1、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【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、电场等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。第1卷 1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。【题文】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
2、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【知识点】物理学史P【答案解析】B解析：A牛顿不是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 分别是加速度的决定式，故D错误；故选B【思路点拨】熟记物理学史和物理知识【题文】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x轴正方向。下列判
3、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0到A经历的时间为D离开第豫限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30【知识点】；K3C2D4【答案解析】C解析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：A、根据左手定则及曲线运动的条件判断出此电荷带负电，故A错误；B、由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，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=60，所以粒子运动的时间为 t= T= =，故C正确；D、根据对称原理，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【思路点拨】先根据题意作出粒子运动的轨迹
4、，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电荷的正负，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【题文】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79 kmsB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，“
5、轨道康复者”的周期为3 h，且从图示位置开始经15 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【知识点】；D5【答案解析】D解析：A、79 kms是最大环绕速度，不可能大于它；B、根据a=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍故B错误C、根据得，T=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则地球同步卫星周期是“轨道康复者”的周期的5倍，“轨道康复者”的周期为3 h，且从图示位置开始经15
6、h与同步卫星的距离不是最近故C错误D、“轨道康复者”要在原轨道上加速，做离心运动，才能“拯救”更高轨道上的卫星故D正确故选：D【思路点拨】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动【题文】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2g B、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 D 、A上升的速度先增大后减少【知
7、识点】B5【答案解析】A解析：A、开始时，A、B都处于静止状态，A合外力为2mg，即加速度大小为2g，故A正确；B、弹簧对A和对B的弹力不是一对作用力与反作用力，只是相等，故B错误；C、开始时，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1=mg，物体B恰好离开地面时，弹簧对A的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2=mg这一过程中，物体A上移的距离 d=x1+x2式联立可解得：d= D 、A上升做的是加速度减少加速，故D错误；故选：A【思路点拨】A、B原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1当B刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力
8、等于A的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A上升距离d=x1+x2【题文】5如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，平行板电容器的两块金属板正对水平放置，B为两极板间一固定点，R为光敏电阻（光照越强电阻越小）图中滑动变阻器R1的滑动触头P在a端时，闭合开关K，稳定后电流表A和电压表V的示数分别为I和U，以下说法正确的是（）A、若此时仅将R1的滑动触头P向b端移动，则平行板电容器的带电量将减小B、若此时仅将电容器上极板上移，则图中B点电势将降低C若此时仅用更强的光照射R，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增大D若此时仅用更强的光照射R，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值之
9、比减小【知识点】J2【答案解析】B解析：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，带电量不变故A错误B、若仅将电容器上极板上移，距离变大，电压不变，场强变小，所以B点到负极的电势差减小，所以B到上极板的电势差变大，上极板电势不变，所以B点电势将降低故B正确；C、用更强的光线照射R，R的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，根据q=UC可知，q减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量，=r不变，故CD错误故选：B【思路点拨】：该电路R直接接在电源两端，电容器两端间的电压等于R两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的
10、电压变化，通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化【题文】6、某同学自制一电流表，其原理如图所示，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ad、bc中点连线重合，且指针指在标尺的零刻度，当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为gA、要使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从M至N；B、当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零；
11、C、电流表的量程是D、电流表的量程是【知识点】；B4K1【答案解析】AC解析： A电流表正常工作，金属棒所受安培力应向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向为：MN，故A正确；B、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，由平衡条件得：mg=kx，x=，故B错误；C、D设电流表满偏时通过MN的电流为Im，此时金属棒到达dc位置，由平衡条件得：BImL1+mg=k（x+）得：Im=，故C正确，D错误；故选AC【思路点拨】（1）金属杆处于平衡状态，由平衡条件及胡克定律可以求出弹簧的伸长量（2）由左手定则可以判断出电流方向（3）求出当金属棒到达dc位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程第卷【题文】8
12、(17分)I(6分)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，按网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： 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； 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)； 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； 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
13、： (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(11分)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6 V，内阻r约3Q)、电流表(量程2OA，内阻r。一O8n)、电阻箱R，(O999 f1)、滑动变阻器R2(0R：)、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Rz
14、接入电路的阻值。 (1)小华先利用该电路准确地测出了忌接入电路的阻值。 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、Sz，断开s：，读出电流表的示数j；再闭合s、sl，断开S，调节电阻箱的电阻值为36 Q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Q。 (2) 小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。 他的实验步骤为： a在闭合开关前，调节电阻R，或R。至 (选填“最大值”或“最小值”)，之后闭合开关s，再闭合 (选填S1”或“S2”)； B调节电阻 (选填“R。”或Ra”)，得到一系列电阻值尺和电流，的数据； c断开开关，整理实验仪器。 图乙是他南实验数据绘
15、出的图像，图像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 。(计算结果保留两位有效数字) 。【知识点】力的合成分解 B3J7【答案解析】I（1）T=；小明2.86；2.38解析：I(1)由受力分析几何关系得：，解得T=，小聪测量的太粗略不准确；（2）由力的合成分解可知C正确（1）用图示电路测电流表电阻时用半偏法，其测量方法是：先闭合电键K，调节滑动变阻器，使电流表满偏；然后，把开关S连到B上，保持滑动变阻器电阻不变，调节电阻箱，使电流表半偏，则电阻箱的电阻即为电流表电阻，其产生误差的原因是并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大使测得的电流偏小；（2）（2）测电动势和内电阻
16、，只需得出电流值及外电阻的阻值即可；故断开电键K，将开关S与D连接，调节电阻箱R，得到多组R、I值，由闭合电路欧姆定律画出-R图象，由图象的斜率及截距的意义即可求得电动势和内电阻故应为：调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 A，记录电阻箱的阻值和电流表示数；故答案为：断开，A；（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+R1+r），即：=+；由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图线在纵轴上的截距是，图象的斜率为；则E=2.86V；r=2.38；【思路点拨】I(1)由受力分析几何关系得：，解得（2）由力的合成分解可知、（1）由电路的结构可知测定电流表内阻实验的原理为半偏法，分析两次实验中电
17、路的变化可知误差产生的原因；（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步骤；（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【题文】9(15分) 中国“辽宁号”航空母舰是中国人民解放军海军的第一艘航空母舰.2012年9月25日，该舰正式加入中国海军序列.11月25日，歼-15舰载机在航母上成功起降，为中国航母战斗力的形成迈出了极为关键的一步歼-15舰载机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，具有完全的自主知识产权航空母舰上的起飞跑道可以简化为如图所示的情境，假设航空母舰上的起
18、飞跑道由长度为l1=1.6102m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m舰载机质量为m=2.0104kg，其发动机的推力大小恒为F=1.2105N，方向与速度方向相同，在运动过程中舰载机受到的平均阻力大小为舰载机重力的0.1倍假设航母处于静止状态，舰载机质量视为不变并可看成质点，取g=10m/s2（1）求舰载机到达倾斜跑道末端时的速度大小；（2）为了使舰载机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对舰载机施加助推力，求助推力F推的大小【知识点】E2【答案解析】D解析：（1）设舰载机到达倾斜跑道末端时的速度大小为v，
19、全过程运用动能定理得，(F-Ff)(l1+l2)-mgh=mv2-0，代入数据解得v=41.5m/s（2）由题意知，只有水平轨道对舰载机施加助推力F推，全过程运用动能定理得，F推l1+（F-Ff）（l1+l2）-mgh=mv2-0，将v=100m/s代入解得F推=5.2105N【思路点拨】（1）对全过程运用动能定理，求出舰载机到达倾斜跑道末端时的速度大小（2）根据动能定理，求出助推力F推的大小【题文】lO(17分) 如图甲所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角=37的表面BC光滑木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感
20、器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，物块在CBA运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示滑块经过B点时无能量损失（已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2）求：（1）斜面BC的长度L；（2）滑块的质量m及AB板与物块的摩擦因数；（3）木板AB部分至少多长才能保证物块不从上面掉下来？【知识点】；E2B2【答案解析】（1）斜面BC的长度L为3m；（2）滑块的质量为2.5kg，动摩擦因数为0.2（3）木板AB部分至少9m才能保证物块不从上面掉下来解析：（1）根据牛顿第二定律知：a=gsin，t=1s，物块在光滑面上匀加速下滑，有：L=at2
21、=gsint2代入数据解得：L=3m（2）传感器压力来自物块对斜面正压力（等于G1）的水平分立，受力如图有：F=G=G1sin=Gsincos=mgsincos即为：12=mgsin37cos37，解得：m=2.5kg对水平段，由图知摩擦力为：f=5N，有：mg=5N，解得：=0.2（3）由图象知下滑时间t=1s，有滑到B点时速度为：=gsint=6m/s对AB段由动能定理有：-fLAB=0-mv2，代入数据得：LAB=9m【思路点拨】分析：（1）根据牛顿第二定律求出物块的加速度，结合位移时间公式求出斜面的长度（2）将物体对斜面的压力分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力等于传感器的示数，在
22、水平面上运动时，摩擦力的大小等于传感器的示数，结合受力，得出滑块的质量和物块的摩擦因数（3）根据速度时间公式求出滑块到达B点的速度，根据动能定理求出AB至少的长度【题文】 11(19分) 如图，在水平向右的匀强电场中有一固定点O，用一根长度L=0.4m的绝缘细线把质量m=0.1kg、电量q=7.510-4C的带正电小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为=37，现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球运动通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小【知识点】； E2I1I2【答案解析】（1）匀强电场的场强大小为1
23、03N/C；（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为m/s；（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N解析：（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：mgtan=qE解得：E=103N/C（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得： mgL-qEL=m-0解得，vC=m/s（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得： T-mg=m解得：T=1.5N【思路点拨】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解