电池被硬币短路而损坏C．帮助触电者脱离电源可以用塑料杆，主要是由于塑料属于绝缘体D．有些地毯纤维内掺杂着金属丝，主要是为了增加地毯导电性，防止静电11．如图所示是小明家的电能表，从中可获取的正确信息是（）A．它测的是小明家用电器消耗的电功率B．电路每消耗1度电，电能表转盘转过3000转C．此时电能表的读数是15723kW•hD．该电能表只能在220V的电压下工作12．如图所示，闭合开关S时灯泡L恰能正常发光，若再闭合开关S1，则（）A．灯泡变亮，电流表示数不变B．灯泡变暗，电流表示数不变C．灯泡亮度不变，电流表示数增大D．灯泡亮度不变，电流表示数减小13．在电学实验中遇到断路时，常常用伏特表来检测．某同学连接如图所示的电路，电键闭合后，电灯不亮，安培表无指示．这时用伏特表测得a、b两点间和b、c两点间的电压均为零，而a、d间和b、d间的电压均不为零，这说明（）A．电源接线柱接触不良B．电键的触片或接线柱接触不良C．安培表接线柱接触不良D．灯泡灯丝断了或灯座接触不良14．将灯L1接在12V的电路中，功率为12W．若保持电路电源电压不变，再在电路中连入灯L2，使电路的总功率为18W．在如图所示的四个电路中，连接方法正确的是（）A．B． C．D．15．如图所示，为我省某中学物理兴趣小组设计的电子身高测量仪电路图．其中，定值电阻R1=6Ω，电源电压恒为4.5V，R2的规格为“15Ω0.5A”，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，闭合S，则（）A．当测矮个同学身高时，电流表的示数变小B．当测高个同学身高时，电压表的示数变小C．当R2接入电路中的电阻为9Ω时，电压表的示数为2.7VD．为了保证电路中各元件安全工作，变阻器接入电路的阻值范围是0～12Ω二、填空题（共36分，每空2分）16．一定量的水和酒精混合总体积变小，是由于分子之间存在；两块表面干净的铅块互相压紧能够吊住重物，说明分子间存在．17．如图甲所示，电阻箱的小数是Ω，如图乙所示，小明将铜片、锌片插入土豆，制成土豆电池，闭合开关S，发现电压表的指针向左偏转，锌片是土豆电池的极．18．早在公元前600年，人们发现了摩擦起电现象，摩擦起电的实质是的转移．行驶的地铁车身与空气摩擦起电却没有吸附大量的灰尘，是因为车轮是由（填“导体”或“绝缘体”）制成的，可以将电荷移走．19．家庭电路中为了避免导线过热而引起绝缘皮燃烧，在电路中要（选填“串联”或“并联”）熔丝．人体被淋湿后，人体的电阻将（选填“变大”、“变小”或“不变”）．20．如图所示，在电路中要使电灯L1和L2并联，应闭合开关，为了防止电路出现短路，不能同时闭合开关．21．小芳家夏天常用的“电热驱蚊器”是利用电流的效应工作的，其元件是一个阻值为484Ω的电阻，将其接在家庭照明电路中通电3600s产生的热量为 J．22．如图实验说明用的方法可使物体的内能增加，在照明电路中电灯工作后，灯丝温度升高，灯丝内能的变化是通过方式来改变的．23．如图所示，弹簧下端挂条形磁铁，磁铁下端为N极，条形磁铁的正下方有带铁芯的螺线管，闭台开关后，弹簧长度会；再将变阻器滑片向右移动，弹簧长度会（选填“伸长”、“缩短”或“不变”）．24．小明和姐姐一起去买电水壶，当他们选择某一品牌的电水壶时，发现有800W和1200W两种功率可选，如图是他们对买哪一款更省电的问题出现的不同意见．请你在相同质量的水升高相同的温度的前提下，帮他们分析：（1）不考虑热散失，（选填“800W”、“1200W”、“一样”）省电．理由是．（2）考虑热散失，（选填“800W”、“1200W”、“一样”）省电．理由是．三、作图与计算题（共16分）25．图中电路连接正确，通电后小磁针指向如图所示（涂黑端表示N极），请在图中标出电源的“+”、“﹣”极，并画出螺线管的绕法．26．某家庭需要将50kg、10℃的水加热到50℃做为生活用水，他们利用煤气灶烧热水时，需要燃烧0.8kg的煤气．已知煤气的热值q=4.2×107J/kg．水的比热容为c=4.2×103J/（kg•℃）．求：（1）把50kg、10℃的水加热到50℃需吸收的热量；（2）0.8kg的煤气完全燃烧时放出的热量；（3）煤气灶烧水的效率．27．在如图所示的电路中，电源电压U=8V，且保持不变，R1=10Ω，R2=40Ω．（1）若开关S1闭合，S2断开，当滑片P滑到a端时，电流表的示数为0.2A，画出此时的等效电路并求此时滑动变阻器R连入电路中的电阻值为多大？（2）画出开关S1，S2均闭合，当滑片P滑到b端时的等效电路，并求此时电流表的示数是多少？四、实验与探究题（共18分，每空1分）28．如图，在探究“不同物质吸热能力”的实验中：（1）在两个相同的烧杯中加入初温相同、相同的水和煤油，选用相同电加热器的目的是：使水和煤油在相同时间内．（2）水和煤油温度随时间变化的图象如图乙所示．①根据图甲可判断处a物质是．②根据图乙可判断处吸热能力强，它的比热容较（填“大”或“小”）．（3）本实验采用的物理研究方法是法．29．如图所示．是探究“并联电路电流特点”的实验电路图：（1）实验中，选择两个灯泡的规格应该是（选填“相同”或“不同”）的；连接电路时开关应．（2）由于不知两灯泡的电流大小，应先采用方法选择出合适的电流表的量程．（3）测出A、B、c三处的电流I A、I B、I c，并将数据填入到表中，为使结论更具有普遍性．接下来应该粟取的操作是（选填下面字母），再进行实验．A、改变开关位置B、更换规格不同的灯泡C、将灯泡L1、L2的位置互换．30．在探究电和磁之间的关系时，小明用磁体、铜棒ab、电流表、导线组成如图所示的实验装置．（1）实验中发现，铜棒ab左右运动时，电流表指针也来回摆动，这种现象叫现象．人们根据这个原理制成了，把机械能转化为电能．（2）小刚用一节干电池替换了装置中的电流表，他们发现电路一接通，铜棒ab会向左摆动；若对调电池的正负极，铜棒ab会向摆动．这一现象说明了通电导体在磁场中受力的方向与方向有关．31．图1是小明做“探究影响导体电阻大小的因素”实验所采用的电路，a、b、c、d是四根合金丝，用一只电压表分别测出它们两端的电压，得到的一次实验部分数据如表所示．（1）四根合金丝串联在电路中，它们两端的电压之比等于它们的之比，为探究导体电阻与横截面积的关系，应比较合金丝a和两端的电压，合金丝d两端电压如图2所示，示数为V；（2）在得到上表数据的过程中，（选填“能”或“不能”）改变滑动变阻器滑片的位置，为得到更可靠的实验结论，应多次实验，每次实验测量合金丝两端电压之前，需进行的一项实验操作是．（3）关于导体电阻与长度的关系，小明还进行了理论探究：某金属丝电阻为R，长度为L若把n根这样的电阻丝串联在电路中，则总长度为nL，总电阻为，从而得到导体电阻与长度的关系，依此关系，上表中合金丝b两端的电压应该为V．三、不定项选择题（共10分，每小题2分．下列各题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分．选对未选全得1分，凡有错选或不选均不得分）32．如图所示的四个实验中，能确定钢棒具有磁性的是（）A．①② B．③④ C．①③ D．②④33．有许多日常用品应用了物质的物理属性，下列说法正确的是（）A．冰箱门吸应用了磁铁的磁性B．水壶的把手用胶木做应用了胶木的弹性C．导线用铜物质制造应用了铜的硬度D．炒锅用铁物质制造应用了铁的导热性34．下列说法正确的是（）A．在四冲程内燃机巾减少废气带走的大量热量可以提高热机效率B．柴油机的效率比汽油机的高，这是因为柴油的热值比汽油的大C．沿海地区昼夜温差较小，主要原因是水的比热容较大D．60℃的水比30℃的水所放出的热量多但比热容相同35．某灯泡的额定电压为220V，为了确定它的额定功率，下述方案最佳的是（）A．直接与其他额定电压为220V且标有额定功率的灯泡．从外观上比较确定B．将该灯泡接入220V电路中，测出流过灯泡的电流，用公式P=UI进行计算C．将它与额定电压为220V且标有额定功率的另一灯泡并联，接入220V电路中，比较两只灯泡的亮度来判断D．在实验室用伏安法测出灯丝电阻，用公式P=进行计算36．如图甲是测量高于江水警戒水位装置的原理图．长方柱形绝缘容器A内部左右两面捅有竖直薄金属板并与电路连接，底部有一小孔与江水相通．且容器底面与警戒水位相平．己知电源电压恒为6V，小灯泡标有“4V 2W”字样（设灯丝工作电阻不变）．两金属板间的江水电阻R与x的关系如图乙所示（x为容器内水柱高度h的倒数）．以下说法中正确的是（）A．当江水水位升高时，电流表示数减小B．将电流表改为水位计，水位计的刻度是均匀的C．当江水水位高于警戒水位5m时，小灯泡正常工作D．当容器内水杆高度h是2.5m时，容器内江水消耗的电功率是2.25W二、综台题（共10分）37．有一阻值恒定的电阻元件，额定功率P额=6W，额定电压在10V～19V之间．若要正确使用该元件，应先知道其额定电压．实验室里有如下器材：一个蓄电池（电压约为6V）、一个电流表（量程：0～0.6A和0～3A）、一个定值电阻R0=10Ω，两个单刀开关、导线若干．请你用上述器材测出该元件的额定电压．（1）猜想与假设：根据欧姆定律I=，电功率P=UI，只要我们测出元件电阻的阻值，进而就可计算出其额定电压．（2）设计实验：a．该元件的额定电流不超过A．为提高测量的精确度，电流表应选量程A．b．根据实验器材请把你设计的电路图画在方框中．（3）进行实验：请按照你设计的电路图补全以下实验步骤，并写出测量的物理量及其对应的符号．a．连接电路；b．；c．；d．断开开关，整理器材．（4）用测量的物理量和已知物理量的符号表示出额定电压：U额= ．38．如图黑箱内有：一个电压为U=6V的电源．两个定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω组成的电路，箱外有四个接线柱A、B、C、D．若把电流表接在接线柱A、D之间，电流表的示数为1.2A；若把电流表改接在接线柱B、C之间，它的示数为0.6A；若把电流表改接在接线梓A、C之间，它的示数变为0.4A．（1）根据上述测试结果，画出箱内电路的连接情况，并标明R1、R2（2）在10min内电路消耗的最大电能为多少？2015年四川省成都市锦江区中考物理“一诊”试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共30分，每小题2分）1．假如科学家研制出常温下的超导体，则它可用作（）A．电热丝B．保险丝C．变阻器D．输电导线【考点】超导体的特点．【专题】粒子与宇宙、材料世界．【分析】超导现象是电阻为零的现象，超导体适合制作输电导线和电动机线圈等．【解答】解：超导体电阻为0，保险丝、电热丝和变阻器都是利用电流热效应工作的，它不能使用超导体．远距离输电中的输电导线与电流的热效应无关，可以使用超导体．故选D．【点评】利用超导体进行远距离输电，在输电过程中不会由于电流流过导体产生焦耳热而损失电能，可以减少电能的损失，具有很大的优越性．2．下列有关磁现象的说法中，正确的是（）A．两个不接触的磁体相互作用是通过磁场发生的B．磁感线是真实存在的C．法拉第发现了电流周围存在磁场D．地磁场两极与地理两极正好相反【考点】磁场；地磁场；通电直导线周围的磁场．【专题】简答题；电流和电路．【分析】A、磁体间的作用是通过磁场发生的；B、磁感线是为了描述磁场引入的物理模型；C、法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应；D、地磁两极与地理两极之间存在一夹角．【解答】解：A、磁体周围存在磁场，磁体间的作用是通过磁场发生的，故A正确；B、磁场真实存在，磁感线是为了描述磁场引入的物理模型，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；D、地磁场两极与地理两极并不正好相反，它们之间存在一偏角，故D错误．故选：A．【点评】此题主要考查学生对于磁场、磁感线、电流磁效应以及地磁场的认识和理解，属于基础性题目．3．在家庭电路中，下列说法正确的是（）A．灯与控制它的开关是并联的B．电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大C．使用测电笔时，不能用手接触到笔尾的金属体D．增加大功率用电器时，只需换上足够粗的保险丝即可【考点】家庭电路的连接；测电笔的使用；熔断器的作用及保险丝的选择方法；家庭电路电流过大的原因．【专题】应用题；电与热、生活用电．【分析】（1）灯与控制它的开关是串联的；（2）电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是用电器的总功率过大；（3）使用测电笔辨别火线时，一定要用手触及笔尾的金属部分，否则容易造成误判，认为带电体不带电是十分危险的．使用测电笔时，不能用手触及测电笔前端的金属探头，这样会造成人身触电事故；（4）增加大功率用电器时，根据公式I=可知，电路中的电流会变大，因此需要更换干路中的导线和保险丝．【解答】解：A、灯与控制它的开关是串联的，与插座是并联的．故A错误；B、电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大，B正确；C、使用测电笔辨别火线时，一定要用手触及笔尾的金属部分，故C错误；D、增加大功率用电器时，由于电路中的电流变大，不但要换上足够粗的保险丝，还要更换干路中的通电导线．故D错误．故选B【点评】此题考查的知识点比较多，有对家庭电路中灯与开关和插座的连接方式、测电笔的正确使用方法、电路中电流过大的原因等的考查．需要同学们掌握一些基本的用电常识，题目难度不大．4．关于内能，下列说法正确的是（）A．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能B．物体内能的大小取决于物体运动的速度C．把﹣10℃的冰块放在0℃的环境中一段时问后，冰块的内能会增加D．温度高的物体内能一定多【考点】内燃机的四个冲程；内能的概念；温度、热量与内能的关系．【专题】应用题；分子热运动、内能；比热容、热机、热值．【分析】（1）在压缩冲程中，活塞压缩汽油与空气形成的燃料混合物，活塞对气体做功，将机械能转化为气体的内能；（2）内能是指物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，内能与物体的温度、质量和状态有关；（3）改变物体内能的方法：一是做功，例如压缩气体做功、克服摩擦做功等；二是热传递，前者属于能量的转化，后者属于能量的转移．【解答】解：A、在四冲程汽油机的工作过程中，压缩冲程中机械能转化为内能，故A错误；B、物体运动的速度影响动能的大小，与内能无关，故B错误；C、把﹣10℃的冰块放在0℃的冰箱保鲜室中，冰块吸收热量、内能增加、温度升高，故C正确；D、在状态、质量不确定的情况下，温度高的物体内能不一定大，故D错误．故选C．【点评】此题主要考查了对内燃机的能量转化、改变内能的方式、影响内能的因素的理解和掌握，基础性题目．5．在如图所示的电路中，用滑动变阻器调节灯的亮度，若要求滑片P向右端滑动时灯逐渐变亮，应选择下列哪种接法（）A．M接A，N接B B．M接A，N接D C．M接C，N接B D．M接C，N接D【考点】滑动变阻器的使用．【专题】电压和电阻．【分析】（1）灯泡亮度变亮，功率变大，根据P=I2R，电路中电流变大．电源电压不变，电流变大，电阻变小，滑动变阻器接入电路的电阻丝变短．（2）滑动变阻器在电路中的正确连接方式是连接一“上”一“下”两个接线柱，哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的，它就是下面被连接的接线柱与滑片P之间的部分．【解答】解：滑动变阻器的滑片右移，灯泡变亮，功率变大，根据P=I2R，电路中电流变大．电源电压不变，电流变大，电阻变小，滑动变阻器接入电路的电阻丝变短．M应该接A或B，N接D．故选B．【点评】（1）掌握根据实际功率判断灯泡的亮度．（2）知道电压和电阻，根据欧姆定律判断电流大小．（3）掌握滑动变阻器的原理、作用、接线柱的接法．6．下列说法正确的是（）A．电铃在工作中应用了电磁铁B．电磁继电器的工作原理与发电机的相同C．电话话筒的作用是将电流信息转化为声音信息D．电动机是将机械能转化为电能的机械【考点】电磁铁的其他应用；直流电动机的构造和工作过程．【专题】应用题；磁现象、电生磁；电动机、磁生电．【分析】（1）带有铁芯的通电螺线管就是电磁铁，电铃中铃锤的敲打是利用电磁铁；（2）发电机是利用电磁感应现象制成的；（3）电话的话筒通过电磁感应把声音的信号变为强弱变化的电流，而听筒是把强弱变化的电流通过磁场对电流的作用转化成声音；（4）电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的．【解答】解：A、通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，把小锤下方的弹性片吸过来，使小锤打击电铃发出声音，同时电路断开，电磁铁失去了磁性，小锤又被弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声．应用了电磁铁，故A正确；B、电磁继电器是利用电流的磁效应原理，发电机是利用电磁感应现象制成的，故B错误；C、电话的话筒把声信号转变为强弱变化的电信号传递出去，故C错误；D、据课本知识可知，电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，即将电能转化为机械能的过程，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查电磁铁在生活中的应用、发电机、电动机的原理和电话话筒的作用等知识点，是一道基础题．7．下列物理量最接近实际情况的是（）A．我国电网的交流电频率是220HzB．学生实验用的根铜导线的电阻约500ΩC．人体的安全电压是不高于36VD．电饭锅的电功率大约为10W【考点】交流电；电压；电阻；电功率．【专题】应用题；估算综合应用题．【分析】解决此题的关键是了解相关生活常识，家用微波炉的功率约1000W，学生实验用的一根铜导线的电阻约为0.5Ω，一般情况下，人体的安全电压不高于36V，我国交流电的频率是50Hz，结合相关物理知识求解选项中的物理量．【解答】解：A、我国交流电的频率是50Hz，故A错误；B、学生实验用的一根铜导线的电阻约0.05Ω，故B错误；C、由电学常识可知，一般情况下，人体的安全电压不高于36V，故C正确；D、家用微波炉的功率约1000W，故D错误．故选：C．【点评】解决此类问题的关键是根据生活常识的了解，结合物理相关知识进行求解分析各物理量的数值是否符合实际．8．如图所示的电路中，甲、乙、丙是连接在电路中的三只电学仪表．闭合开关S后，灯L1、L2均正常发光．则（）A．甲是电流表，乙、丙是电压表B．甲是电压表，乙、丙是电流表C．乙是电流表，甲、丙是电压表D．乙是电压表，甲、丙是电流表【考点】电压表的使用；电流表的使用．【专题】压轴题；基本仪器的使用专题．【分析】要确定圆圈中的电表符号，首先要弄清电压表和电流表的正确使用方法：电流表要串联在电路中使用，而电压表要与被测用电器并联；根据图中各圆圈的位置以及和用电器的连接方式，结合电表的使用方法进行分析．【解答】解：A、如果甲是电流表，则两灯泡被短路，两灯泡都不能发光，故A错误；B、如果甲是电压表，则它测量电源电压，乙、丙是电流表，分别测量干路和L2支路的电流，灯泡并联正常发光，故B正确；C、如果丙是电压表，则电路断路，两灯都不能发光，故C错误；D、如果乙是电压表，则灯L2断路，不能发光，故D错误；故选B．【点评】知道电压表与电流表在电路中的连接方式，分析清楚电路结构即可正确解题．9．如图，一同学在探究串联电路的电流规律时，按甲图连接好电路，闭合开关S后观察到两个电流表A l、A2的偏转情况如乙、丙两图所示，下列说法正确的是（）A．串联电路中电流处处相等B．电流表A1示数比电流表A2的示数小C．串联的两个灯泡的亮度一定相同D．电流每流过一个用电器，电流都会减弱一些【考点】串联电路的电流规律；电流表的读数方法；实际功率．【专题】应用题；电流和电路；电能和电功率．【分析】串联电路中，电流处处相等．据此分析判断．【解答】解：ABD、串联电路中，电流是处处相等，故BD错误，A正确；C、灯泡的亮度由实际功率决定，由P=I2R可得，当两灯泡的电阻不相等时，灯泡的亮度就不同，故C错．故选A．【点评】本题考查串联电路电流的特点以及仪表的使用，属于基础题．。
四川省成都七中高三12月一诊模拟——物理物理
四川省成都七中2015届高三12月一诊模拟考试物理试题满分110 分注项事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的考号、考试科目用2B 铅笔和姓名用02mm的黑色签字笔填写在答题卡规定的地方。
2．答第Ⅰ卷时，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，其它所有试题的答案用0.2rnm的黑色签字笔填写在答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷选择题（满分42分）一、选择题（本题包括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，有选借的得0分）l、下列说法正确的是（）A．电流强度是基木物理量，其单位安培（A）是国际单位制的基木单位B．质子、中子和α粒子都能在回旋加速器中波加速，从而获得较高的能量C．在某些磁场中，洛仑兹力可以对运动电荷做功D．电场、电场线、磁场、磁感线都是客观存在的物质2、某学校教室里的竖直磁性黑板上通常枯挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．对贴在竖直黑板上、未挂重物的小磁铁，下列说法中正确的是（）A．磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力，才能被吸在黑板上B．磁铁受到的重力小于受到的摩擦力，才能被吸在黑板上C．磁铁与黑板间存在三对作用力与反作用力D．磁铁受到的电磁吸引力与黑板受到的压力是一对平衡力3、如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M 的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．甲的向心加速度比乙的大B．甲的运行周期比乙的大C．甲的角速度大小等于乙的角速度D．甲的线速度比乙的大4、如图所示．物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°，和37°(sin37°＝0.6, cos37°=0.8)时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为（）A．0.6B．0.625C．0.75D．0.85、甲、乙两物体在t = 0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v一t图像如图所示，则( )A．甲、乙在t＝2.5s时的加速度方向相同B．甲、乙在t＝0.5s时的加速度大小相同C．在t＝0到t＝7s之间．乙的加速度改变了3次D．甲乙之间的距离一直在增大6、如图（甲）所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜而，同时施加沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ。