1、2014年秋期普通高中三年级第一次诊断性测试理科综合物理试题【试卷综析】本试卷是高三期末试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面物理试题卷分第1卷（选择题）和第卷（非选择题）。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。第I卷 （选择题共42分）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。【题文】
2、1以下说法正确的是 A伽利略认为重的物体比轻的物体下落快B牛顿测量出了万有引力常量C法拉第发现了通电导线的周围存在磁场D亚里士多德认为力是维持物体运动的原因【知识点】 物理学史P0【答案解析】 D 解析： A、伽利略认为重的物体和轻的物体下落一样快，故A错误；B、卡文迪许测量出了万有引力常量，故B错误；C、奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场，故C错误；D、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故D正确；故选：D【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，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【题文】22014年8
3、月3日16时30分云南省鲁甸县发生6.5级强震，牵动了全国人民的心一架装载救灾物资的直升飞机，以9m/s的速度水平飞行在距地面180m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标,若不计空气阻力，g取10m/s2，则A物资投出后经过20s到达地面目标B物资投出后经过6s到达地面目标C应在地面目标正上方投出物资D应在距地面目标水平距离180m处投出物资【知识点】 平抛运动 D2【答案解析】 B 解析： A、救灾物资离开飞机后做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，解得：t= =6s，故A错误，B正确；C、救灾物资的水平位移：x=v0t=96=54m，为把物质准确投放至地面目标，应在距地面目标水平距离5
4、4m处投出物质，故CD错误；故选：B【思路点拨】货物离开飞机后以9m/s的初速度做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，根据平抛运动的分位移公式列式计算即可本题关键是明确货物做平抛运动，然后根据平抛运动的位移公式列式求解【题文】3如图为一质点做直线运动的图像，下列说法正确是A在18s22s时间内，质点的位移为24mB18秒时质点速度反向C整个过程中，E点处质点离出发点最远D整个过程中，CE段的加速度最大【知识点】 匀变速直线运动的图像 A5【答案解析】 D 解析： A、在18s20s时间内，质点的位移为x1=m=12m，在20s22s时间内，质点的位移为x2=-m=-1
5、2m，在18s22s时间内，质点的位移为0故A错误B、由图看出，在0-20s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，在20-22s时间内速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D点对应时刻离出发点最远故BC错误D、由图看出，CE段图线斜率最大，则CE段对应过程的加速度最大故D正确故选：D【思路点拨】根据速度图象，分析质点的运动情况，确定什么时刻离出发点最远速度图线的斜率等于加速度，根据数学知识分析加速度的大小图线与坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方，位移为正值，图线在t轴下方，位移为负值速度图象是考试的热点，关键抓住图线的两个数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度、“面积”等于
6、位移【题文】4如图所示，有界匀强磁场边界线SPMN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2(带电粒子重力不计)，则t1t2为 A13 B43 C32 D11【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动 K2【答案解析】 C 解析： 粒子在磁场中运动的周期的公式为T= ，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90，通过b点的粒子的偏转角为60，所以通过a点的粒子的运动的时间为T，通过b点
7、的粒子的运动的时间为 T，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2，所以C正确故选：C【思路点拨】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是: 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系【题文】5按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程已在2013年以前完成.假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的
8、圆形轨道运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道绕月球做圆周运动下列判断正确的是 A飞船在轨道上的运行速率B飞船在A点处点火变轨时,动能增大C飞船从A到B运行的过程中机械能增大D飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间【知识点】 万有引力定律及其应用 D5【答案解析】 A 解析：A、飞船在轨道上，万有引力提供向心力： ，在月球表面，万有引力等于重力得：G=mg0，解得：v= ，故A正确；B、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B错误；C、飞
9、船在轨道上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点速度，所以飞船在A点的线速度大于在B点的线速度，机械能不变，故C错误D、根据mg0=m，解得：T=2，故D错误；故选：A【思路点拨】在月球表面，万有引力等于重力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解，卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定飞船在近月轨道绕月球运行，重力提供向心力，根据向心力周期公式即可求解. 该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的应用，难度不大，属于中档题【题文】6如图所示，一轻质弹簧下端固定在粗糙的斜面底端的档板上，弹簧上端处于自由状态，斜面倾角为，一质量为m
10、的物块（可视为质点）从离弹簧上端距离为L1处由静止释放，物块与斜面间动摩擦因数为，物块在整个过程中的最大速度为v， 弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2(重力加速度为g) 则A从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能为mg L2cosB从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为mgL1(sincos)mv2D物块的最大动能为mgL1(sincos)【知识点】 功能关系；动能和势能的相互转化E6【答案解析】 AB 解析： A、系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时
11、，机械能的损失量为E=mgcosL2，A正确；B、根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确C、D根据题意可知，物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力加摩擦力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大， 速度最大时设弹簧压缩量x则： ，根据功能关系W弹=（mgsin-mgcos）（L1 +x）mv2故C、C错误；故选AB【思路点拨】物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加
12、速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，根据动能定理求出刚与弹簧接触时的动能即可判断，弹黉被压缩到最短时物块速度为零，根据动能定理即可求出此时弹簧的弹性势能，系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候速度最大，难度适中【题文】7如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，已知qEmg，以下说法正
13、确的是ABCDOEA小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA 间往复运动B小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5:1D小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力I1 D4【答案解析】 CD 解析： A、只有重力和电场力做功，带电小球到达B点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为qE2R=2mgR故A错误；B、D、从A点释放到第二次到C点过程，根据动能定理，有-mgR+2qE2R= 据向心力公式，有N2C+mg=m 解得N2
14、C=5mg，故B错误；C、第一次过D点时，根据动能定理，有mgR+qER= 根据向心力公式，有N1D-mg=m解得N1D=5mg第一次过C点，根据向心力公式，有N1C+mg=m根据动能定理可知：第一次经过C点的动能为：2EqR-mgR=mgR，故N1C=mg可知故CD正确；故选：CD【思路点拨】小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解第卷 （非选择题共68分）第卷共4题。【题文
15、】8.（17分）（1）(6分)如图为“研究木板与木块间动摩擦因数的大小”的实验装置图，将一木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计一端固定，另一端与木块水平相连现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力，要使弹簧测力计的示数即为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小，要求木板的运动 (填入选项前的字母)A必须是匀速直线运动 B必须是加速直线运动C必须是 减速直线运动D匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可为测量动摩擦因数，下列物理量中应测量的有_(填入选项前的字母)A木板的长度L B弹簧测力计的拉力大小FC木板的重力G1 D木块的重力G2【知识点】 探究影响摩擦力的大小的因素B2 B5【答案解析】 D
16、BD 解析：（1）对木板受力分析，则有：重力，木块对木板的压力，木块对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的滑动摩擦力，桌面对木板的支持力，水平拉力，共6个力；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，故选：D（2）根据滑动摩擦力的表达式f=FN=mg，可得：所以需要测量的弹簧测力计的拉力大小F和木块的重力G2故选：BD【思路点拨】根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可求解；由题意可知，不论木板做何种运动，不影响测量结果根据滑动摩擦力的表达式f=mg，由此可知需要测量的物理量考查如何受力分析，注意力既有施力物体，又有受力物体，同时掌握测量滑动
17、摩擦力的技巧【题文】（2）（11分）某实验小组用如图1所示的电路测定电源电动势E和内电阻r，R为电阻箱，电源允许输出的最大电流为0.5A实验室提供的器材如下：电压表(量程03V，内阻约3k)，电阻箱(限值范围0999.9)；开关、导线若干请根据图1的电路图,在图2中画出连线，将实物图补充完整;实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的几组R、U的数据，并根据实验数据在图3中描出了对应的点，请补充画出图线12345678910电阻R/60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.05
18、0.930.85由在图3中所描的图像求出电源的电动势E=_V，内电阻r=_(保留二位有效数字) 【知识点】 测定电源的电动势和内阻 J7【答案解析】 实物连线如图 ；描点连线 2.72.9 5.7 6.0 解析： ：根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：U= ，则 ，由图示图象可得，图象的斜率：k= 1.9；截距：b= =0.35，则：E2.8V，r5.8；【思路点拨】根据电路图连接实物电路图；根据坐标系内描出的点作出图象；由闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后又图象图象求出
19、电源电动势与内阻本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻【题文】9.（15分）成都“欢乐谷”大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面（取g=10m/s2）求：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？（2）在
20、匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？【知识点】 牛顿第二定律；自由落体运动 A3 C2【答案解析】(1)20m/s (2)1.8倍 解析：(1)自由下落1s速度v=gt 带入数据得 v=20m/s (2) 自由下落2s高度 设H=50m，h2=5m ，匀减速高度 h=H-h1-h2 由 v2=2ah 设座椅对游客作用力N ，由牛顿第二定律有N-mg=ma 联立得 =1.8倍 【思路点拨】（1）根据v=gt求出自由下落结束时的速度大小（2）根据速度时间公式求出匀减速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出座椅对游客的作用力大小是游客体重的倍数解决本题的关键理清运动过程，结合牛顿第
21、二定律和运动学公式进行求解【题文】10.（17分）如图所示，CD左侧存在场强大小 ，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L、倾角53o的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内（C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上），恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P（重力加速度为g ， sin53o = 0.8, cos53o = 0.6 )求：（1）小球到达C点时的速度；（2）小球从D点运动到P点的时间t 【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；动
22、能定理I1 E2 D2【答案解析】 (1) (2) 解析： （1）由动能定理：mgL-qEL=mv2 v= （2）由A到D的过程由动能定理：mgL-mg2r-qEL=0 得 r= 离开D点后做匀加速直线运动，如图.竖直方向: SDG =gt2 水平方向: qE=ma SDH=at2 又由几何关系得： 得 t= 【思路点拨】（1）由动能定理即可求得速度。（2）利用动能定理求的轨道半径，利用水平方向和竖直方向的运动即可求得时间.针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，合理的采用动能定理以及各个物理量之间的几何关系【题文】11(19分) 如图甲所示，有一磁感强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁
23、场边界与水平方向夹角为45，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2电场左右边界中点在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出粒子b恰好从M板左端进入电场（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，求则
24、电场强度大小E0满足的条件【知识点】 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 I3 K2 K3【答案解析】 （1） （2） （3）解析： （1）如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90，平行于金属板进入电场。由几何关系可得 由牛顿第二定律可得 解得 （2）粒子a在磁场中运动轨迹如图在磁场中运动周期为 在磁场中运动时间 粒子在电磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为 由 则全程所用时间为 （3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开磁场，a比b进入电场落后时间 故粒子b在t=0时刻进入电场。 由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运
25、动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是tb=ta，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即=n n= 粒子b在内竖直方向的位移为 粒子在电场中的加速度 由题知粒子b能穿出板间电场应满足 解得 【思路点拨】（1）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子a、b从I磁场边界射出时的速度va、vb（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间（3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题