2016年浙江省百校联盟押 题卷-理科物理（第七模拟） 解析版

1、2016百校联盟浙江省押题卷-理科物理(第七模拟)一、单选题： 1下列有关物理常识的说法中正确的是A.库仑利用扭秤较准确地测出了引力常量B.牛顿提出的经典力学理论不适用于微观高速的物体C.欧姆定律R=说明导体电阻与导体两端的电压、通过导体的电流有关D.电势降低的方向一定是沿电场线方向【答案】B【解析】卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，A错误；牛顿经典力学理论只适用于低速宏观物体，不适用于微观高速物体，B正确；导体的电阻由导体本身决定，与导体两端的电压、通过导体的电流无关，C错误；沿电场线方向电势逐渐降低，但电势降低的方向不一定是沿电场线方向，D错误。  2如图所示，B是水平地面上AC的

2、中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数1和其与BC段间的动摩擦因数2的比值为A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】设小物块在A点时速度大小为v，AB=BC=l，则在B点时速度大小为v，由运动学公式有v2-(v)2=21gl，(v)2=22gl，解得1=32，C正确。  3如图所示，用锤头击打弹簧片，小球A做平抛运动，小球B做自由落体运动。若A、B两球质量相等，且A球做平抛运动的初动能是B球落地瞬间动能的3倍，不计空气阻力。则A球落地瞬间的速度方向与竖直方向的角度为A.30°

3、B.45°C.60°D.120°【答案】C【解析】由题意得m=3×m=3mgh，即v0=，A球落地时的竖直分速度vy=，则v0=vy，A球落地时的速度方向与竖直方向的夹角为60°，C正确。  4如图所示，一物块仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，其中F1斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左。某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不正确的是A.如果撤去的是F1，则物块先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做直线运动B.如果撤去的是F1，恢复F1时物块的速度大小可

4、能为v0C.如果撤去的是F3，物块将向右做匀加速直线运动，恢复该力之后做匀速直线运动D.如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物块做曲线运动，故在相等时间间隔内其速度的变化量v的方向时刻在改变【答案】D【解析】物块在三个共点力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1等大反向，合力与初速度不在一条直线上，物块做匀变速曲线运动，恢复F1，物块又处于平衡状态，做匀速直线运动，A选项正确；撤去F1，F2、F3的合力对物块可能先做负功后做正功，有可能总功为零，即恢复F1时物块的速度大小可能为v0，B选项正确；撤去F2之后，

5、物块做类平抛运动，则v=at，因为加速度a是恒定的矢量，故在相等时间间隔内v的大小和方向都不变，D选项错误；撤去F3后，合力水平向右，故物块向右做匀加速直线运动，C选项正确。 二、多选题： 5电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q。两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2L，则下列判断正确的是A.两点电荷一定为异种电荷B.原点O处场强大小为C.负检验电荷在原点O处受到向左的电场力D.负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大【答案】BC【解析】由x图象特点可知两

6、点电荷均为正电荷，A错误；x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，-=0，得Q=4Q，故原点处的场强大小为-，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，B、C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，D错误。  6磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板C、D间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S串联接在C、D两端，

7、已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r(R0<r<2R0)，则滑动变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中A.金属板C为电源负极，D为电源正极B.发电机的输出功率一直增大C.电阻R0消耗功率最大值为D.滑动变阻器消耗功率最大值为【答案】AC【解析】因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D板偏，负离子向C板偏，即金属板C为电源负极，D为电源正极，A对；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv=q，所以电源电动势为E=Bdv，又R0<r<2R0，所以滑片P由a向b端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r=R0+R，由电源输出功率与外

8、电阻关系可知，滑片P由a向b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，B错；由题图知当滑片P位于b端时，电路中电流最大，电阻R0消耗功率最大，其最大值为P1=I2R0=，C对；将定值电阻R0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R0<r+R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P=，D错。  7如图所示，固定斜面倾角为，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点。斜面上另外有B、C、D三点，AO=OB=BC=CD=l，其中AB段光滑，BD段粗糙，物块与斜面BD段间的动

9、摩擦因数为=tan，重力加速度为g。物块静止时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是A.物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2gsinB.物块最后停在B点C.物块在D点时的弹性势能为-mglsinD.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为+mglsin-E【答案】CD【解析】物块在BD段向下运动过程中，因=tan，物块重力沿斜面向下的分力mgsin与滑动摩擦力mgcos大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D点处加速度最大，有k×3l=ma，物块静止时有kl=mgsin，得a=3gsi

10、n，物块在DA段的最大加速度为3gsin，A选项错误；物块从D点下滑后，沿斜面向下运动，因=tan，物块在B点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B点下方做往复运动，到B点处的速度为零，B选项错误；物块从D点第一次到O点，由功能关系得Ep+mgsin×3l=mgcos×2l+，Ep=-mglsin，C选项正确；物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点处时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(Ep-E)+mgsin×2l=Q，得Q=+mglsin-E，D选项正确。 三、实验题：共2题8某同学采用如图甲所示的装置来“探究动能定理”。(1)图甲中，小车处于待释放状态，不恰当的

11、地方有:；。(2)将实验装置调整好以后，正确操作打出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点的起始点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，则打B点时，小车的速度vB=m/s(结果保留两位有效数字)；如果探究从小车释放到打B点过程钩码重力做的功与小车动能变化量的关系，除了钩码质量、纸带上的数据外，还需要测量的物理量是。【答案】(1)小车离打点计时器太远定滑轮与小车之间的细线没有与木板平行没有平衡摩擦力 (2)0.40小车的质量【解析】(1)小车离打点计时器太远会浪费纸带，而且打出的点少；定滑轮与小车之间的细线如果不与木板平行，则小车受到的拉力是变

12、力；木板右侧应垫高，以平衡摩擦力。(2)由题意知相邻两计数点间的时间间隔是T=0.1 s，vB=×10-2m/s=0.40 m/s，根据mgx=Mv2可知，还需测出小车的质量，才能探究动能定理。  9用如图1所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，其中电流表的内阻RA=16.0 。(1)将电阻箱阻值调到最大，闭合开关，调节电阻箱，测出电阻箱阻值分别为R1、R2时对应的电流表示数为I1、I2，则此电源的电动势E=，内阻r=。(2)第(1)问中求出的电源电动势和内阻的误差较大，你认为这种误差属于系统误差还是偶然误差?答:。(3)为了减小实验的误差，实验方法进行如下改进:将电阻箱阻

13、值调到最大，闭合开关；多次调节电阻箱，记下电阻箱的阻值R和对应的电流表的示数I，记录数据如下表所示；以为纵坐标，R为横坐标，在图2中作出 R图线。根据图线，可求出被测电源电动势E=V，内阻r=。【答案】(1)-RA(2)偶然误差(3)如图3.02.0【解析】(1)由闭合电路欧姆定律可得E=I1(R1+r+RA)=I2(R2+r+RA)，联立解得E=，r=-RA。(2)由于只测得两组实验数据，有较大的偶然误差。(3)根据闭合电路欧姆定律，E=I(R+RA+r)，变形可得+·R，根据图线及函数关系得，斜率k= V-1，E=3.0 V，纵轴截距b=6.0 A-1，内阻r

14、=2.0 。 四、计算题：共3题10如图所示，半径R=5 m的大圆环竖直固定放置，O点是大圆环的圆心，O点是O点正上方一个固定点。一根长为L=5 m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m=1 kg的小球，将轻绳拉至水平并将小球由静止释放，小球运动到最低点O时，轻绳刚好被拉断。已知重力加速度g=10 m/s2，求:(1)轻绳所能承受的最大拉力；(2)小球落至大圆环上时的动能。【答案】(1) 30 N (2) 100 J【解析】(1)小球由静止运动到O点的过程中机械能守恒，有mgL=m小球在最低点O时，由牛顿第二定律有Fm-mg=m解得Fm=30 N由牛顿第三定律可知，轻绳所能

15、承受的最大拉力为30 N(2)小球从O点开始做平抛运动，有x=v0ty=gt2小球落在大圆环上，有x2+y2=R2联立解得t=1 s小球落至大圆环上时的动能Ek=m+(gt)2=100 J。  11如图甲是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动，在电动机部位装有电磁刹车器，其简化原理如图乙所示。一个半径为L的圆形金属导轨固定在竖直平面内，一根长为L的金属棒OC的C端与导轨接触良好，O端固定在导轨圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘，圆盘上的钢索分别接平衡重物和左下滑轮，钢索与圆盘不打滑，

16、转轴和金属棒能随圆盘一起转动。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的磁感应强度为B的匀强磁场，a点与导轨相连，b点通过电刷与金属棒O端相连。a、b两点间连接一阻值为R的电阻。电梯中人的总质量为m，电梯在中间运行阶段的速度始终为v。(不计空气阻力和部件间的摩擦阻力，电磁刹车器的质量可忽略，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g=10 m/s2)(1)若让电梯在上行即将到顶层前关闭电动机并断开电磁刹车器的开关，依靠惯性上升高度h后停止，求h的大小。(2)若让电梯在下行阶段距离底层高度为h1时，关闭电动机的同时闭合电磁刹车器的开关，仅靠电磁刹车器使电梯到底层时停止，则判断该情况下流过电

17、阻R的电流方向并计算闭合开关瞬间电流的大小及该过程中在电阻R上产生的热量Q。【答案】(1) (2)mgh1+(2M+m)v2【解析】(1)分析题意可知，在上行阶段载人箱与平衡重物的重力势能的变化始终相互抵消由动能定理可知，mgh=(2M+m)v2得h=。(2)下行阶段，根据电梯运行带动金属棒切割磁感线的方向，由右手定则可知，电流将从b点经电阻R流向a点由电磁刹车器的构造及圆周运动规律可知，导体棒C端线速度vC与圆盘边缘的线速度v满足故可得vC=3v由法拉第电磁感应定律得，闭合开关瞬间金属棒产生的感应电动势E=BLvC故I=对于下行h1停止在底层的过程，运用动能定理得mgh1+W安=0

18、-(2M+m)v2解得W安=-mgh1-(2M+m)v2得Q=-W安=mgh1+(2M+m)v2。  12如图所示，电源电动势为E，内阻r=R，定值电阻R1和R2的阻值均为R。平行板电容器接在R2两端，两极板长度和距离均为d，足够大屏幕与电容器右端距离为d，OO1为电容器中心轴线。一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场，离开电场时的位置与电容器下极板的距离为。(1)求粒子射入电场时的初速度大小。(2)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端。左半部分不动，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离。(3)若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端，将右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离。【答案】(1) (2)y3+(d-)tan1= (3)【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得电容器两端电压为U=设粒子射入电场的初速度为v0，在平行板间做类平抛运动有E0=，a=，d=v0t，y=由y=得v0=。(2)设没有平移时，粒子离开电场时速度与水平