1、【名师解析】重庆市九龙坡区 2015 届高三一诊物理试卷一、选择题（本题共 5 小题，每题 6 分，每题仅有一个正确选项）1 （6 分）2013 年 12 月 15 日 4 时 35 分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离， “玉兔号” 巡视器顺利驶抵月球表面如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号 ”奔月过程中某阶段的运动示意图关闭动力的嫦娥三号探侧器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圈轨道在 B 处变轨进入圆轨道，已知探侧器绕月做圆周运动的轨道半径为 r，周期为 T，引力常量为 G，下列说法中正确的是（ ）A 嫦娥三号进入圆轨道后，月球引力不做功B 嫦娥三号在飞向 B 处的过程中速度会越来越小C 嫦娥
2、三号在 B 处由椭圆轨道进入圆轨道时必须点火加速D 由题设条件可以算出嫦娥三号绕月飞行时受到月球引力的大小【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】：嫦娥三号奔在飞向 B 处的过程中，月球引力做正功；嫦娥三号在 B 处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，使得万有引力等于向心力做圆周运动；根据嫦娥三号绕圆轨道运行时，由月球的万有引力充当向心力，列式可求出月球的质量要计算嫦娥三号受到月球引力的大小，必须要知道嫦娥三号的质量【解析】： 解：A、嫦娥三号进入圆轨道后，由于万有引力的方向与速度方向垂直，可知月球引力不做功，故 A 正确B、嫦娥三号在飞向 B 处的过程中，由于
3、万有引力做正功，可知速度越来越大，故 B 错误C、嫦娥三号在 B 处由椭圆轨道进入圆轨道时，需减速使得万有引力等于向心力，做圆周运动，故 C 错误D、已知探测器做圆周运动的轨道半径和周期，根据万有引力提供向心力可以求出月球的质量，但是嫦娥三号的质量未知，无法求出月球对嫦娥三号的引力，故 D 错误故选：A【点评】： 该题考查万有引力与航天，掌握卫星的变轨过程，知道当探测器做圆周运动时，万有引力提供向心力，万有引力不做功2 （6 分）在重庆市的旧城改造活动中，为保证某危旧房屋的安全，设法用一个垂直于天花板平面的力 F 作用在木垫 m 上，以支撑住倾斜的天花板，如图所示，己知天花板平面与竖直方向夹角
4、为 ，则（ ）A 木垫共受到三个力的作用B 木垫对天花板的弹力大小等于 FC 木垫对天花板的摩擦力大小等于 mgcosD 适当增大 F 天花板和木垫之间的摩擦力可能变为零【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】：对木块进行受力分析，运用力的平衡条件判断物体受力情况对受到的力进行正交分解，根据平衡等式找力与力之间的关系【解析】： 解：对物体进行受力分析会发现：A、木块受竖直向下的重力 G 和推力 F，木块与天花板接触并挤压了，所以一定受弹力FN推力 F 与弹力 FN 方向相反以上三力，F 和 FN 方向在一条直线上，再加上一个竖直向下的重
5、力，显然合力不可能为 0，受力不平衡，所以木块必然受到天花板对它的摩擦力 f故A 错误B、木块受力分析图：对重力进行分解，垂直天花板方向的平衡方程为：F=F N+Gsin 得出 FNF，故 B 错误C、平行天花板方向的平衡方程为：f=Gcos =mgcos，故 C 正确D、由上面推倒出摩擦力的表达式知，摩擦力大小与 F 无关，适当增大 F，天花板和木垫之间的摩擦力不变啊，D 错误；故选：C【点评】： 对木块进行受力分析，运用力的平衡条件判断物体受力情况我们可以采用假设法物理是一门很有用，也很有吸引力的学科，希望你努力，用心之后，你肯定会喜欢它的3 （6 分）在如图中水平放置的平行金属板 A、B
6、 连接在一稳恒电源上，两个质量相等的电荷 M 和 N，同时分别从极板 A 的边缘和两极板的正中间，沿水平方向进入板间匀强电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，从M、N 进入两板间直到相遇的过程中中，下列说法正确的是（ ）A 两电荷运动的加速度大小相等B 两电荷速度偏角的大小相等C 两电荷进入电场时的初速度大小相等D 电场力对 M 做的功大于电场力对 N 做的功【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【分析】：由题，两个电荷都做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速直线运动，由图看出，相遇时，M 的竖直位移大于 N 的竖直位移，由牛顿第二定律和位移公式研究
7、竖直位移，可比较比荷的大小和加速度的大小根据竖直位移、电场力的关系即可比较电场力做功的大小分析水平方向的运动，比较初速度的大小【解析】： 解：A、由题，两个电荷都做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，其加速度为：a=竖直位移为：y= ，得到：y= t2由图看出，相遇时，M 的竖直位移大于 N 的竖直位移，而 m、E、t 相等，则得到，M 的比荷大于 N 的比荷，M 的加速度大于 N 的加速度故 A 错误B、速度偏转角为 ，对 M： ，对 N： ，故偏转角不同，故 B 错误C、从轨迹可以看出：x Mx N，故 vMtv Nt，故 vMv N，故 C 错误；D、从轨迹可以看出：y My N，故 ，因
8、两个质量相等的带电粒子 M 和 N，解得：q Mq N，电场力的功为：W=qEd，电场强度 E 相同，M 电荷量大，竖直分位移大，电场力对粒子M 做功更多，故 D 正确；故选：D【点评】： 本题运用运动的分解法研究类平抛运动问题，要根据轨迹直接比较两电荷竖直位移和水平位移的关系，再分析其他量的大小4 （6 分）如图甲所示质量为 M 的木板静止在光滑水平面上一个质量为 m 的小滑块以初速度 v0 从木板的左端向右滑上木板滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ）A 滑块和木板始终存在相对运动 B 滑块始终未离开木板C 滑块的质量小于木板的质量 D
9、 木板的长度为【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】：根据图示图象判断两物体的速度关系，然后判断两物体间是否始终相对运动，滑块是否离开木板；根据图示图象比较两物体的加速度关系，然后比较两者的质量关系，根据图象应用运动学公式求出相对位移，然后求出木板的长度【解析】： 解：A、由题意知， m 在 M 的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M 在 m 的摩擦力作用下做初速度为 0 的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故 A 错误；B、由图示图象可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B 正确；C、由于 m、M 间相互作用的摩擦力分别使 m、M 产生加
10、速度，所以满足 mam=MaM，由图象知，在 t1 时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即 ama M，所以可知mM，滑块的质量大于木板的质量，故 C 错误；D、两物体相对静止时，两者的位移差： x= t1 t1= ，则木板长度大于等于 ，故 D 错误；故选：B【点评】： 图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律5 （6 分）水平恒定推力 F1 和 F2 分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的 a、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的 vt 图象如图所示，已知图中线段 ABCD，则（ ）A a
11、 物体受到的摩擦力小于 b 物体受到的摩擦力B a 物体受到的摩擦力大于 b 物体受到的摩擦力C F1 的冲量大于 F2 的冲量D F1 的冲量小于 F2 的冲量【考点】： 动量定理；摩擦力的判断与计算【专题】： 动量定理应用专题【分析】：由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB 与 CD 平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系【解析】： 解：A、由图， AB 与 CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故 AB 错误C
12、、根据动量定理，对整个过程研究得F1t1ftOB=0，F 2t2ftOD=0由图看出，t OBt OD，则有 F1t1F 2t2，即 F1 的冲量小于 F2 的冲量故 C 错误，D 正确故选：D【点评】： 本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力中等难度二、非选择， （每个试题考生都必须作答，共 68 分）6 （6 分）如图 a 图为“验证牛顿第二定律”的实验装置示度图砂和砂桶的总质最为 m，小车和砝码的总质里为 M实验中用砂和砂捅总重力的大小作为细线对小车拉力的大小为了使细线对小车的拉力于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的
13、一项操作是 C A将长木板水平放置，让小车连着己经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节 m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着己经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节 m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动C将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动D将长木板的一端垫起适当的高度撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，用眼仔细观察并判断小车是否做匀速直线运动实
14、验中要进行质量 m 和 M 的选取，以下最合理的一组是 C AM=200g，m=10g 、15g、20g、25g、30g、40gRM=200g，m=20g 、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g 、15g、20g、25g、30g、40gDM=400g，m=20g 、40g、60g、80g、100g、120g在研究加速度 a 与小车的质量 M 的关系时随着小车内砝码逐渐减少，根据实验数据做出的 a 图象最接近 b 图中的 D 【考点】： 验证牛顿第二运动定律【专题】： 实验题【分析】：1、小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩
15、擦力；2、当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即 mM 时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力；3、设绳子上拉力为 F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对砂桶和砂有：mg F=ma，由此解得：F= ，由此可知当 M时，砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，据此根据该实验实验误差产生的原因即可正确解答【解析】： 解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即
16、平衡摩擦力故选：C（2）当 mM 时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力因此最合理的一组是 C故选：C（3）随着 增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于砂和小砂桶的质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，故 ABC 错误，D 正确故选 D故答案为：（1）C （2）C （3）D【点评】： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握7 （13 分）重庆某研究所于 2014 年 1 月研制成功
17、一种新材料做成的电阻丝，其稳定性非常优良，几乎不随温度变化而发生改变工程技术人员为了尽量准确地测定它的电阻率，进行了如下测量用螺旋侧微器侧量其直径 d，如图 a 所示，则 d= 0.850 mm ；用 20 分度的游标卡尺侧里其长度 L，如图 b 所示，则 L= 3.075 cm；用伏安法侧量电阻丝的电阻（约 8k） ，并要求多次测量求平均值以减小偶然误差，可供选用的器材有：电源 E（电动势为 4V） ；电压表 V（量程为 3V内阻约为 2k）电流表 Al（量程为 0.5mA，内阻约为 1）电流表 A2（量程为 0.6A，内阻约为 10）滑动变阻器 R（最大阻值为 20）开关、导线若干为满足实
18、验要求，尽量减小误差，电流表应选 A 1 （选填“ A1”或“A 2”） 将选用的器材连成符合要求的实验电路（不得改动图 c 中己画出部分连线）【考点】： 测定金属的电阻率；伏安法测电阻【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游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读先根据电阻定律求出导线的电阻，再根据欧姆定律估算出通过导线的电流，从而选出电流表量程，再根据电流表内外接法的选择方法选择电流表应为内接法，最后根据滑动变阻器阻值远小于导线电阻而变阻器采用分压式接法【解析】： 解：螺旋测微器的固定刻度读数为 0.5mm，可动刻度
19、读数为0.0135.0mm=0.350mm，所以最终读数为：0.850mm游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上第 15 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：30mm+0.75mm=30.75mm=3.075cm导线的电阻约为 R= =8650，由 I= 可得通过导线的电流为 I= A=0.35mA，所以电流表应选 A1因为 ，所以电流表应选内接法，又滑动变阻器最大阻值远小于待测导线电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路实物连线图如图所示故答案为：0.850；3.075； A1；如上图连线【点评】： 电表的选择原则是通过电表的
20、电流不能小于量程的 ；当满足 时电流表应用外接法，当 时电流表应用内接法；若变阻器最大阻值远小于待测电阻值或要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式接法8 （14 分）如图甲所示，操场上有一质量不计的足够长的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，在竿的上端装有一传感器可显示竿的上端所受拉力的大小一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑第 5s 末速度刚好为零，并用手紧握住滑竿悬空保持静止不动以这个学生开始下滑时刻为计时起点传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示 （g=10/m/s 2 ）求：（1）该学生的质量； （2）该学生在下滑过程中的最大速度；（3）1s5s 期间传感器的示数【考点】： 牛顿第
21、二定律；加速度【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】：根据学生处于静止状态，结合平衡得出重力的大小根据牛顿第二定律求出学生匀加速运动的加速度，结合速度时间公式求出最大速度的大小根据速度时间公式求出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出拉力的大小【解析】： 解：（1）第 5s 末速度刚好为零，并用手紧握住滑竿悬空保持静止不动由图象可知，F=mg=500N，解得 m=50kg（2）由图象可知，1s 末的速度最大，根据牛顿第二定律得， ，则最大速度 v=at=2.41m/s=2.4m/s（3）因为 5s 末的速度为零，则匀减速运动的加速度大小 ，根据牛顿第二定律得，F 2mg=ma2，解得
22、F2=mg+ma2=500+500.6N=530N答：（1）学生的质量为 50kg； （2）该学生在下滑过程中的最大速度为 2.4m/s （3）1s5s 期间传感器的示数为 530N【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁9 （16 分）如图所示，有一质量 m=1kg 的小物块，在平台右边沿以初速度 vo=3m/s 水平飞出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的半径 R=0.5m 的粗糙圆弧轨道，最后小块滑上靠轨道末端 D 点的质量 M=3kg 的长木板，长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，长木板下表面与水平地面之间
23、光滑接触当小物块在木板上相对木板运动 l=1m 时，与木板有共同速度小物块与长木板之间的动摩擦因数 =0.3，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 =53，不计空气阻力，取 g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）物块到达 C 点时速度的大小； （2）物块到达圆弧轨道末端 D 点时速度的大小； （3）物块通过圆弧轨道的过程中克服摩擦力做的功【考点】： 动能定理；平抛运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】：（1）小球从 A 点抛出做平抛运动，恰好沿 C 点的切线方向进入，根据几何关系求出 C 点的速度即可；（2）根据牛顿第二定律及动能定理，求出 D 点的速度（3）
24、对 A 到 D 的过程运用动能定理求出物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功【解析】： 解：（1）设小物块到 C 点时的速度为 v，恰好沿 C 点的切线方向进入粗糙圆弧轨道则根据几何关系：v 0=vcos53所以 v= = =5m/s（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小：a 1= = =1m/s2，物块的加速度大小：a 2= =g=0.310=3m/s2，由题意得：a 1t=vDa2t，=l联立以上各式并代入数据解得 vD= ，（3）小物块由 A 到 D 的过程中，由动能定理得mgh+mgR（1cos 53）W=代入数据解得 W=6J 答：（1）物块到达 C 点时速度的大小为
25、5m/s； （2）物块到达圆弧轨道末端 D 点时速度的大小为 2 m/s； （3）物块通过圆弧轨道的过程中克服摩擦力做的功为 6J【点评】： 本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解10 （19 分）如图所示，ABCDEF 是一边长为 L 的正六边形盒，各边均为绝缘板，盒外有方向垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B盒内有两个与 AF 边平行的金属板 M、N，且金属板 N 靠近盒子的中心 O 点，金属板 M 和盒子 AF 边的中点均开有小孔，两小孔与 O 点在同一直线上现在 O 点由静止放置一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子（不计粒子重力及空气阻力，忽略运动电荷对外加磁场、电场的影响） （1）如果在金属板 N、M 间加上电压 UNM=U0 时，粒子从 AF 边小孔射出后直接打在 A点，试求电压 U0 的大小； （2）如果给金属板 N，M 间加一合适的电压，粒子从 AF 边小孔射出后恰好能以最短时间回到该小孔（粒子打在盒子各边时都不损失动能） ，试求粒子运动的最短时间； （3）如果改变金属板 N、M 间所加电压，试判断粒子从 AF 边小孔射出后能否直接打在C 点？若不能，说明理由；若能，请求出此时电压 UNM 的大小
