1、2014年甘肃省张掖市高三第一次诊断考试理科综合物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 A亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因 B哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 C安培首先发现了电流的磁效应，并总结出了安培右手螺旋定则 D库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律 答案： D 试题分析：伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，选项 A 错误；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项 B错误；奥斯特首先发现了电流的磁
2、效应，并总结出了安培右手螺旋定则，选项 C 错误；库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律 ，选项 D 正确。 考点：物理学史。 一列沿 x轴传播的简谐横波， t=0时刻的波形如图所示，此时质点 P恰在波峰，质点 Q恰在平衡位置且向上振动。再过 0 2s，质点 Q第一次到达波峰，则正确的是 （选对 I个得 2分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分；每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）。 A波沿 x轴正方向传播 B 波的传播速度为 30m s C 1s末质点 P的位移为零 D质 P的振动位移随时间变化的关系式为 E 0至 0 9s时间内 P点通过的路程为 0.9m 答案：
3、ABC 试题分析：由题意质点 Q 恰在平衡位置且向上振动，则知波沿 x轴正方向传播，A正确；由题，图示时刻再过 0.2s，质点 Q第一次到达波峰，则周期T=0.8s由图读出波长为 =24m，则波速为 v= ， B正确； t=1s=1.25T，则 1s末质点 P到达平衡位置，其位移为零， C正确；图示时刻质点 P的振动位移 y=0.2m,根据数学知识可知其振动方程是余弦方程，即 y=0.2cosm， D错误； 0.9s时间 P完成 次全振动， 1次全振动通过的路程为 0.8m， 次全振动通过的路程不是 0.1m， E错误。 考点：本题考查波形，机械波的传播。 下列说法正确的是：（选对 I个得 2
4、分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分；每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）。 A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应 B汤姆孙发现电子，表明原子具有复杂结构 C卢瑟福发现了中子，查德威克发现了质子 D一束光照射到某金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短 E按照玻尔理论，氢原子核外 电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子总能量增大 答案： ABE 如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球 Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的 M点，且在通过弹簧中心的直线 ab上现将与 Q大小相同，带电性也相同的小球 P，从直线 ab上的
5、 N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球 P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是 A小球 P的速度一定先增大后减小 B小球 P的机械能一定在减少 C小球 P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D小球 P与弹簧系统的机械能一定增加 答案： AD 试题分析： A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故 A正确 B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得，小球 P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球 P 的机械能可能增大，故 B错误 C、小球
6、 P的速度一定先增大后减小，当 p的加速度为零时，速度最大，所以小球 P 速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故 C错误 D、根据能量守恒定律知，小球 P的动能、与地球间重力势能、与小球 Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球 P与弹簧接触到速度变为零的过程中， Q对 P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球 P与弹簧系统的机械能一定增加，故 D正确 故选 AD 考点：功能关系；库仑定律及运动和力的关系 . 如图所示， a、 b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表 A2
7、为值班室的显示器，显示通过 R1的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出） ， R3为一定值电阻。当传感器 R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是 A A1的示数增大， A2的示数增大 B A1的示数增大， A2的示数减小 C V1的示数减小， V2的示数减小 D V1的示数不变， V2的示数减小 答案： BD 试题分析：当传感器 R2所在处出现火情时， R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加， A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1的示数不变
8、，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以 V2的示数要减小，即 R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小，所以 BD正确 考点：变压器及动态电路分析。 2011年 9月 29日，我国自行设计、制造 “天宫一号 ”空间实验室发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。 “天宫一号 ”经过变轨后绕地球做圆周运动，运行周期为 90min。关于 “天宫一号 ”、同步通信卫星和赤道上随地球自转物体相比较，下列说法正确的是 A “天宫一号 ”的向心加速度最大 B同步通信卫星的角速度最大 C赤道上随地球自转物体线速度最小 D “天宫一号 ”的速度大于 7.9km/s 答案： AC 试题分析： A、 B、
9、根据万有引力提供向心力，列出等式 ， 同步卫星在赤道上空 35800km高的圆形轨道上，轨道半径比天宫一号大，所以天 同 ， 赤道上随地球自转物体和同步卫星具有相同的角速度，所以 天 同 =物 ，故 B错误 根据向心加速度公式 a=2r所以 a 同 a 物 ；根据万有引力提供向心力，列出等式所以 a 天 a 同 a 物 ，故 A正确 C、根据线速度 v=r，所以 v同 v物 ,根据万有引力提供向心力得 所以v天 v同 v物 ，故 C正确 D、 7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度所以 “天宫一号 ”的速度小于 7.9Km/s，故 D错误 故选： AC 考点：万有引力定律的
10、应用，人造卫星。 如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m、电阻也为 R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 。下列说法正确的是 A金属棒在导轨上做匀减速运动 B整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 C整个过程中金属棒克服安培力做功为 D整个过程中电阻 R上产生的焦耳热为 答案： C 试题分析： A、金属棒切割产生感应电动势，产生感应电流，从而受到向左的安培力，做减速运动，由于速度减小，电动势
11、减小，则电流减小，安培力减小，根据牛顿第二定律知，加速度减小，做加速度逐渐减小的减速运动故 A 错误 B、根据 ，则金属棒在导轨上发生的位移 故 B错误 C、根据动能定律得， WA 0 mv2，则金属棒克服安培力做功为 mv2故 C正确 D、根据能量守恒得，动能的减小全部转化为整个回路产生的热量，则电阻 R产生的热量 QR= mv2故 D错误 故选 C 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 如图所示，等边三角形 ABC处在匀强电场中，其中电势 A =B =0， C = 。保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以 A点为轴在纸面内顺时针转过 30，则此时
12、的 B点电势为 A B C D 答案： C 试题分析：设等边三角形的边长为 L，则匀强电场 ，当让等边三角形以 A点为轴在纸面内顺时针转过 30，则 B1点到 AB的距离为 L1=0.5L，所以，又因为转动后 B1点的电势比 B点的电势低，故转动后 B点的电势为 ，故 ABD错误， C正确 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势 在 2012伦敦奥运会女子 3米跳板比赛中，我国跳水名将吴敏霞获得金牌。经过对她跳水过程录像的分析，将吴敏霞（可视为质点）离开跳板时做为计时起点 ,其运动过程的 v-t图像如图所示，则 A t1时刻开始进入水面 B t2时刻开始进入水面 C t3时刻已浮出水面
13、D t2 t3的时间内，运动员处于失重状态 答案： B 试题分析： A、从开始到 t2时刻， v-t图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在 0-t2时间内人在空中，处于完全失重状态， t2之后进入水中，所以 AD错误 B正确； C、 t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，没有浮出水面，所以 C错误故选 B 考点：超重和失重；匀变速直线运动的图像 将物块放在一固定粗糙斜面上，对其施加平行于斜面向上的外力 F使之处于静止状态，如图所示。现逐渐增加外力 F的大小，物块始终静止不动。则 A斜面对物块的支持力一定保持不变 B斜面对物块的摩擦力一定逐渐减小 C斜面对物块的作用力一定
14、逐渐减小 D物块所受的合外力一定逐渐增大 答案： A 试题分析： A、物体受重力、支持力、拉力和静摩擦力处于平衡设斜面的倾角为 ，在垂直斜面方向上，斜面对物块的支持力 N=mgcos增加 F，斜面对物块的支持力不变故 A正确 B、在斜面方向上，若开始拉力小于重力的分力，静摩擦力方向沿斜面向上，增加拉力 F，摩擦力先减小后反向增大若开始拉力大于重力的分力，静摩擦力方向沿斜面向下，增加拉力，则摩擦力增大故 B错误 C、斜面对物块的作用力是支持力和摩擦力的合力，与拉力和重力的合力等值反向，拉力增大，则拉力和重力的合力增大，所以斜面对物块的作用力增大故 C错误 D、物块始终静止，所受的合力为零故 D错
15、误 故选 A 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 以下说法正确的是：（选对 I个得 2分，选对 2个得 4分，选对 3个得 6分；每选错 1个扣 3分，最低得分为 0分）。 A当分子间距离增大时，分子势能可能增大 B已知某物质的摩尔质量为 M，密度为 ，阿伏加德罗常数为 NA，则该种物质的分子体积为 V0 C自然 界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 D布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动 E一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加 答案： ADE 试题分析：随分子间距离的增大，当分子间作用力表现为斥力
16、时，分子力做负功，分子势能增大， A正确；如果是气体，分子间距离较大，算出来的 V0是气体分子在空间中的运动范围，而不是气体分子的体积， B错误；机械能可以完全转化为内能，但是内能不能完全转化为机械能，选项 C 错误 ; 布朗运动并不是分子的运动，但 间接证明了分子在永不停息的做无规则运动，选项 C 正确；一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，则温度升高，分子平均动能增加，选项 E 正确。 考点：此题考查了热学的基础知识。 实验题 要测量一个量程已知的电压表的内阻，所备器材如下： A待测电压表 V（量程 3V，内阻未知） B电流表 A（量程 3A，内阻 0.01） C定值电阻 R（阻值 2k
17、，额定电流 50mA） D蓄电池 E（电动势略小于 3V，内阻不计） E多用电表 F开关 K1、 K2，导线若干 有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作： （ 1）首先，用多用电表进行粗测，选用 “100”挡且操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置 如图甲所示，则测量的结果是 _。 （ 2）为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是 _。 （ 3）用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤： _ ；用上述所测量的符号表示电压表的内阻 RV _。 答案：（ 1） 3000 （ 2）丙 （ 3）闭合 k1,读出电压表求数 U1，再闭合 k2，读
18、出电压表求数 U2 ; 试题分析： （ 1）多用电表测电阻，指针求数为 30，倍率为 100，所以测量结果为 3000。 （ 2）丙图比较合理，乙图中流过电流表的电流太小，指针不能达到量程的 1/3，误差太大。 （ 3）闭合 k1,读出电压表求数 U1，再闭合 k2，读出电压表求数 U2 考点：本题考查多用电表读数、测量电压表的内阻。 物理小组的同学用如图所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门 1和 2组成的光电计时器（其中光电门 1更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网 兜。实验时可用两光电门测量小球从光电门 1运动至光电门 2的时间 t，
19、并从竖直杆上读出两光电门间的距离 h。 （ 1）使用游标卡尺测量小球的直径如图所示，则小球直径为_cm。 （ 2）改变光电门 1的位置，保持光电门 2的位置不变，小球经过光电门 2的速度为 v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度 g，则 h、 t、 g、 v四个物理量之间的关系为 h=_。 （ 3）根据实验数据作出 图线，若图线斜率的绝对值为 k，根据图线可求出重力加速度大小为 _。 答案： （ 1） 1.170 （ 2） （ 3） 2k 试题分析：（ 1）由游标卡尺的计数规则进行计数，小球的直径为； （ 2）不考虑空气阻力，将小球看做是从 2到 1的匀减速直线运动，故有； （ 3）将关
20、系式改写为 ，所以可知在 图像中，斜率的绝对值，故可求出重力加速度为 2k； 考点：研究匀变速直线运动 计算题 在平面直角坐标系 xoy的第一象限内有一圆形匀强磁场区域，半径r=0 1m，磁感应强度 B=0 5T，与 y轴、 x轴分别相切于 A、 C两点。第四象限内充满平行于 x轴的匀强电场，电场强度 E=0 3 V/m，如图所示。某带电粒子以 vo=20m/s的初速度，自 A点沿 AO1方向射入磁场，从 C点射出（不计重力）。 （ 1）带粒子的比荷 ； （ 2）若该粒子以相同大小的初速度，自 A点沿与 AO1成 30o角的方向斜向上射入磁场，经磁场、电场后射向 y轴，求经过 y轴时的位置坐标
21、。 答案：（ 1） 400C/Kg（ 2）（ 0， -1m）。 试题分析：（ 1）由题意知粒子的半径 r=R=0.1m；由牛顿第二定律得：，解得 （ 2）因粒子的半径没有变化，由几何关系可知它将垂直射入电场中， x方向：； 解得 t=0.05s； y方向 ，解得 ； 则经过 y轴时的位置坐标为（ 0，-1） m。 考点：带电粒子在匀强磁场、匀强电场中的运动 . （ 8分）质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 3/4。该球受到的空气阻力大小恒为 ，取 =10 , 求： （ 1）弹性球受到的空气阻
22、力 的大小； （ 2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度 。 答案： (1) (2) 试题分析： (1)由 vt 图像可知小球下落作匀加速运动，加速度 ，由牛顿第二定律得： 解得 (2)由图知：球落地时速度 ，则反弹时速度 设反弹的加速度大小为 a，由动能定理得 解得 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为 40cm2活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。在气缸内距缸底 60cm处设有卡环 ab，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在 ab上，缸内气体的压强等于大气压强 P0 1.0105Pa,温度为 300k.现缓慢加热气缸内气体，当温度缓慢升高为 3
23、30k,活塞恰好离开 ab；当温度缓慢升高到 363k时，（ g取 10m/s2）求： 活塞的质量 整个过程中气体对外界做的功。 答案： 4kg； 26.4J 试题分析： 气体的状态参量为： T1=300K,P1=1.0105Pa， T2=330K，因为 V2 V1，则有 ，代入数据解得： m=4kg 因为 ，所以 ，得 h3=66cm, W=P2S（ h3-h2） =26.4J 考点：气体的状态方程 由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为 300的直角三角形，如图乙所示， AC面镀膜，经透明体射到 AC面的光只能反射。现有一束光从 AB面的D点垂直 AB面射入透明体，经 AC面 E点反射
24、后从 BC面射出透明体，出射光线与 BC面成 300角 求该透明体的折射率； 若光线从 BC面的 F点垂直 BC面射入透明体，经 AC面 E点反射后从 AB面射出透明体，试画出经 E点后的光路图，并标明出射光线与 AB面所成夹角的角度（不用列式计算）。 答案： n= 试题分析： 如图，由几何关系 1=300， 2=600 由折射定律 n= = 光路图如上图 ,（未标箭头扣 2分，未标明出射光线与 AB面所成夹角的角度的扣 2分） 考点：本题考查了光的折射和反射的有关知识 质量 M=3kg的长木板静止在光滑水平面上，木板左侧放置一质量 m=1kg的木块，右侧固定一轻弹簧，处于原长状态，弹簧正下方
25、部分的木板上表面光滑，其他部分的木板上表面粗糙，如图所示现给木块 v0=4m/s的初速度，使之向右运动，在木板与木块向右运动过程中，当木板和木块达到共速时，木板恰与墙壁相碰，碰撞过程时间极短，木板速度的方向改变，大小不变，最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止。求： 木板与墙壁相碰时的速度 v1； 整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值 Epm； 答案： 1m/s. 3.75J 试题分析： 以木块与 木板组成组成的系统为研究对象，从木块开始运动到两者速度相同的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得： mv0=（ M+m） v1,解得： v1=1m/s. 木板与墙壁碰后返回，木块压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，木块与木板速度相等，在此过程中两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得： Mv1-mv1=（ M+m） v2,解得： v2=0.5m/s; 当弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，由动能定理可得： 当木块到达木板最左端时两者速度相等，在此过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可得： ，解得 v3=0.5m/s; 从木 块开始运动到木块回到木板最左端的整个过程中，由能量守恒定律可知 : ，解得： Q=3.75J， EPm=3.75J. 考点：动量守恒及能量守恒定律。
