问酷网2014年浙江省杭州市富阳二中高考物理模拟试卷

1、 更多试题试卷答案尽在问酷网2014年浙江省杭州市富阳二中高考物理模拟试卷（6）参考答案与试题解析一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）（2008海南）如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止地面对楔形物块的支持力为（）A（M+m）gB（M+m）gFC（M+m）g+FsinD（M+m）gFsin考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有难度星级：五星专题：共点力

2、作用下物体平衡专题分析：小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力解答：解：以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff根据平衡条件得 地面对楔形物块的支持力FN=（M+m）gFsin故选：D点评：本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究受力情况，往往简单方便本题也可以隔离两个物体分别研究2（3分）如图所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上铁芯插在线圈中

3、，质量较小铝环套在铁芯上闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来则下列说法中正确的是（）A若保持开关闭合，则铝环不断升高B开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D如果将电源的正、负极对调，则铝环不会向上跳起考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律菁优网版权所有专题：电磁感应与电路结合分析：闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况解答：解：A、若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受

4、安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落，故AC错误，B正确D、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落，则观察到的现象不变，故D错误故选：B点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳3（3分）（2014南充模拟）如图所示电路中，电源电压u=311sin100t（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”

5、的抽油烟机、交流电压表及保险丝下列说法正确的是（）A交流电压表的示数为311VB电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3AC电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D1min抽油烟机消耗的电能为1.32104J考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系菁优网版权所有难度星级：四星专题：交流电专题分析：交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻解答：解：A、交流电压表的示数为有效值=220V，故A错误；B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误；C、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是

6、非纯电阻，故C错误；D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l32104J，故D正确故选：D点评：本题考查了交流电的峰值、有效值以及结合欧姆定律进行的有关计算，难度不大4（3分）（2014新余二模）某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是（）ABCD考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线；电势菁优网版权所有难度星级：四星专题：电场

7、力与电势的性质专题分析：根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化由电场线的来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化解答：解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；D、Ek与x的图象斜率与a有关，而a与电场强度E有关，即为Ek=，因电场强度先减小后增大，则斜率也先减小后增大，故D错误；故选：B点评：考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向

8、，并根据电场线来确定加速度，速度，电势及电势能如何变化注意图象含义的应用二、选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的）5（3分）2012年6月18日，“神舟九号”飞船经5次变轨追“天宫一号”如果将“神舟九号”飞船的五次变轨简化为如图所示的二次变轨：由轨道变至轨道，再变至轨道下列关于“神舟九号”飞船的描述正确的是（）A沿轨道的运动周期比沿轨道的运动周期短B沿轨道从P向Q的运动过程中速度逐渐变小C沿轨道运动的机械能比沿轨道运动的机械能大D沿轨道运动的加速度比沿轨道运动的加速度小考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用菁优网版权所有难度星级：一星专题：人

9、造卫星问题分析：根据开普勒行星运动定律比较周期大小问题，熟悉航天器变轨原理，万有引力提供圆周运动向心力等展开讨论解答：解：A、根据开普勒行星运动定律，轨道II的半长轴大于轨道I的半径，故周期大于轨道I周期故A错误；B、神舟九号从近地点向远地点运动过程中要克服引力做功，故神舟九号的动能将减小即速度减小，故B正确；C、神舟九号从轨道I转移到轨道III的过程中除了引力对神舟九号做功外神舟九号的发动机需对神舟九号做正功，故神舟九号的机械能将会增加，故C正确；D、根据万有引力提供向心力有，所以神舟九号在轨道III上运动的加速度小于在轨道I上运动的加速度故D正确；故选BCD点评：抓住航天器变轨原理，抓住圆

10、周运动时万有引力提供向心力是解决本题的关键6（3分）测声室内的地面、天花板和四周墙壁表面都贴上了吸音板，它们不会反射声波，在相距6m的两侧墙壁上各安装了一个扬声器a和b，俯视如图所示，两扬声器的振动位移大小、方向完全相同，频率为170Hz一个与示波器Y输入相连的麦克风从a点开始沿a、b两点连线缓缓向右运动，已知空气中声波的波速为340m/s，则（）A麦克风运动到距离a点1.5 m处时示波器荧屏上的波形为一直线B麦克风运动过程中除在a、b两点外，振动加强位置有5个C麦克风运动过程中示波器荧屏显示的波形幅度是不变的D如果麦克风运动到a、b连线的中点停下来之后，麦克风中的振动膜将始终处于位移最大处考

11、点：示波管及其使用；声波菁优网版权所有分析：当路程差是半波长的偶数倍时，振动加强，当路程差是半波长的奇数倍时，振动减弱；结合示波器的原理进行分析解答：解：A、声波的波长=m=2m，麦克风运动到距离 a 点 1.5m 处时，该点到a、b两点的路程差为3m，等于半波长的奇数倍，振动减弱，正好抵消，所以在示波器荧屏上波形为一直线故A正确B、麦克风运动过程中除在a、b 两点外，距a点1m、2m、3m、4m、5m的5个点到a、b的路程差都为半波长的偶数倍，振动加强，上图示波器荧屏上有5次出现波形最大故B正确C、由于输入Y的振动不是稳定的，所以波形振幅是变化的故C错误D、如果麦克风运动到a、b 连线的中点

12、停下来之后，该点为振动加强点，振幅最大，但不是位移始终最大故D错误故选：AB点评：解决本题的关键知道示波器的工作原理，以及知道当路程差是半波长的偶数倍时，振动加强，当路程差是半波长的奇数倍时，振动减弱7（3分）在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框abcd的边长为L（Ld）、质量为m、电阻为R将线框从距离磁场的上边界为h高处由静止释放后，线框的ab边刚进入磁场时的速度为v0，ab边刚离开磁场时的速度也为v0，在线框开始进入到全部离开磁场的过程中（）A感应电流所做的功为mgdB感应电流所做的功为2mgdC线框的最小动能为D线框的最小动能为mg

13、（hd+L）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率菁优网版权所有专题：电磁感应功能问题分析：从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的整个过程中，线框的动能不变，重力势能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈产生的热量，即可得到感应电流做功线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc刚进入磁场时速度最小，根据动能定理求解最小动能解答：解：A、B、分析从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则 Q

14、=mgd；ab边刚进入磁场速度为v0，穿出磁场时的速度也为v0，所以从ab边刚穿出磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程，产生的热量为：Q=2mgd，则感应电流做功为：W=Q=2mgd故A错误，B正确C、D、线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc刚进入磁场时速度最小设线框的最小动能为Ekm，全部进入磁场的瞬间动能最小由动能定理得：从ab边刚进入

15、磁场到线框完全进入磁场时，则有：Ekm=mgLmgd，又=mgh解得：Ekm=mg（hd+L），故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等三、非选择题8（10分）某同学利用光电传感器设计了测定重力加速度的实验，实验装置如图所示，实验器材有带有标度的竖直杆、光电计时器、小钢球等，小钢球的初始位置与标度O平齐，O、A、B、C、D、E间距相等竖直杆上端固定一个电磁铁，通电时，小钢球被吸在电磁铁上，断电时，小钢球自由下落光电门可以在竖直杆

16、上移动（1）先将光电门夹在A处，光电计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，量出OA的距离为h，小钢球的直径为d则小钢球运动到光电门处的瞬时速度v=，当地的重力加速为（用题中所给字母表示）；（2）该同学通过移动光电门在竖直杆上的位置进行多次实验，若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，请你判断此时光电门应固定在位置D处（选填“B”、“C”、“D”或“E”）考点：测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有专题：实验题分析：（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，根据速度位移公式求出当地的重力加速度（2）根据匀变速直线运动速度位移公式确定光电

17、门的位置解答：解：（1）小球通过光电门时的速度，根据v2=2gh，解得g=（2）若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，则通过光电门的速度变为原来的2倍，根据v2=2gh得，知下落的高度变为原来的4倍，因为OD=4OA，所以光电门应固定在D处故答案为：（1）；（2）D点评：解答本题要知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度，能根据自由落体运动的基本公式分析，难度不大，属于基础题9（10分）现有两个电阻R和R0，R为标准电阻，R0的阻值随温度变化一探究小组用图甲电路（虚线框内还有一个滑动变阻器），经多次测量、描点，画出了两电阻的伏安特性曲线如图乙所示，其中两电阻电流从零开始变化

18、已知电源电动势为6V，内阻很小（1）选出最适合本实验的滑动变阻器BA.5 0.6A B.20 0.6A C.100 0.6A（2）在图甲中虚线框内补充完整电路图（3）实验中，当电流表的示数为0.1A时，电阻R0消耗的电功率为0.2W；由图线知，R0的阻值随温度升高怎样变化？温度升高，电阻减小考点：描绘小电珠的伏安特性曲线菁优网版权所有专题：实验题分析：（1）根据电源电动势、滑动变阻器最大阻值与滑动变阻器允许的最大电流分析答题（2）根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出实验电路图（3）由图乙所示图象求出当电流表的示数为0.1A时，电阻R0两端的电压，然后由P=UI求出电阻实际功率；根据图示图象应用

19、欧姆定律分析答题解答：解：（1）电源电动势为6V；通过滑动变阻器A的电流I=1.2A0.6A，不能保证电路安全，故不能选择滑动变阻器A；通过滑动变阻器B的电流I=0.3A0.6A，通过滑动变阻器C的电流：I=0.006A0.6A，滑动变阻器B、C都能保证安全，为方便实验操作，应选滑动变阻器B（2）由题意可知，电阻电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：（3）由图乙所示图象可知，当电流表的示数为0.1A时，电阻R0两端电压为2V，电阻消耗的实际功率P=UI=20.1=0.2W；由图乙所示图象可知，随电阻R0两端电压增大，通过电阻的电流增大，电阻实际功率增大，电阻温度升高

20、，由图象可知，电阻两端电压与电流的比值减小，电阻阻值减小，由此可知，随温度升高，电阻阻值减小故答案为：（1）B；（2）电路图如图所示；（3）0.2；温度升高，电阻减小点评：对电表读数时要先确定电表量程的分度值，读数时视线要与电表刻度线垂直；应用串联电路特点即可求出灯泡两端电压10（20分）如图所示，在MN左侧QP上方有匀强电场在MN右侧存在垂直于纸面的矩形匀强磁场（图中未画出），其左边界和下边界分别与MN、AA重合现有一带电粒子以初速度v0自O点沿水平方向射入，并恰好从P点射出，又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终垂直于MN从A点向左水平射出已知PA距离为d，OP=，OO距离L=d不计带电粒子重

21、力求：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度；（2）粒子在从O到A经历的时间（3）矩形有界磁场的最小面积考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）带电粒子做平抛运动，由运动的分解可得平行极板方向做匀速运动，垂直此方向做匀加速运动，根据运动学公式即可求解；（2）粒子做平抛运动后进入磁场做匀速圆周运动，根据几何关系可得已知长度与运动轨迹的半径的表达式再由轨迹对应的圆心角，从而求出所需要的时间；（3）从几何角度得出磁场的最小区域，再由面积公式即可求解解答：解：（1）带电粒子在电场中平行极板方向匀速运动：竖直方向从静止开始做匀加速运动：，解得则粒子从下极板边

22、缘射出时的速度为，且与竖直方向成300角（2）带电粒子在电场中运动的时间，由几何关系可得r=，离开电场后先做匀速运动，匀速运动的时间然后进入磁场，在磁场中偏转1200到达A，所以带电粒子从O运动至A所用的总时间为t=t1+t2+t3=（3）由轨迹示意图可知，磁场区域宽等于轨迹半径r，高等于，而r=，所以矩形有界磁场的最小面积为S=r=答：（1）粒子从下极板边缘射出时的速度为2v0，方向与竖直方向成300角；（2）粒子从O运动到A经历的时间时间为；（3）矩形有界磁场的最小面积为点评：理解平抛运动处理的运动分解规律，掌握匀速圆周运动的：定圆心、画轨迹、求半径的方法同时运用几何知识来结合求解11如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框ABCD，线框的边长为L=4m、总电阻为R=1在直角坐标系xOy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y=2sinx（m），磁感应强度大小B=2T线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=1m/s水平向右做匀速直线运动，直到拉出磁场（1）求线框中AD两端的最大电压；（2）在图乙中画出运动过程中线框it图象，并估算磁场区域的面积（估算结果保留2位有效数字）；（3）求线框在穿越整个磁场的过程中，拉力F所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版