2013届辽宁省丹东市宽甸二中高三下学期第一次诊断性测试物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届辽宁省丹东市宽甸二中高三下学期第一次诊断性测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 在 “验证力的平行四边形定则 ”的实验中，用 M、 N 两个测力计拉橡皮条的结点 P，使其位于 E处，此时 +=900，如图所示；然后保持 M的读数不变，当 角由图中所示的值减小时，要使结点仍在 E处，可采用的办法是 ( ) A增大 N 的读数，减小 角 B减小 N 的读数，减小 角 C减小 N 的读数，增大 角 D增大 N 的读数，增大 答案： B 试题分析：要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变， A方向向合力方向靠拢，则 N 的拉力应增大，同时应减小 角； 故选 B； 考点

2、：本题考查平行四边形定则的应用， 点评：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法 某探究学习小组的同学欲验证 “动能定理 ”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则： （ 1）你认为还需要的实验器材有 （ 2）实 验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是 ，实验时首先要做的步骤是 （ 3）在（ 2）的基础上，某同学用天平称

3、量滑块的质量 M往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量 m让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距 L和这两点的速度大小 v1与 v2（ v1 v2）则本实验最终要验证的数学表达式为 （用题中的字母表示实验中测量得到的物理量） 答案：（ 1）天平，刻度尺 （ 2）沙和沙桶的总质量 远小于滑块的质量，平衡摩擦力 （ 3） 试题分析：（ 1）验证动能定理需要测量合外力做功和动能变化量，由动能的概念和功的概念可知需要测量位移和质量，故还需要天平和刻度尺 （ 2）让小车的质量 M远远大于小桶（及砝码）的质量 m，因为：际上绳子

4、的拉力 ，要满足拉力等于沙桶的总重力，故应该是 m M，为了保证绳子的拉力为合外力，需要平衡木板的摩擦力 （ 3）需要验证减小的重力时能，和增加的动能是否相等，即考点：考查了验证机械能守恒实验 点评：本题关键是根据实验原理并结合牛顿第二定律和动能定理来确定要测量的量、实验的具体操作方法和实验误差的减小方法 矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是 ( ) A交流电压的有效值为 36V B交流电压的最大值为 36V，频率为 0.25Hz C 2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大 D 1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变

5、化最快 答案： BC 试题分析：根据图象可知，交流电压的最大值为 ，周期为 4s，所以有效值为 ,频率为 ， A错误， B正确， 在 2s末，交变电流的电压为零，所以此时的线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，所以 C正确； 由图象可知，在 1s 末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面于磁场平行，所以 D错误 考点：考查了交流点图像问题 点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小 如图所示， A、 B为平行放置的两块金属板，相距为 d，且带有等量的异种电荷并保持不变，两板的中央各有小孔 M和 N今有一带电质点，自 A板上方相

6、距为 d的 P点由静止自由下落， P、 M、 N 在同一竖直线上，质点下落到达 N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，空气阻力不计则 （ ） A把 A板向上平移一小段距离，质点自 P点自由下落后仍然到达 N 孔时返回 B把 A板向下平移一小段距离，质点自 P点自由下落后将穿过 N 孔继续下落 C把 B板向上平移一小段距离，质点自 P点自由下落后仍然到达 N 孔时返回 D把 B板向下平移一小段距离，质点自 P点自由下落后将穿过 N 孔继续下落 答案： B 试题分析：质点下落到达 N 孔时速度恰好为零，根据动能定理可得把 A板向上平移一小段距离，则平行板间的距离增大，根据公式 可得，电容 C减小，根

7、据公式 可得，电荷量不变，电压增大，所以电场力做功增大，而重力做功不变，所以质点自 P点自由下落后到达不了 B板，速度就为零了， A错误， 把 A板向下平移一小段距离，则平行板间的距离减小，根据公式 可得，电容 C增大，根据公式 可得，电荷量不变，电压减小，所以电场力做功减小，而重力做功不变，所以质点自 P 点自由下落后将穿过 N 孔继续下落，B正确， 把 B板向上平移一小段距离，则平行板间的距离减小，根据公式 可得，电容 C增大，根据公式 可得，电荷量不变，电压减小，所以电场力做功减小，而重力做功也减小，所 以无法判断质点是否能穿过 N 点，同理 D 中也是，故 CD错误， 所以选 B， 考

8、点：考查了电容器的动态分析 点评：在分析电容器的动态变化时，需要根据公式 判断电容的变化，根据公式 判断电压，电荷量的变化 如图所示，斜面 AB和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段，在 B处用小圆弧连接将小铁块 (可视为质点 )从 A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于 P处若从该板材上再截下一段，搁置在 A、 P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回 A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是 ( ) A铁块一定能够到达 P点 B铁块的初速度必须足够大才能到达 P点 C铁块能否到达 P点与铁块质量有关 D铁块能否到达 P点与铁块质量无关

9、答案： AD 试题分析：设 ，动摩擦因数为 ，由动能定理得：，解得： ，过程中 m抵消掉了，所以铁块能否到达 P点与铁块质量无关， C错误， D正确， 设沿 AP 滑到 P的速度为 ，由动能定理得： ，因 ，故得： ，即铁块恰好沿 AP 滑到 P点，故 A正确 考点：考查了动能定理的应用 点评：做本题的关键是根据物体的运动过程，运用动能定理分析解题， 如图所示，汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表的示数为 10 A，电动机启动时电流表的示数为 58 A.若电源的电动势为 12.5 V，内阻为 0.05 ，电流表的内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了

10、( ) A.35.8 W B.43.2 W C.48.2 W D.76.8 W 答案： B 试题分析：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为 UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为 由欧姆定律得 ,求得 R=1.2，灯泡消耗功率为 ； 电动机启动 后，路端电压 ，灯泡消耗电功率为所以灯泡功率降低了 ； 故选 B 考点：考查了非纯电阻电路的电功计算 点评：本题要注意电路的结构，无论开关是否闭合，灯泡两端的电压都为路端电压；同时要注意电动机为非纯电阻用电器，不能适用欧姆定律，路端电压可以由 U=E-Ir求得 酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利

11、用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数 U与酒精气体浓度 c之间的对应关系正确的是 ( ) A U越大，表示 c越大， c与 U成正比 B U越大，表示 c越大，但是 c与 U不成正比 C U越 大，表示 c越小， c与 U成反比 D U越大，表示 c越小，但是 c与 U不成反比 答案： B 试题分析：酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测 R0

12、 两端的电压，酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，测试到的酒精气体浓度越大则传感器的电阻的倒数越大，所以传感器的电阻越小，根据欧姆定律可知通过传感器的电流越大， R0和右边定值电阻两端的电压越大，传感器两端的电压越小，所以 U越大表示 C越大，但是 C与 U不成正比 故选 B 考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用 点评：学生要能结合电路电阻的变化根据欧姆定律判断 串联电路中的电流和电压的变化 质量为 m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图从 t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff，则 ( ) A 0 t1时间内，汽车的牵引力等于 m B t1

13、t2时间内，汽车的功率等于 C汽车运动的最大速度 v2 D t1 t2时间内，汽车的平均速度小于 答案： BC 试题分析：、由题图可知， 阶段，汽车做匀加速直线运动， ， ，联立得， ， A错误， 在 时刻汽车达到额定功率 ， 时间内，汽车保持额定功率不变，选项 B正确； t2时刻，速度达到最大值 v2，此时刻。，选项 C正确； 由 v-t图线与横轴所围面积表示位移的大小可知， 时间内，汽车的平均速度大于 ， D错误， 考点：本题考查的是汽车的启动方式， 点评：对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉 有一宇宙飞船到了某行星上 (该行星没

14、有自转运动 )，以速度 v接近行星赤道表面匀速飞行，测出运动的周期为 T，已知万有引力常量为 G，则以下说法错误的是 ( ) A该行星的半径为 B该行星的平均密度为 C无法测出该行星的质量 D该行星表面的重力加速度为 答案： C 试题分析：根据周期与线速度的关系 T 可得： R ，故 A正确， 根据万有引力提供向心力 m 可得： M ， C错误； 由 M R3 ，得： ， B正确； 行星表面的万有引力等于重力，由 mg，得： g ， D正确 题中让选错误的，所以选 C， 考点：考查了万有引力定律的应用 点评：研究宇宙飞船到绕某行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的

15、物理量即可解题 如图所示，有一质量为 M的大圆环，半径为 R，被一轻杆固定 后悬挂在 O点，有两个质量为 m的小环（可视为质点），同时从大环两侧的对称位置由静止滑下。两小环同时滑到大环底部时，速度都为 v，则此时大环对轻杆的拉力大小为（ ） A（ 2m+2M） g B Mg-2mv2/R C 2m(g+v2/R)+Mg D 2m(v2/R-g)+Mg 答案： C 试题分析：每个小环滑到大环底部时，有 ，则大环的作用力为：，方向向下，则两小环同时滑到大环底部时，大环对轻杆的拉力为 ， C正确。 考点：考查了圆周运动以及牛顿第二定律的应用 点评：在分析圆周运动时，需要根据受力分析，确定物体在圆周的

16、特殊位置，如最高点，最低点处的向心力来源，结合牛顿第二定律列式求解 沿同一条直线运动的 a、 b 两个质点，在 时间内的 xt 图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A质点 a作周期性往返运动。 B在时刻 , a、 b的位移相同。 C在 时间内和 时间内 b发生的位移相同 D在 时间内， a通过的路程是 b通过的路程的 3倍，但位移相同。 答案： ABD 试题分析：从图像中可知， a的位移随时间做周期性变化，所以 a做往返运动，A正确， 在时刻 , a、 b的位移相同， B正确， 在 时间内位移为 -5m； 时间内位移为 5m，所以两个过程中位移大小相等，方向相反， C错误， 在 时间内， a

17、通过的路程为 30m， b通过的路程为 10m，初末位置相同，所以位移相同，故 D正确， 考点：考查了对 x-t图像的理解 点评：图象类问题处理时要：先看轴，再看线，看看斜率，相相面要明白各类图象的意义即可 如图所示，平行于直角坐标系 y轴的 PQ是用特殊材料制成的，只能让垂直打到 PQ界面上的电子通过其左侧有一直角三角形区域，分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场，其右侧有竖直 向上场强为 E的匀强电场现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点 O 沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用已知电子的电量为 e，质量为 m，在 OAC中， OA a， 60.求： (1)能通过 P

18、Q界面的电子所具有的最大速度是多少； (2)在 PQ右侧 x轴上什么范围内能接收到电子 答案： (1) vm (2) 试题分析： (1)要使电子能通过 PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由 Bev m 可知， r越大 v越大，从 C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大， 即 r 2a时，电子的速度最大 由 Bevm mvm2/2a 得： vm . (2)粒子在电场中做类平抛运动，据 a t2 x vt 得： xmax 2Ba 由此可知： PQ界面的右侧 x轴上能接收电子的范围是 -(2分 ) 考点：查带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 点评：要学会 “画圆弧、定圆

19、心、求半径 ”而仅在电场力作用下做类平抛运动，则须将运动分解成相互垂直的匀速直线运动与初速度为零的匀加速度直线运动 实验题 某电压表的内阻在 20 k 50 k之间，现要测量其内阻，实验室提供了下列器材： 待测电 压表 (量程为 3 V)、 电流表 1(量程为 200 A)、 电流表 2(量程为 5 mA)、 电流表 3(量程为 0.6 A)、 滑动变阻器 R(最大值为 1 k)、 电源 E(电动势为 4 V)、 开关 S. (1)所提供的电流表中，应选用 . （ 2分） (2)为了减小误差，要求测量多组数据，试画出符合要求的电路图（ 4分） . 答案： (1) 1(2)见 试题分析： (1)

20、 因为电路中最大电流为 ,所以选用 1(2)因为测量数据较多，滑动变阻器最大阻值 Rv，所以滑动变阻器应选用分压联法所以采用滑动变阻器的分压解法，如图所示 考点：考查了伏安法测电阻实验 点评：估算测量值以选取合适的量程；若小电阻控制大电电阻要用分压式接法；实验数据的处理要对每次结论得出结果后，对结果进行求平均值 计算题 一质量为 M 2.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，被一水平向左飞来的子弹击中，且子弹从小物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示地面观察者记录的小物块被击中后的速度随时间变化关系如图乙所示 (图中取向右运动的方向为正方向 )已知传送带的速度保持不变

21、 (g取 10m/s2)求： (1)传送带的速度 v的大小； (2)小物块与传送带之间的动摩擦因数 ； (3)传送带对小物块所做的功 答案： (1) 2.0m/s (2) 0.2 (3) W -12J 试题分析： (1)小物块最后与传送带的运动速度相同， 从图象上可读出传送带的速度 v的大小为 2.0m/s. (2)由速度图象可得，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为 a v/t 2.0m/s2 由牛顿第二定律得 f Mg Ma 得到小物块与传送带之间的动摩擦因数 0.2. (3)从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中，设传送带对小物块所做的功为 W，由动能定理得：

22、W Ek - 从速度图象可知： v1 4.0m/s v2 v 2.0m/s 解得： W -12J. 考点：本题借助传送带模型考查了功能关系，匀变速直线运动规律，摩擦因数，牛顿第二定律等知识点， 点评：综合性很强，是一道中档题解题的关键是正确认识匀变速直线运动的V-t图象 在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量 m 1.010-3kg、带电量 q 1.010-10C的带正电的小球，静止在 O 点以 O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy.在 t0 0时突然加一沿 x轴正方向、大小 E1 2.0106V/m的匀强电场，使小球开始运动在 t1 1.0s时，所加的电场突然变为沿 y轴正方向、大小

23、E22.0106V/m 的匀强电场在 t2 2.0s 时所加电场又突然变为另一个匀强电场 E3，使小球在此电场作用下在 t3 4.0s时速度变为零求： (1)在 t1 1.0s时小球的速度 v1的大小； (2)在 t2 2.0s时小球的位置坐标 x2、 y2； (3)匀强电场 E3的大小； 答案： (1) 0.2m/s (2) 0.3m 0.1m (3) E3 1.4106V/m 试题分析： (1)0 1s对小球应用牛顿第二定律得： qE1 ma1 解得小球的加速度为： a1 qE1/m 0.2m/s2 小球在 t1 1.0s时的速度大小为： v1 a1t1 0.21m/s 0.2m/s (2

24、)小球在 t1 1.0s时的位置坐标为： x1 a1t 0.21.02m 0.1m 在 1.0s 2.0s内对小球应用牛顿第二定律得： qE2 ma2 解得小球的加速度为： a2 qE2/m 0.2m/s2 在 t2 2.0s时小球的位置坐标为： x2 x1 v1(t2-t1) 0.1m 0.21.0m 0.3m y2 a2(t2-t1)2 0.21.02m 0.1m 设在 t2 2.0s时小球的速度为 v2，则有： v v (at2)2 解得： v2 v1 0.2m/s 0.28m/s (3)2.0s 0.4s内对小球应用牛顿第二定律得： qE3 ma3 小球在 4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得： v4 v2-a3t3 联立解得匀强电场 E3的大小为： E3 1.4106V/m 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：本题 的过程比较多，涉及的物理量很多，所以在计算时一定要细心，难度不大，