浙江省高考冲刺试卷(二)名师导航理科综合物理答案

1、2015年浙江省高考冲刺试卷（二）理科综合物理答案一、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）1（6分）（2015浙江模拟）“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜游丝一断浑无力，莫向东风怨别离”这是红楼梦中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力T以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上关于风筝在空中的受力可能正确的是（） A B C D 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 风筝在风力F、线的拉力T以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上可以近似看成平衡状态，通过合力是否能为零判断力图的正确与否【解析】： 解：在B、C、D三个力图中，

2、合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A图，在三个力的作用下能处于平衡故A正确，B、C、D错误故选A【点评】： 解决本题的关键知道物体处于平衡状态时，合力为零2（6分）（2015浙江模拟）如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53°和37°已知在t=0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点则（） A a、b和d球同时到达M点 B b球和d球同时到达M点 C c球位移最大，最后到达M点 D 沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨

3、道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短【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】： 根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序【解析】： 解：设圆的半径为r，对于AM段，位移：x1=，加速度为：a1=gsin45°=，由位移时间公式得，所用时间：=对于BM段，位移：，加速度为：a2=gsin53°=，由位移时间公式得，所用时间为：对于CM段，位移：x3=2r，加速度为：a3=g，由位移时间公式得，所用时间为：=对于D

4、M段，位移：，加速度为：，由位移时间公式得，所用时间为：故：t1=t3t2=t4故a、c同时到达M点，b、d同时到达M点，且ac用时短于bd用时，故ACD错误，B正确；故选：B【点评】： 解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解3（6分）（2015浙江模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（） A 仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B 仅提高电子枪加速电压，电子束径

5、迹的半径变大 C 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【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【分析】： 根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解析】： 解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m解得：r=T=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故AC错

6、误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；故选：B【点评】： 本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键4（6分）（2015浙江模拟）如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（） A B C D 【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析【解析】： 解

7、：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为 P=I2R，PI2，故A正确B、电容器C的电压UC=EI（R2+r），电荷量Q=CUC=CEI（R2+r），则=C（R2+r），保持不变，则QI图象是向下倾斜的直线，故B正确C、电压表示数 U=EIr，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误D、电源通过电荷量q时电源做的功 W=qE，E是电源的电动势，则WI是过原点的直线，故D错误故选：AB【点评】： 根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法二、选择题（本题共3小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全部选对的

8、得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5（6分）（2015浙江模拟）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为、在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（） A 泵体上表面应接电源正极 B 通过泵体的电流I=UL1/ C 增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D 增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】： 霍尔效应及其应用【分析】： 当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆

9、定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况【解析】： 解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=；因此流过泵体的电流I=，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选：AC【点评】： 本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难6（6分）（2015浙江模拟）如图所示，闭合开关S后A、B板间产生

10、恒定电压U0，已知两极板的长度均为L，带负电的粒子（重力不计）以恒定的初速度V0，从上板左端点正下方h处，平行极板射入电场，恰好打在上板的右端C点若将下板向上移动距离为板间距的倍，带电粒子将打在上板上的C点，则B板上移后（） A 粒子在板间的运动时间不变 B 粒子打在A板上的动能变大 C 粒子在A板上的落点C与极板右端C的距离为板长的 D 比原入射点低h处的入射粒子恰好能打在上板右端C点【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动根据牛顿第二定律和运动学公式求解【解析

11、】： 解：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动设板间距离为d，则有L=v0t，h=A、由h=，得：，故U0不变，当d减小时，粒子运动时间减小，故A错误；B、竖直方向速度：vy=t，d减小，则vy增大，故打在A板上的速度增大，故粒子打在A板上的动能增大，故B正确；C、由L=v0t，h=，得，故将下板向上移动距离为板间距倍时，水平距离L，有=故L=，与极板右端C的距离为L=L，故C正确；D、由C得h=，所以故h=h，即比原入射点低（1）h=处的入射粒子恰好能打在上板右端C电，故D正确故选：BCD【点评】： 本题考查带电粒子在电场中的运动，根据类平抛运动在

12、水平方向匀速运动竖直方向匀加速运动来求解，做题过程中要细心7（6分）（2015浙江模拟）如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻图（乙）是计算机荧屏上显示的UIt曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的下列说法正确的是（） A 若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大 B 若仅减小h，两个峰值都会减小 C 若仅减小h，两个峰值可能会相等 D 若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【考点】： 自感现象和自感系数【分析】：

13、感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大【解析】： 解：A、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，两个峰值间的时间间隔会减小故A错误；B、C、当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等；故B正确，C错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知，不计线圈电阻，减小滑动变阻器阻值，则感应回路中的感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用增大，磁铁的机械能转化为动能的比例增大，即感应回路中的电功率P=UI增大，两个峰值都会增大，故D

14、正确故选：BD【点评】： 本题考查了电磁感应定律与闭合电路输出功率问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性，难点在于理解该过程中的功能关系以及UIt曲线的含义三、非选择题：8（10分）（2015浙江模拟）某同学利用图甲所示装置来研究加速度与力的关系他将光电门1和2分别固定在长木板的A、B两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车（小车质量约为200克），每次小车都从同一位置由静止释放（1）长木板右端垫一物块，其作用是用来平衡摩擦力；（2）用游标卡尺测得遮光条的宽度为0.52 cm；（3）对于所挂重物的质量，以下取值有利于减小实验误差的是BC（填选项）A.1克 B.5克 C.10克 D.40克（4

15、）现用该装置来探究功与速度变化的关系，关闭光电门2，测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门1的时间t，通过描点作出线性图象，应作出图象D（填选项）A、tm B、t2m C、m D、m【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 根据实验原理可知该实验需要将长木板的一端垫起适当的高度以平衡摩擦力；游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力【解析】： 解：（1）为了消除小车所受摩擦力对实验的影响，在该实验中需要将长木板的一端垫起适当的高度，所以长木板右端垫一物块，其作用是用来平衡摩擦

16、力（2）游标卡尺主尺读数为：5mm，游标尺：对齐的是2，所以读数为：2×0.1=0.2mm，所以d=5+0.2=5.2mm=0.52cm（3）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力，而，A答案重物的重力太小，产生的加速度不明显，不利于减小实验误差，因此BC比较符合要求故选：BC（4）由题意可知，小车经过光电门时的速度等于遮光条的宽度除以时间，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，即：，根据牛顿第二定律有：，所以有：，即m=，由此可知若画出图象，图象为过原点的直线，会更直观形象，故

17、ABC错误，D正确故选：D故答案为：（1）平衡摩擦力 （2）0.52；（3）BC（4）D【点评】： 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9（10分）（2015浙江模拟）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流某同学连好的实物图如甲所示（1）在以下电流表中选择合适的一只是A2；电流表A1（量程3A，内阻约0.1）；电流表A2（量程600mA，内阻约0.5）；电流表A3（量程100mA，内阻约3）（2）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表

18、已调零，经检查各部分接触良好但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为h；（3）实验测得的部分数据如表，请在图乙所示的坐标纸上作出该元件的IU图象；电压U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40电流I/A 0.08 0.20 0.28 0.34 0.41 0.44（4）若将该灯泡与一个4的定值电阻串联，直接接在电动势为2V内阻不计的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=0.25W（保留两位有效数字）【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】： （1）根据灯泡额定电流选择电流表；

19、（2）根据图甲所示实物电路图，分析清楚电路结构，然后根据各电路元件的连接方式作出电路图（3）电源与定值电阻整体组成一个等效电源，在图象中作出电源的IU图象；（4）由图象找出电路电流与灯泡电压，然后由P=UI求出灯泡功率【解析】： 解；（1）灯泡额定电流I=0.5A，故电流表选A2（量程600mA，内阻约5），（2）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，由电路图可知，导线h断了（3）根据题目中给出的数据利用描点法可得出对应和图象如图所示；（4）电源与4.0的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出电源的UI图象，两图象的交点坐

20、标值为：U=1V，I=0.25A，灯泡功率为：P=UI=1V×0.25A0.25W故答案为：（1）A2；（2）h；（3）如图所示；（4）0.25【点评】： 本题考查伏安法测量灯泡伏安特性曲线，要注意明确图象法的应用，知道灯泡的电阻随温度的升高而增大10（16分）（2015浙江模拟）在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度（1）求t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成

21、一条曲线，求该曲线方程【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 由题意可知，沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学基本公式求出在（tt0）时间内水平和竖直方向的位移即可求出位置坐标，联立方程，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线方程即可求出【解析】： 解：（1）由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0沙随沙漏一起匀加速的位移接着沙平抛，t时刻位移x1=v0（tt0）且x=x0+x1y=所以，t0时刻漏出的沙的坐标为：（，）；（2）联立方程，y=，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图

22、线满足方程答：（1）t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标为：（，）；（2）该曲线方程为【点评】： 本题的关键是正确分析沙子漏出后的运动规律，知道沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中11（20分）（2015浙江模拟）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上已知电场变化周期T=，粒子质

23、量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力求：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）有界磁场区域的最小面积【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】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在电场中加速，牛顿第二定律和运动学公式即可求解粒子在P、Q间运动的时间；（2）粒子在电场中加速，电场力做功，由动能定理即可求出粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）射出磁场时所有粒子的速度方向均竖直向上，做出运动的轨迹图，即可几何关系即可求解【解析】： 解：（1）设t=0时刻释放的粒子在0.5

24、T时间内一直作匀加速运动，加速度位移可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合该粒子在P、Q间运动时间（2）t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大由运动学公式有 t1=0时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为t），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O射入磁场，则代入数据得：所以最小速度：（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：得：最大半径：最小半径：粒子水平向右进入磁场，然后射出时所有粒子的速度方向均竖直向上，偏转角都是90°，所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积，如图：图中绿色阴影部分即为最小的磁场的区域，所以：=答：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间是；（2）粒子射入磁场时的最大速率是，最小速率是；（3）有界磁场区域的最小面积是【点评】： 考查粒子在电场中加速和在磁场中圆周运动问题，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径公式12（22分）（2015浙江模拟）如图所示，质量为m的