1、2015届四川成都高三毕业班第一次诊断性检测物理卷（带解析） 选择题 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 答案： B 试题分析： A.米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔、坎德拉是国际单位制的七个基本单位，牛顿、库仑是国际单位制中的导出单位，故 A错误； B.质点、点电荷、匀速直线运动都是忽略次要因素，抓住主要因素的处理方法，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，静电力常
2、量是用库仑扭秤测出的，故 C错误； D.加速度的定义式是 ，电场强度的定义式是 ，故 D错误。 考点：本题考查了国际单位制；物理学史；物理量的定义 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 ，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 随纵坐标 y的变化关系如图乙所示，重力加速度 .则下列判断正确的是 A匀强电场的场强大小为 B小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了 2
3、.4J C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 3N 答案： BD 试题分析： A.由匀强电场的场强公式 结合图像乙，可得，故 A错误； B.由功能关系 ，即电势能减少了 2.4J，故 B正确； C.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，说明是洛仑兹力提供向心力，由左手定则得小球应该是逆时针方向做圆周运 动，故 C错误；D.重力和电场力是一对平衡力，有 ,得 ,由洛仑兹力提供向心力可知洛仑兹力为 ，故 D正确。故选 BD. 考点：本题考查了带电粒子在复合场中的运动、牛顿第二定律 . 下图是小丽自制的电流表原理图，质量为 m的
4、均匀细金属杆 MN与一竖直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；当 MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。 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，金属杆中电流方向应从 M至 N B.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零 B.该电流表的量程是 D.该电流表的刻度在 范围内是不均匀的 答案：
5、 AC 试题分析： A.当有电流时， MN向下运动，进入磁场，所以受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流一定是从 M到 N，故 A正确； B.当电流表的示数为零时， MN中没有电流通过， MN受力平衡，所以弹簧的弹力等于 MN的重力，弹簧的伸长量不为零，故 B错误； C.电流表的量程即最大值，当 MN杆到达 cd边时为最大电流，此时由受力平衡条件可得 ，其中 ，则 所以，故 C正确； D.由 可得出任意电流的表达式为 ，所以电流和 MN下降的距离 成正比例函数关系，所以刻度是均匀的，故 D错误。故选 AC. 考点：本题考查了共点力的平衡条件、胡可定律、安培力 . 如图所示的电路中，开关 K闭
6、合 .在开关 接 a且电路稳定后，电流表 A1、 A2和电压表V的示数分别为 和 ，电源的输出功率为 ，平行金属板所带电荷量为 ；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， A1、 A2和 V表的示数分别为 和，电源的输出功率为 ，平行板所带电荷量为 ；再让相同微粒仍从 P点水平射人。则下列判断正确的是 A ， B C D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 试题分析： A.电键 S无论接哪里，电压表和电流表 A1的读数不 会发生变化，而电路稳定后，电容器为断路，电流表 A2的读数为
7、 0，故 A错误； B.由 知间距变大，电容 C变小，而平行板间的电压 U减小，由 知带电量减小，故 B错误； C.电键S无论接哪里，电路的结构不发生实质性的变化，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 的电压减小且间距变大，则由 知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。 考点：本题考查了电容器的动态分析、带电粒子在电场中的运动 . 如图所示，质量均为 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 .用大小 、方向竖
8、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 答案： A 试题分析： A.最初系统静止，则 A受到的重力和弹力是一对平衡力，施加 F的瞬间，其合外力与 F等大，由牛顿第二定律可得，加速度为 2g，故 A正确； B.弹簧对 A和对B的弹力的施力物体都是弹簧，受力物体分别是 A和 B两个物体，所以不是作用力与反作用力，故 B错误； C.直到 B刚好离开地面这一过程中 A上升的高度是弹簧压缩和拉伸的形变量之和，即 2mg/k，故 C错误； D.在运动的过
9、程中，因为 F=2mg，所以 A所受 到的合外力一直向上，所以速度一直增大，故 D错误。故选 A。 考点：本题考查了共点力的平衡条件、牛顿第二定律、胡可定律 . 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 B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
10、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 试题分析： A.由 知第一宇宙速度是卫星的最大运行速度 ,“轨道康复者 ”的速度一定小于 7.9km/s，故 A错误； B.由牛顿第二定律可得 ，两者的轨道半径之比为 1： 4，所以加速度比为 16： 1，故 B错误； C.两卫星从相距最远到相距最近需满足 ， ，故 C错误； D.“轨道康复者 ”从图示轨道上加速，则会做离心运动，从而接近同步轨道才能实现对接，故 D正确。 考点：本题考查了万有引力定律、
11、牛顿第二定律 . 如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第 I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 、不计重力的粒子，以某速度从点沿着与 y轴夹角为 的方向进入磁场，运动到 A点时，粒子速度沿 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 D.离开第 I象限时，粒子的速度方向与 轴正方向的夹角为 答案： C 试题分析： 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.由轨迹可知粒子由 O运动
12、到 A时速度方向改变了 60，所以粒子轨迹对应的圆心角为=60，所以粒子运动的时间为 ，故 C正确； D.粒子沿着与 y轴夹角为 30的方向进入磁场，由几何的对称性可知，离开磁场时其方向与 x轴夹角为 60，故 D错误。故选 C. 考点：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力 . 实验题 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。
13、 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： （ 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
14、 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： ) (2分 ) ，小明（ 2分）； （ 2） C（ 2分） 试题分析：（ 1）设细绳与竖直方向的夹角为 ，由几何关系可知， ；对结点分析由平衡条件得 ，而 ，联立解得：；小聪用测力计的量程作为细线能承受的最大拉力，有明显的错误，所以小明的测量结果较准确 . (2)两手捏着细线向两边移动的过程中， 增大，由 知线上的弹力逐渐增大，而两绳的合力与重力等大，则合力不变，所以 C正确 . 考点：本题考查了共点力的平衡条件、力的合成 . 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
15、为：电池组 (电动势约 6V，内阻 r约 3 )、电流表 (量程 2.0A，内阻 rA=0.8 )、电阻箱 (099.9 )、滑动变阻器 R2(0 Rt)、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 R2接入电路的阻值。 (1)小华先利用该电路准确地测出了 R2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、 S2，断开 S1，读出电流表的示数 I；再闭合 S、 Sl，断开 S2，调节电阻箱的电阻值为 3.6 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 . (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
16、： a在闭合开关前，调节电阻 R1或 R2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 “R1”或 R2”)，得到一系列电阻值 和电流 的数据； c断开开关，整理实验仪 器。 图乙是他由实验数据绘出的 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 )。 答案： )3.6 (2分 ) ，（ 2） 最大值（ 1分）， S1（ 1分）， R1（ 1分）； 电源内阻和电流表的内阻之和（或 ）（ 2分） ， 6.0（ 2分） ， 2.8（ 2分） 试题分析：（
17、1）本小题就是替代法测电阻，电阻箱的读数即是滑动变阻器的电阻，即电阻为 ； （ 2） 为保护电路 ，先要把可变电阻调到最大值；因为最后要画出图像，所以必须要知道电阻的阻值，所以要用到电阻箱这个支路，所以接下来要闭合 S1，调节电阻R1. 由闭合电路欧姆定律 ，可得： ，所以纵截距表示内阻和电流表的内阻之和与电动势的比值，图像斜率表示电动势的倒数，所以图像纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻和电流表的内阻之和，图像斜率为 1/6，所以电动势为 6V，纵截距为 0.6，则内阻和电流表的内阻之和为 ，所以电源内阻为 . 考点：本题考查了替代法测电阻、测电源电动势和内阻 . 计算题 15分 )我国拥
18、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，舰载机歼一 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，飞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。一架歼一 15飞机的总质量为 m在 C端的起飞速度至少为 。若某次起飞训练中，歼一 15从 A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为 0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受
19、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、 h、 表示 ) 答案： ) (2) （ 3） 试题分析：（ 1）设飞机在水平轨道的加速度为 a，运动时间为 t，发动机的推力为 F，阻力为 f，由牛顿第二定律得 F f 0.6mg 0.1mg ma （ 2分） 得 a 0.5g (1分 ) 而由位移公式有 （ 1分） 解得： （ 2分） （ 2）设飞机在 B端的速度为 ，功率为 P，由速度公式 （ 2分）
20、 解得： (2分 ) （ 3）设飞机恰能在 C端起飞时，斜面轨道长为 ， 整个过程由动能定理有： (3分 ) 解得： （ 1分） 所以，斜面轨道长度满足的条件是 （ 1分） （其它解法，参照上述标准给分） 考点：本题考查了匀变速直线运动，功率，动能定理 . 17分 )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 、两者平滑对接。 t=Os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 O 6s内的速率 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
21、 5倍， sin370=0.6， cos370=O.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)O 8s内，滑块 Q与木板 P之间因摩擦而产生的热量。 答案： ) (2) (3) 试题分析：（ 1） 0 2s内 ,P因墙壁存在而不动， Q沿着 BC下滑， 2s末的速度为 v19.6m/s，设 P、 Q间动摩擦因数为 1， P与地面间的动摩擦因数为 2； 对 Q，由 图像有 （ 1分） 由牛顿第二定律有： （ 2分） 联立求解得： （ 1分） （ 1分） （ 2） 2s后， Q滑到 AB上，因 ,故 P、 Q相对
22、滑动，且 Q减速、 P加速，设加速度大小分别是 a2、 a3， Q从 B滑动 AB上到 P、 Q共速所用的时间为 t0 对 Q有： （ 1分） 对 P有： （ 1分） 共速时： （ 1分） 解得 a2=1.5m/s2、 a3=0.1m/s2、 t0=6s （ 1分） 故在 t 8s时， P、 Q的速度大小恰相同， （ 2分） （ 3） 0 2s内，根据 图像中面积的含义， Q在 BC上发生的位移 x1=9.6m （ 1分） 2 8s内， Q发生的位移 （ 1分） P发生的位移 （ 1分） 0 8s内， Q与木板 P之间因摩擦而产生的热量 （ 2分） 代入数据得 （ 1分） 考点：本题考查了匀变
23、速直线运动规律，牛顿第二定律， 图像、功能关系 . 19分 )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 O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
24、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： ) (2) 试题分析： （ 1）在 A运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律，有： （ 2分） 得： （ 1分） A到最低点，绳子被挡住时，有： （ 1分） 当 时，解得 （ 1分） 故钉子距离 O
25、点的距离范围是： . （ 1分） （ 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，有动能定理有 : (2分 ) 解得： （ 1分） 因 ，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 ， 由动能定理有： （ 1分） 解得： （ 1分） 因 ，假设成立， A一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故 A在传送带右端将以 的初速度做类平抛运动 （ 1分） 对 A：设在传送带上运动的时间为 t1，类平抛运动的时间为 t2， 有运动学规律传送带上： （ 1分） 类平抛运动 (1分 ) （ 1分） （ 1分） 解得： ， ， 对 B：设匀加速过程的加速度大小为 ，则有： 位移 （ 1分） 解得 （ 2分） 考点：本题考查了平抛运动规律、动能定理和机械能守恒定律的应用
