浙江省杭州市五校联盟2016届高考物理二诊试卷(解析版)

第18页（共18页）2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理二诊试卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.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．下列说法正确的是（）A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因2．一个做匀加速直线运动的物体先后经过A．B两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中不正确的有（）A．物体经过AB位移中点的速度大小为B．物体经过AB位移中点的速度大小为C．物体通过AB这段位移的平均速度为D．物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为3．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A．小桶处于失重状态 B．小桶的最大速度为C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh5．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）A．物块的质量为1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J6．质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为υ，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（）A．向心加速度为 B．向心力为m（g+）C．对球壳的压力为 D．受到的摩擦力为μm（g+）7．如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，θ=37°，C，F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中．现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．匀强电场的场强大小可能是B．小球运动到D点时动能一定不是最大C．小球机械能增加量的最大值是2.6qERD．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR﹣0.8EqR二、非选择题（共78分）8．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=J，系统势能的减少量△EP=J，由此得出的结论是；（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=m/s2．9．在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：．（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（0～10Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填R1或R2）．③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=．（电流表内阻用RA表示）B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=．10．足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．11．如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？12．在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d=10mm，定值电阻R1=R2=12Ω，R3=2Ω，金属棒ab电阻r=2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B=1T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m=1×10﹣14kg，带电量q=﹣1×10﹣14C的微粒恰好静止不动．取g=10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．试求：（1）匀强磁场的方向；（2）ab两端的路端电压；（3）金属棒ab运动的速度．

2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理二诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.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．下列说法正确的是（）A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C．亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因【考点】法拉第电磁感应定律；物理学史．【分析】法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因．【解答】解：A、英国物理学家法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．故A错误．B、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．故B错误．C、伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．故C错误．D、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．故D正确．故选：D．2．一个做匀加速直线运动的物体先后经过A．B两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中不正确的有（）A．物体经过AB位移中点的速度大小为B．物体经过AB位移中点的速度大小为C．物体通过AB这段位移的平均速度为D．物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为【考点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，也等于初末速度的平均值，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根．【解答】解：物体做匀加速直线运动，先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根，故物体经过AB位移中点的速度大小为；故物体通过AB这段位移的平均速度为=；而平均速度等于中间时刻的速度，故物体经过AB中间时刻的速度大小应为；故A错误，BCD正确．本题选不正确的，故选：A3．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小【考点】电容器的动态分析．【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（）A．小桶处于失重状态 B．小桶的最大速度为C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．【分析】先小桶的加速度，分析其状态．根据A、B的位移之间的关系，分别以A、B为研究对象，根据动能定理列式可求得最大速度．【解答】解：AC、在整个运动过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态．故A、C错误；B、在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg•h•sin30°﹣mgh=（3m+m）v2；解得小桶的最大速度：v=，故B正确；D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：EKm=•3mv2=mgh，故D错误．故选：B5．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）A．物块的质量为1kgB．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32WD．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】由F﹣t图象求出力的大小，由v﹣t图象判断物体的运动状态，应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数；由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率．【解答】解：A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：0.8+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，由v﹣t图象可知，加速度：a=m/s2=0.4m/s2．在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ﹣mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；C、由v﹣t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移x=×0.4×22m=0.8m，0～3s内力F做功的平均功率为：P===W=0.213W，故C错误；D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确．故选：AD．6．质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为υ，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（）A．向心加速度为 B．向心力为m（g+）C．对球壳的压力为 D．受到的摩擦力为μm（g+）【考点】牛顿第二定律；向心力．【分析】物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=，此时由重力和支持力提供向心力．根据牛顿第二定律求出支持力，由公式f=μN求出摩擦力．【解答】解：A、物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=．故A正确．B、根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力Fn=man=m．故B错误．C、根据牛顿第二定律得N﹣mg=m，得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+），由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小N′=m（g+）．故C错误．D、物体在最低点时，受到的摩擦力为f=μN=μm（g+）．故D正确．故选AD7．如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，θ=37°，C，F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中．现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．匀强电场的场强大小可能是B．小球运动到D点时动能一定不是最大C．小球机械能增加量的最大值是2.6qERD．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR﹣0.8EqR【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动情况，分析小球的合力方向，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量．【解答】解：A、小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：qEcos37°≥mgsin37°，则得：E≥，故场强大小不可能等于．故A错误．B、小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；C、小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为△E=qE[4Rcos53°+R（1﹣cos37°）]=2.6qER，故C正确．D、小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为△Ek=mgR（1+sin37°）﹣qERcos37°=1.6mgR﹣0.8qER，故D错误．故选：BC．二、非选择题（共78分）8．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=0.576J，系统势能的减少量△EP=0.600J，由此得出的结论是在误差允许的范围内，系统机械能守恒；（3）若某同学作出v2﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=9.7m/s2．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量．根据机械能守恒得出v2﹣h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．【解答】解：（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=．（2）则打点0～5过程中系统动能的增量△EK==0.576J．系统重力势能的减小量△EP=（m2﹣m1）gh=0.1×10×（0.216+0.384）=0.600J，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．（3）根据系统机械能守恒得，，解得，图线的斜率k==，解得g=9.7m/s2．故答案为：（1）2.4；（2）0.576，0.600，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．（3）9.7．9．在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小．（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（0～10Ω）滑动变阻器R2（0～200Ω），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填R1或R2）．③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=R0+RA．（电流表内阻用RA表示）B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=﹣．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）作出电源的U﹣I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化不明显的原因．（2）①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏．②由于电表的读数在刻度盘中央附近，误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器．③根据欧姆定律分析A所测量的物理量．根据闭合电路欧姆定律列方程组，可求出新电池电动势和内阻的表达式．【解答】解：（1）作出电源的U﹣I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢．本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小．Ⅱ①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏②滑动变阻器应选用R1．因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小．③根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：R0+RA=．B、根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（R0+RA+r）…①E=U2+I2（R0+RA+r）…②联立解得：E=；r=故答案为：Ⅰ、电源内阻很小；Ⅱ、①防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；②R0+RA．③；﹣10．足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离．【考点】牛顿第二定律；加速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【分析】（1）根据v﹣t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；（3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论．【解答】解：（1）由图（b）可知，AB段加速度根据牛顿第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma得（2）在BC段mgsinα=ma2解得小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3解得滑行的位移所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m．11．如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔S2时的速度；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？【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】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v，根据运动学公式求出所以时间．（2）粒子从进入磁场到从AD间离开，根据半径公式，周期公式结合几何关系即可求解；（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，画出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几何关系即可求解；【解答】解：（1）带电粒子在电场中运动时，由动能定理得，qU=，解得粒子进入磁场时的速度大小为v=．（2）粒子的轨迹图如图所示，粒子从进入磁场到AP间离开，由牛顿第二定律可得，，粒子在磁场中运动的时间为t=，由以上两式可得轨道半径R=，磁感应强度B=．（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，若粒子