1、高三入学诊断检测 物理试题 2012-9说明：本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第卷l至4页，第卷5至8页，满分100分，考试时间90分钟第卷(选择题共48分)一、选择题：本题共12小题。每小题4分共48分在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4分。选对但不全的得2分有选错的得0分1下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是 ( )A规则物体的重心一定在物体的几何中心上B劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大C动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D摩擦力的方向一定与接触面相切【答案】D【KS5U解析】重心不一定在物体的几何中心上，只
2、有质量分布均匀、形状规则的物体，重心才在其几何中心，A错误；弹簧弹力的大小取决于弹簧的劲度系数和形变量，所以劲度系数越大的弹簧，产生的弹力不一定越大，B错误；动摩擦因数的大小只与相互接触的两物体表面的粗糙情况有关，C错误；摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反，一定与接触面相切，D正确。2下列说法中正确的是（ ）A运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快惯性越大B马能够把车拉动，是因为马拉车的力大于车拉马的力C跳高运动员从地面上跳起时，地面给运动员的支持力大于运动员受到的重力D做平抛运动的物体，在空中的飞行时间由抛出时的高度和初速度共同决定【答案】C【KS5U解析】质量是物
3、体惯性大小的唯一量度，A错。马拉车的力和车拉马的力是作用力与反作用力的关系，大小相等，B错；运动员受到重力和地面的支持力，之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度，C对；做平抛运动的物体，在空中的飞行时间由抛出时的高度决定，与初速度的大小无关，D错。3如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、丙两轮半径相等，乙轮半径是丙轮半径的一半A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则 （ ）AA、B两点的线速度大小之比为2：1 BA、C两点的角速度大小之比为1：2CA、B两点向心加速度大小之比为2：1 DA、C两点的向心加速
4、度大小之比为1：4 【答案】BD【KS5U解析】由于甲轮和乙轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vA=vB，由知A、B两点向心加速度大小之比为1：2，A、C错；由于乙轮和丙轮共轴，故两轮角速度相同，由得，所以，A、C两点的角速度大小之比为1：2，A、C两点的向心加速度大小之比为1：4，BD正确。4. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 （ ）A. 顾客始终受到三个力的作用B. 顾客始终处于超重
5、状态C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下【答案】C【KS5U解析】在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用力方向指向左下，由于加速向右上方运动，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故选C5如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，
6、而左端的情况各不相同：中弹簧的左端固定在墙上，中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有 （ ）FAl2l1 Bl4l3 C l2l4 Dl1l3 【答案】C【KS5U解析】弹簧受到的拉力与其伸长量（弹簧实际长度与原长之间的差值）成正比；且测力计的示数代表的是作用在测力计挂钩上的力；由于右端受到力的大小皆为F，与左端的受力情况无关，故四根弹簧的伸长量相同，即l1=l2=l3=l4；故ABD错误，C正确m1m2O6如图所示，一个
7、半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为=60。两小球的质量比为 （ ）A. B. C. D.【答案】A【KS5U解析】m2球保持静止状态，对其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故F=m2g 再对m1球受力分析，如图根据共点力平衡条件x方向：Fcos60-Ncos60=0 y方向：Fsin60+Nsin60-m1g=0 由代入数据解得=,故选AF7把一重为的物体，用一个水平的推力kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如右
8、图所示，从t0开始物体所受的摩擦力f随t的变化关系是下图中的哪一个？ （ ）【答案】B【KS5U解析】一开始物体向下运动，加速度减小，滑动摩擦力，当F增大到一定值时，摩擦力等于重力，此后物体做减速运动，滑动摩擦力一直增大，直到速度减为0，此时摩擦力达到最大值；而后物体静止，对物体分析可知物体受到的静摩擦力大小等于重力，只有B符合题意。8如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（ ）A电容器中的电场强度将增大B电容器上的电荷量将减少C电容器的电容将减少D液滴将向下运动 【答案】BD【KS5U解析】由题图可知电容器两端电压等于两端电
9、压，P向左移动，外电路总电阻增大，电流减小，加在两端电压减小，电容器上的电荷量将减少，电容器中的电场强度将减小，液滴将向下运动，电容器的电容是一定值，不随外电路的变化而变化。选项BD正确。9图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷只在静电力的作用下运动，经过、点时的动能分别为23eV和5eV。当这一点电荷运动到某一位置时，其电势能变为-8eV，它的动能应为 （ ）A8eV B11eVC15eV D19eV 【答案】D【KS5U解析】由题，电荷经过a、b点时的动能分别为23eV和5eV，动能减小为18eV而相邻的等势面之
10、间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小6eV，所以经过等势面3时的动能是1 1 eV，又等势面3电势为0，电势能为0，所以电荷的总能量是11 eV。其电势能变为-8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为19eV10.2011年11月1日发射“神州八号”飞船并与“天宫一号”实现对接,这在我国航天史上具有划时代意义.假设“神州八号”飞船从椭圆轨道近地点到达椭圆轨道的远地点进行变轨,此后它的运行轨道变成圆形轨道,如图所示.则“神州八号”飞船( )A.在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变B.在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中动能
11、减小C.在点的机械能等于沿椭圆轨道运动时过点的机械能D.在点的加速度比点的加速度大 【答案】CD【KS5U解析】在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中，飞船要点火加速，动能瞬时增大，机械能增大，AB错误；由于飞船只受万有引力作用，所以在沿椭圆轨道运行过程中，机械能守恒，在点的机械能等于沿椭圆轨道运动时过点的机械能，C对；Q点是近地点，受到的万有引力大，所以在点的加速度比点的加速度大。11.竖直放置的平行金属板、连接一恒定电压,两个电荷和以相同的速率分别从极板边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场,恰好从板边缘射出电场.如图所示,不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,下列说法正确的是( )A.两电荷的电荷
12、量一定相等B.两电荷在电场中运动的时间相等C.两电荷在电场中运动的加速度相等D.两电荷离开电场时动能相等.【答案】B【KS5U解析】两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动的时间为t= ，L、v0相同，则时间相同故B正确。竖直方向的位移为y= ，a= ，则y= ，E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有不一定相等故A错误。由移为y=，t相同，y不同，a不等，故C错误根据动能定理，EK- mv02=qEy，则EK=mv02+qEy，EK大小无法判断故D错误vyxOPB12如图，在x0，y0的
13、空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xoy平面向里，大小为B，现有四个质量为m，电荷量为q的带电粒子，由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力影响，则（ ）A初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子B初速度最大的粒子是沿方向出射的粒子C在磁场中运动经历时间最长的是沿方向出射的粒子D在磁场中运动经历时间最长的是沿方向出射的粒子【答案】AD【KS5U解析】由可知，所以轨道半径越大，对应粒子的初速度越大，轨道对应的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，结合图象分析易得AD正确。第卷(非选择题共52分)二、本题共3小题，每空2分，共18分，把正确答案填在题中的
14、横线上13游标卡尺和螺旋测微器是两种常用的测量长度的精密仪器。如图甲所示的游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度，图示状态的读数是_ _mm；用如图乙所示螺旋测微器测量一根金属丝的直径的读数是_mm。【答案】13.55 0.675（0.6740.678之间均可）【KS5U解析】游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.0511mm=0.55mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=13mm+0.55mm=13.55mm；螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.0117.5=0.175mm，所以最终读数为：固定刻度
15、读数+可动刻度读数=0.5mm+0.175mm=0.675mm.14在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为E，频率为f的交流电源上，在实验中打下一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点的距离为S0，点AC间的距离为S1，点CE间的距离为S2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为: EP= ， 重锤动能的增加量为: EK 。根据题中提供的S1和S2，可求出重锤实际下落的加速度a= ，它和当地的重力加速度g进行比较，则a g(填大于，等于，小于)。【答案】见解析【KS5U解析】
16、重锤下落的高度为(s0+s1)，重力势能的减少量为mg(s0+s1)。C点的速度为：打C点时重锤的动能为：重锤下落的加速度，由于存在摩擦和空气阻力，这个加速度小于重力加速度。15.某同学测量阻值约为的电阻,现备有下列器材: A.电流表(量程,内阻约为）； B.电流表(量程,内阻约为）；C.电压表(量程,内阻约为）； D.电压表(量程,内阻约为）；E.直流电源(,允许最大电流）； F.滑动变阻器(最大阻值,额定功率）；G.电键和导线若干。(1)电流表应选 ，电压表应选 (2)设计出该实验的电路图画在右侧方框中【答案】(1) B C (2)电路图如图电流表应采用内接的方法；滑动变阻器应采用分压式接
17、法.【KS5U解析】电学实验选择仪器的一般步骤如下：根据电路中电流、电压的最大值选择电流表和电压表的量程，量程不能太大；根据题中关键语句，如精确测量，从零开始连续可调等等选择分压电路亦或是限流电路；分压电路滑动变阻器选择小阻值，限流电路滑动变阻器选择大阻值；选择电流表的内外接法，采用阻值比较法，一般的原则是“大内偏大，小外偏小” 。本题中，待测电阻Rx的阻值约为25k，直流电源电动势为20V，经粗略计算电路中最大的电流约为I=800A，所以电流表选择B；虽然电压表C的量程不足，可以用变阻器调节使电压不超过量程滑动变阻器应采用分压器方式的接法；电压表D的量程超过太多，读数误差大，故电压表选择C表
18、由于，则电流表应采用内接的方法三、本题包括3个小题共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位16(10分).质量为的物体在一恒定水平外力作用下,沿水平面作直线运动,其速度与时间关系图像如图所示.,试求:(1)恒力的大小;(2)地面动摩擦因数.【答案】见解析【KS5U解析】由图像可知物体做匀减速直线运动,设加速度为,做反向匀加速直线运动,设加速度分别为.且恒力与初速度方向相反.由图像得: (1) (2)2分由牛顿第二定律得: (3) (4)4分联(3)(4)立解得: (5) (6)将(1)(2)代入(5)(6)得:
19、 负号表示力的方向于正方向相反即与初速度方向相反即力的大小为；摩擦因数为 4分17. (10分)如图所示,金属杆,在竖直平面内贴着光滑平行金属导轨下滑,导轨的间距,导轨上端接有的电阻,导轨与金属杆的电阻不计,整个装置处于的水平匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面.当金属杆下滑时,每秒钟有的重力势能减少,求杆下滑的速度的大小(不计空气阻力).【答案】【KS5U解析】当杆匀速下滑时,重力的功率等于电路的电功率,设重力的功率为,则有: (1)4分由法拉第电磁感应定律得: (2) 2分联立(1)(2)解得: 代入数据得: 即棒下滑的速度大小为 4分18.(14分)如图，竖直平面坐标系第一象限，有垂直面向
20、外水平匀强磁场和竖直向上匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直面向里水平匀强电场,大小也为；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置半径为半圆轨道,轨道最高点与坐标原点相切,最低点与绝缘光滑水平面相切于.一质量为带电小球从轴上()点沿轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,过点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为).(1)判断小球带电性质并求出其所带电荷量；(2)点距坐标原点至少多高；(3)若该小球以满足(2)中最小值位置和对应速度进入第一象限,通过点开始计时,经时间小球距坐标原点距离为多远？【答案】见解析【KS5U解析】(1)小球进入第
21、一象限正交电场和磁场后,在垂直磁场平面内做圆周运动,说明重力与电场力平衡.设小球所带电荷量为,则有: (1)解得: (2)又电场方向竖直向上故小球带正电. 3分(2)设匀速圆周运动速度为、轨道半径为由洛伦兹力提供向心力得: (3)小球恰能通过半圆轨道最高点并沿轨道运动，则应满足： (4)由(3)(4)得： (5)即:最小距离为： (6) 5分 (3)小球由运动到过程中设到达点的速度为,由机械能守恒得： (7)由(4)(7)解得： (8)小球从点进入电场区域后,在绝缘光滑水平面上作类平抛运动.设加速度为,则有:沿轴方向有： (9)沿电场方向有： (10)由牛顿第二定律得: (11)时刻小球距点为： 6分
