名师解析四川省成都市新津中学届高三第一次诊断模拟考试物理试题.docx

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名师解析四川省成都市新津中学届高三第一次诊断模拟考试物理试题

【名师解析】四川省成都市新津中学2015届高三第一次诊断模拟考试物理试题

一、选择题，每小题6分，选对不全得3分，共42分）

1．（6分）（2015•新津县校级模拟）下列对运动的认识不正确的是（　　）

　A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止

　B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快

　C．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因

　D．伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去

【考点】：

牛顿运动定律的综合应用；自由落体运动；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．

【分析】：

本题是一道物理常识题，同学可以通过对物理常识的掌握解答，也可以应用所学的牛顿第一定律等物理知识来解答．

【解析】：

解：

A、亚里斯多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来．我们可以用牛顿第一定律来推翻它即可：

物体在不受外力作用时，可以做匀速直线运动．故A是错误；

B、伽利略认为如果完全排除空气的阻力，物体就仅受重力，所以所有的物体下落的加速度都是重力加速度，所有的物体将下落得同样快．故B是正确；

C、牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，我们可以用牛顿第一定律来推翻它即可：

物体在不受外力作用时，可以做匀速直线运动，物体受力后运动状态要发生改变，即物体的速度要发生改变．故C是正确；

D、伽利略根据理想实验推论出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，牛顿第一定律告诉我们物体在不受外力作用时，可以做匀速直线运动，这也是物体保持惯性的原因．故D是正确；

故选A．

【点评】：

物理常识题的解答，可以通过对物理知识的掌握来解答，有的也可以应用所学的物理知识来解答．

2．（6分）（2015•新津县校级模拟）提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即f=kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（　　）

　A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0

　B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

　C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0

　D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

【考点】：

功率、平均功率和瞬时功率．

【专题】：

功率的计算专题．

【分析】：

当速度最大时，牵引力等于阻力．联合P=Fvm=fvm和f=kv2进行分析．

【解析】：

解：

A、当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，有

，则k=

．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0，有

，则v=

，故A错误．

B、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

，则有

，则v=

，故B错误．

C、阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0，则有

，则v=

，故C错误．

D、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到

，则有

，解得v=2vm．故D正确．

故选：

D．

【点评】：

解决本题的关键知道发动机的功率等于牵引力与速度的乘积，以及知道当速度最大时，牵引力等于阻力．

3．（6分）（2015•新津县校级模拟）“嫦娥三号”探月卫星已经成功到达月球表面．已知月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为r2、周期为T2．引力常量为G，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是（　　）

　A．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量

　B．根据题目条件能求出地球的密度

　C．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力

　D．根据题目条件可得出

=

【考点】：

万有引力定律及其应用．

【专题】：

万有引力定律的应用专题．

【分析】：

根据万有引力提供向心力列式，化简可得月球和地球的质量．根据万有引力定律分析计算地球与月球之间的引力．

【解析】：

解：

A、根据题目条件不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量，故A错误；

B、根据月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1得G

=m

r1，可求得地球的质量M，但地球的半径未知，不能求出地球的密度，故B错误．

C、由上求出月球和地球的质量，又月球绕地球做圆周运动的半径为r1，根据万有引力定律可求得地球与月球之间的引力，故C正确．

D、由A、B两项结果可得：

与中心天体的质量成正比，所以

≠

，故D错误．

故选：

C

【点评】：

本题是典型的天体运动的问题，根据万有引力提供向心力是解决这类问题的重要的关系，要能根据题目的要求熟练选择不同的向心力的表达式．

4．（6分）（2015•新津县校级模拟）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，R1=R2=R3=R4=

，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片由a向b端移动时，则（　　）

　A．电压表和电流表读数都增大B．质点P将向下运动

　C．电源输出功率增大D．R3上消耗的功率逐渐增大

【考点】：

带电粒子在混合场中的运动；电功、电功率．

【专题】：

带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】：

由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．

【解析】：

解：

A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；

B、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故B正确；

C、电路中电流增大，根据P=EI，电源输出功率增大，故C正确；

D、因R3两端的电压减小，由P=

可知，R3上消耗的功率减小，故D错误；

故选：

BC．

【点评】：

解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的．

5．（6分）（2015•新津县校级模拟）一个带电量为﹣q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（　　）

　A．小球能过B点，且小球在B点时的动能最大

　B．小球不可能过B点

　C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0

　D．小球在运动过程中，机械能一定不守恒

【考点】：

带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

【专题】：

牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题．

【分析】：

没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力．加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点．

【解析】：

解：

A、加上电场后，根据动能定得：

所以当h取最大值时，小球动能最大，即小球运动到最低点时，动能最大，故A错误；

B、没有电场时，最高点速度设为v

则mg=m

又根据机械能守恒定律

mg（h﹣2R）=m

解得h=

加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′

则mg﹣qE=m

v′=

而由动能定理，得

mg（h﹣2R）﹣qE（h﹣2R）=

v′=

说明小球仍恰好能过B点．故B错误；

C、由上，小球仍恰好过最高点，球与轨道间无作用力．故C错误；

D、小球运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故D正确．

故选D．

【点评】：

本题是动能定理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度．

6．（6分）（2015•新津县校级模拟）如图所示，某空间存在互相正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一个带负电荷的小球以一定初速度（速度方向平行于纸面）由a点进入电磁场，经过一段时间运动至b点，下列说法正确的是（　　）

　A．从a到b，小球可能做匀速直线运动

　B．从a到b，小球不可能做匀变速运动

　C．从a到b，小球可能做匀速圆周运动

　D．从a到b，小球机械能可能不变

【考点】：

带电粒子在混合场中的运动．

【专题】：

带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】：

对带电粒子进行受力分析，从a到b，小球受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．

【解析】：

解：

A、根据题意可知，从a到b，小球受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，

根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子必做匀速直线运动，所以选项A正确，B也正确，C错误；

D、由上分析可知，从a到b，小球动能不变，而重力势能增加，则小球的机械能增加，故选项D错误．

故选：

AB．

【点评】：

带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．

7．（6分）（2015•新津县校级模拟）在空间直角坐标系O﹣xyz中，有一四面体C﹣AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x轴上一点，在坐标原点O处固定着+Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）

　A．A、B、C三点的电场强度相同

　B．电势差UOA=UAD

　C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相等

　D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能

【考点】：

电势差与电场强度的关系；电势能．

【专题】：

电场力与电势的性质专题．

【分析】：

A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同．A、B、C三点的电势相同，A、B、C三点所在的等势面为球面．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，其电势能增加．若在A、B、C三点放置三个点电荷，﹣Q所受电场力的合力不可能为零．

【解析】：

解：

A、根据点电荷电场线的分布情况可知：

A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误．

B、根据点电荷场强公式E=k

知：

OA间的场强大于AD间的场强，由U=Ed可知：

UOA＞UAD．故B错误．

C、A、B两点在同一等势面上，C、A间与C、B间的电势差相等，由W=qU，将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同．故C正确．

D、A的电势高于D点的电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在D点的电势能．故D正确．

故选：

CD．

【点评】：

本题要掌握点电荷电场线和等势面的分布情况，要有一定的空间想象能力，要能根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负．

二、非选择题共68分

8．（4分）（2015•新津县校级模拟）某同学采用频闪摄影法拍摄到如图所示的“小球做平抛运动”的照片，图中每个小方格代表的实际边长为L=2.5cm．由图可求得拍摄时每间隔时间T=　0.05　s曝光一次，该小球平抛的初速度大小为　1.0　m/s（取g=10m/s2）．

【考点】：

研究平抛物体的运动．

【专题】：

实验题．

【分析】：

正确应用平抛运动规律：

水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解．

【解析】：

解：

（1）在竖直方向上有：

△h=gT2，

其中△h=（2﹣1）×0.025=0.025m，

代入求得：

T=0.05s．

（2）水平方向：

x=v0t，其中x=2L=0.05m，t=T=0.05s，

故有：

v0=

=

=1.0m/s．

故答案为：

（1）0.05；

（2）1.0．

【点评】：

对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．

9．（2分）（2015•新津县校级模拟）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为　0.397±0.002　mm．

【考点】：

螺旋测微器的使用．

【专题】：

实验题．

【分析】：

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

【解析】：

解：

螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为39.7×0.01mm=0.397mm，所以最终读数为0mm+0.397mm=0.397mm，由于需要估读，最后的结果可以为0.397±0.002．

故答案为：

0.397±0.002．

【点评】：

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

10．（11分）（2015•新津县校级模拟）有一个小电珠上有“4V　2W”的字样，现要描绘这个小电珠的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：

A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）

B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）

C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）

D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）

E．滑动变阻器（10Ω，2A）

F．滑动变阻器（1kΩ，1A）

G．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干

（1）实验中所用电压表应选　A　，电流表应选　D　，滑动变阻器应选　E　（用序号字母表示）．

（2）请在图1的方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．

【考点】：

描绘小电珠的伏安特性曲线．

【专题】：

实验题；恒定电流专题．

【分析】：

本题

（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题

（2）的关键是根据满足

关系，可知电流表应用外接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．

【解析】：

解：

（1）：

由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I=

，所以电压表应选A，电流表应选D；

由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．

（2）：

由于小灯泡的电阻

，满足

，所以电流表应用外接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：

根据原理图连接实物如图所示：

故答案为：

（1）A，D，E

（2）如图

【点评】：

当实验要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当满足

时，电流表应用外接法．

11．（15分）（2012•安徽）质量为0.1kg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v﹣t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

．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：

（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；

（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．

【考点】：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

【专题】：

牛顿运动定律综合专题．

【分析】：

（1）速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；

（2）先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解．

【解析】：

解；

（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度为a，由速度时间图象得：

a=

根据牛顿第二定律得：

mg﹣f=ma

解得：

f=0.2N

（2）由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v=4m/s

则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v′=3m/s

离开地面后a′=

=12m/s2，

根据0﹣v′2=2a′h

解得：

h=0.375m

答：

（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；

（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m．

【点评】：

牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法．速度图象要抓住两个意义：

斜率表示加速度，“面积”表示位移．

12．（17分）（2015•新津县校级模拟）如图所示，粒子源O产生初速度为零、电荷量为q、质量为m的正离子，被电压为U0的加速电场加速后通过直管，在到两极板等距离处垂直射入平行板间的偏转电场，两平行板间电压为2U0．离子偏转后通过极板MN上的小孔S离开电场．已知ABC是一个外边界为等腰三角形的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，边界AB=AC=L，θ=30°，离子经过一段匀速直线运动，垂直AB边从AB中点进入磁场．（忽略离子所受重力）

（1）若磁场的磁感应强度大小为B0，试求离子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）若离子能从AC边穿出，试求磁场的磁感应强度大小的范围．

【考点】：

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．

【专题】：

带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】：

（1）离子经过两个电场加速，根据动能定理列式求解离子离开第二个电场时的速度，即为进入磁场时的速度．在磁场中离子作匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，列式即可求得圆周运动的半径；

（2）当离子的轨迹恰好与AC边相切时，轨迹半径最小，磁感应强度B最大，由几何关系求出离子能从AC边穿出时轨迹的最小半径，从而由牛顿第二定律求得B的最小值，即可得到B的范围．

【解析】：

解：

（1）设离子进入磁场的速度为v0，则根据动能定理可知：

离子进入磁场后，由牛顿第二定律可知：

解得：

（2）如图所示，由几何知识，有：

又由于：

可得：

要满足离子能从AC边穿出，则B＜

；

答：

（1）若磁场的磁感应强度大小为B0，离子在磁场中做圆周运动的半径为

；

（2）若离子能从AC边穿出，磁场的磁感应强度大小的范围为B＜

．

【点评】：

解决本题的关键画出粒子运动的轨迹图，理清粒子在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

13．（19分）（2015•新津县校级模拟）质量为m=1.0kg、带电量q=+2.5×10﹣4C的小滑块（可视为质点）放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，如图所示．取g=10m/s2，试求：

（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？

（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？

（3）按第

（2）问的力F作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了多少？

（设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变）

【考点】：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】：

牛顿运动定律综合专题．

【分析】：

（1）先以木板为研究对象，当滑块对木板的静摩擦力达到最大时，根据牛顿第二定律求出木板能够产生的最大的加速度，再对滑块研究，求出力F0应满足的条件．

（2）滑块从木板右端滑出时，滑块相对于木板的位移等于板长，根据位移公式求出滑块的加速度，再由牛顿第二定律求出F．

（3）系统的内能增加等于滑动摩擦力大小与相对位移大小的乘积．

【解析】：

解：

（1）当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为：

为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度am≤aM

对于滑块有：

F0﹣μ（mg+qE）=mam

得F0=μ（mg+qE）+mam=6.0N

即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N．

（2）设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学公式可知：

，

，

滑块从木板右端滑出时，则有s1﹣s2=L

滑动过程中木板的加速度a2=

=

=1.0m/s2，联立解得：

滑块运动的加速度a1=5.0m/s2

对滑块：

F=μ（mg+qE）+ma1=9.0N

（3）在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了：

Q=μ（mg+qE）L=6.0J

答：

（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0不应超过6.0N．

（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为9.0N．

（3）小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了6.0J．

【点评】：

本题采用隔离法和整体法研究两个物体有相对运动的问题，抓住加速度关系和位移关系．当两个物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值是常用的临界条件．