問酷網(wǎng)2014年浙江省杭州市富陽二中高考物理模擬試卷

1、 更多試題試卷答案盡在問酷網(wǎng)2014年浙江省杭州市富陽二中高考物理模擬試卷（6）參考答案與試題解析一、選擇題（在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1（3分）（2008海南）如圖，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑在小物塊運動的過程中，楔形物塊始終保持靜止地面對楔形物塊的支持力為（）A（M+m）gB（M+m）gFC（M+m）g+FsinD（M+m）gFsin考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級：五星專題：共點力

2、作用下物體平衡專題分析：小物塊勻速上滑，受力平衡，合力為零，楔形物塊始終保持靜止，受力也平衡，合力也為零，以物塊和楔形物塊整體為研究對象合力同樣為零，分析受力，畫出力圖，根據(jù)平衡條件求解地面對楔形物塊的支持力解答：解：以物塊和楔形物塊整體為研究對象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力FN和摩擦力Ff根據(jù)平衡條件得 地面對楔形物塊的支持力FN=（M+m）gFsin故選：D點評：本題涉及兩個物體的平衡，關(guān)鍵要靈活選擇研究對象當幾個物體的加速度相同時，可以采用整體法研究受力情況，往往簡單方便本題也可以隔離兩個物體分別研究2（3分）如圖所示，線圈與電源、開關(guān)相連，直立在水平桌面上鐵芯插在線圈中

3、，質(zhì)量較小鋁環(huán)套在鐵芯上閉合開關(guān)的瞬間，鋁環(huán)向上跳起來則下列說法中正確的是（）A若保持開關(guān)閉合，則鋁環(huán)不斷升高B開關(guān)閉合后，鋁環(huán)上升到某一高度后回落C若保持開關(guān)閉合，則鋁環(huán)跳起到某一高度停留D如果將電源的正、負極對調(diào)，則鋁環(huán)不會向上跳起考點：法拉第電磁感應定律；楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電磁感應與電路結(jié)合分析：閉合電鍵的瞬間，穿過鋁環(huán)的磁通量增加，產(chǎn)生感應電流，鋁環(huán)受到安培力而上跳當電鍵保持閉合時，線圈產(chǎn)生的磁場穩(wěn)定，穿過鋁環(huán)的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生根據(jù)安培力產(chǎn)生情況，判斷鋁環(huán)的運動情況解答：解：A、若電鍵保持閉合時，線圈產(chǎn)生的磁場穩(wěn)定，穿過鋁環(huán)的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，鋁環(huán)不受

4、安培力，只受重力作用，則上跳某一高度后將回落，故AC錯誤，B正確D、如果電源的正、負極對調(diào)，閉合電鍵的瞬間，穿過鋁環(huán)的磁通量仍然增加，產(chǎn)生感應電流，鋁環(huán)仍然受到安培力而上跳電鍵保持閉合時，線圈產(chǎn)生的磁場穩(wěn)定，穿過鋁環(huán)的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，鋁環(huán)不受安培力，只受重力作用，則上跳某一高度后將回落，則觀察到的現(xiàn)象不變，故D錯誤故選：B點評：本題考查應用物理規(guī)律解決實際問題的能力根據(jù)楞次定律，無論電源的極性如何，當線圈中電流增大時，鋁環(huán)都將上跳3（3分）（2014南充模擬）如圖所示電路中，電源電壓u=311sin100t（V），A、B間接有“220V 440W”的電暖寶、“220V 220W”

5、的抽油煙機、交流電壓表及保險絲下列說法正確的是（）A交流電壓表的示數(shù)為311VB電路要正常工作，保險絲的額定電流不能小于3AC電暖寶發(fā)熱功率是抽油煙機發(fā)熱功率的2倍D1min抽油煙機消耗的電能為1.32104J考點：交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級：四星專題：交流電專題分析：交流電壓表的示數(shù)為有效值，由公式P=UI知電路要正常工作，干路中電流為3A，電暖寶是純電阻，而抽油煙機是非純電阻解答：解：A、交流電壓表的示數(shù)為有效值=220V，故A錯誤；B、由公式P=UI知電路要正常工作，干路中電流為3A，所以保險絲的額定電流不能小于3A，故B錯誤；C、電暖寶是純電阻，而抽油煙機是

6、非純電阻，故C錯誤；D、1min抽油煙機消耗的電能為W=Pt=l32104J，故D正確故選：D點評：本題考查了交流電的峰值、有效值以及結(jié)合歐姆定律進行的有關(guān)計算，難度不大4（3分）（2014新余二模）某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計則在運動過程中，下列關(guān)于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢隨位移x的變化圖線可能正確的是（）ABCD考點：勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電場線；電勢菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級：四星專題：電場

7、力與電勢的性質(zhì)專題分析：根據(jù)電場線的分布，可確定電場強度的方向與大小，根據(jù)電荷在電場中受到的電場力可知加速度大小的變化由電場線的來確定電勢的變化，再由電荷的電性與電勢高低來確定電勢能的變化解答：解：A、由圖可知，從O到A點，電場線由疏到密，電場強度先減小后增大，方向不變，因此電荷受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A錯誤，B正確；C、沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖象的斜率表示電場強度，因此C錯誤；D、Ek與x的圖象斜率與a有關(guān)，而a與電場強度E有關(guān)，即為Ek=，因電場強度先減小后增大，則斜率也先減小后增大，故D錯誤；故選：B點評：考查電場線的分布體現(xiàn)電場強度的大小與方向

8、，并根據(jù)電場線來確定加速度，速度，電勢及電勢能如何變化注意圖象含義的應用二、選擇題（在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題目要求的）5（3分）2012年6月18日，“神舟九號”飛船經(jīng)5次變軌追“天宮一號”如果將“神舟九號”飛船的五次變軌簡化為如圖所示的二次變軌：由軌道變至軌道，再變至軌道下列關(guān)于“神舟九號”飛船的描述正確的是（）A沿軌道的運動周期比沿軌道的運動周期短B沿軌道從P向Q的運動過程中速度逐漸變小C沿軌道運動的機械能比沿軌道運動的機械能大D沿軌道運動的加速度比沿軌道運動的加速度小考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有難度星級：一星專題：人

9、造衛(wèi)星問題分析：根據(jù)開普勒行星運動定律比較周期大小問題，熟悉航天器變軌原理，萬有引力提供圓周運動向心力等展開討論解答：解：A、根據(jù)開普勒行星運動定律，軌道II的半長軸大于軌道I的半徑，故周期大于軌道I周期故A錯誤；B、神舟九號從近地點向遠地點運動過程中要克服引力做功，故神舟九號的動能將減小即速度減小，故B正確；C、神舟九號從軌道I轉(zhuǎn)移到軌道III的過程中除了引力對神舟九號做功外神舟九號的發(fā)動機需對神舟九號做正功，故神舟九號的機械能將會增加，故C正確；D、根據(jù)萬有引力提供向心力有，所以神舟九號在軌道III上運動的加速度小于在軌道I上運動的加速度故D正確；故選BCD點評：抓住航天器變軌原理，抓住圓

10、周運動時萬有引力提供向心力是解決本題的關(guān)鍵6（3分）測聲室內(nèi)的地面、天花板和四周墻壁表面都貼上了吸音板，它們不會反射聲波，在相距6m的兩側(cè)墻壁上各安裝了一個揚聲器a和b，俯視如圖所示，兩揚聲器的振動位移大小、方向完全相同，頻率為170Hz一個與示波器Y輸入相連的麥克風從a點開始沿a、b兩點連線緩緩向右運動，已知空氣中聲波的波速為340m/s，則（）A麥克風運動到距離a點1.5 m處時示波器熒屏上的波形為一直線B麥克風運動過程中除在a、b兩點外，振動加強位置有5個C麥克風運動過程中示波器熒屏顯示的波形幅度是不變的D如果麥克風運動到a、b連線的中點停下來之后，麥克風中的振動膜將始終處于位移最大處考

11、點：示波管及其使用；聲波菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有分析：當路程差是半波長的偶數(shù)倍時，振動加強，當路程差是半波長的奇數(shù)倍時，振動減弱；結(jié)合示波器的原理進行分析解答：解：A、聲波的波長=m=2m，麥克風運動到距離 a 點 1.5m 處時，該點到a、b兩點的路程差為3m，等于半波長的奇數(shù)倍，振動減弱，正好抵消，所以在示波器熒屏上波形為一直線故A正確B、麥克風運動過程中除在a、b 兩點外，距a點1m、2m、3m、4m、5m的5個點到a、b的路程差都為半波長的偶數(shù)倍，振動加強，上圖示波器熒屏上有5次出現(xiàn)波形最大故B正確C、由于輸入Y的振動不是穩(wěn)定的，所以波形振幅是變化的故C錯誤D、如果麥克風運動到a、b 連線的中點

12、停下來之后，該點為振動加強點，振幅最大，但不是位移始終最大故D錯誤故選：AB點評：解決本題的關(guān)鍵知道示波器的工作原理，以及知道當路程差是半波長的偶數(shù)倍時，振動加強，當路程差是半波長的奇數(shù)倍時，振動減弱7（3分）在如圖所示的兩平行虛線之間存在著垂直紙面向里、寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，正方形線框abcd的邊長為L（Ld）、質(zhì)量為m、電阻為R將線框從距離磁場的上邊界為h高處由靜止釋放后，線框的ab邊剛進入磁場時的速度為v0，ab邊剛離開磁場時的速度也為v0，在線框開始進入到全部離開磁場的過程中（）A感應電流所做的功為mgdB感應電流所做的功為2mgdC線框的最小動能為D線框的最小動能為mg

13、（hd+L）考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電磁感應功能問題分析：從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的整個過程中，線框的動能不變，重力勢能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解線圈產(chǎn)生的熱量，即可得到感應電流做功線框完全進入磁場后，到ab邊剛出磁場，沒有感應電流，線框不受安培力，做勻加速運動，ab邊進入磁場時速度為v0，cd邊剛穿出磁場時速度也為v0，說明線框出磁場過程一定有減速運動，dc剛進入磁場時速度最小，根據(jù)動能定理求解最小動能解答：解：A、B、分析從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程：動能變化為0，線框的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，則 Q

14、=mgd；ab邊剛進入磁場速度為v0，穿出磁場時的速度也為v0，所以從ab邊剛穿出磁場到cd邊剛離開磁場的過程，線框產(chǎn)生的熱量與從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線框從ab邊進入磁場到cd邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量為：Q=2mgd，則感應電流做功為：W=Q=2mgd故A錯誤，B正確C、D、線框完全進入磁場后，到ab邊剛出磁場，沒有感應電流，線框不受安培力，做勻加速運動，ab邊進入磁場時速度為v0，cd邊剛穿出磁場時速度也為v0，說明線框出磁場過程一定有減速運動，dc剛進入磁場時速度最小設(shè)線框的最小動能為Ekm，全部進入磁場的瞬間動能最小由動能定理得：從ab邊剛進入

15、磁場到線框完全進入磁場時，則有：Ekm=mgLmgd，又=mgh解得：Ekm=mg（hd+L），故C錯誤，D正確故選：BD點評：本題關(guān)鍵要認真分析題設(shè)的條件，抓住ab邊進入磁場時速度和ab邊剛穿出磁場時速度相同是分析的突破口，來分析線框的運動情況，正確把握能量如何轉(zhuǎn)化的，要注意進入和穿出產(chǎn)生的焦耳熱相等三、非選擇題8（10分）某同學利用光電傳感器設(shè)計了測定重力加速度的實驗，實驗裝置如圖所示，實驗器材有帶有標度的豎直桿、光電計時器、小鋼球等，小鋼球的初始位置與標度O平齊，O、A、B、C、D、E間距相等豎直桿上端固定一個電磁鐵，通電時，小鋼球被吸在電磁鐵上，斷電時，小鋼球自由下落光電門可以在豎直桿

16、上移動（1）先將光電門夾在A處，光電計時器記錄下小鋼球經(jīng)過光電門的時間為t，量出OA的距離為h，小鋼球的直徑為d則小鋼球運動到光電門處的瞬時速度v=，當?shù)氐闹亓铀贋椋ㄓ妙}中所給字母表示）；（2）該同學通過移動光電門在豎直桿上的位置進行多次實驗，若某次實驗時光電門計時器記錄下小鋼球經(jīng)過光電門的時間為t，請你判斷此時光電門應固定在位置D處（選填“B”、“C”、“D”或“E”）考點：測定勻變速直線運動的加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實驗題分析：（1）根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度求出小鋼球運動到光電門處時的瞬時速度，根據(jù)速度位移公式求出當?shù)氐闹亓铀俣龋?）根據(jù)勻變速直線運動速度位移公式確定光電

17、門的位置解答：解：（1）小球通過光電門時的速度，根據(jù)v2=2gh，解得g=（2）若某次實驗時光電門計時器記錄下小鋼球經(jīng)過光電門的時間為t，則通過光電門的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)v2=2gh得，知下落的高度變?yōu)樵瓉淼?倍，因為OD=4OA，所以光電門應固定在D處故答案為：（1）；（2）D點評：解答本題要知道極短時間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時速度，能根據(jù)自由落體運動的基本公式分析，難度不大，屬于基礎(chǔ)題9（10分）現(xiàn)有兩個電阻R和R0，R為標準電阻，R0的阻值隨溫度變化一探究小組用圖甲電路（虛線框內(nèi)還有一個滑動變阻器），經(jīng)多次測量、描點，畫出了兩電阻的伏安特性曲線如圖乙所示，其中兩電阻電流從零開始變化

18、已知電源電動勢為6V，內(nèi)阻很?。?）選出最適合本實驗的滑動變阻器BA.5 0.6A B.20 0.6A C.100 0.6A（2）在圖甲中虛線框內(nèi)補充完整電路圖（3）實驗中，當電流表的示數(shù)為0.1A時，電阻R0消耗的電功率為0.2W；由圖線知，R0的阻值隨溫度升高怎樣變化？溫度升高，電阻減小考點：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實驗題分析：（1）根據(jù)電源電動勢、滑動變阻器最大阻值與滑動變阻器允許的最大電流分析答題（2）根據(jù)題意確定滑動變阻器接法，然后作出實驗電路圖（3）由圖乙所示圖象求出當電流表的示數(shù)為0.1A時，電阻R0兩端的電壓，然后由P=UI求出電阻實際功率；根據(jù)圖示圖象應用

19、歐姆定律分析答題解答：解：（1）電源電動勢為6V；通過滑動變阻器A的電流I=1.2A0.6A，不能保證電路安全，故不能選擇滑動變阻器A；通過滑動變阻器B的電流I=0.3A0.6A，通過滑動變阻器C的電流：I=0.006A0.6A，滑動變阻器B、C都能保證安全，為方便實驗操作，應選滑動變阻器B（2）由題意可知，電阻電流從零開始變化，則滑動變阻器應采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示：（3）由圖乙所示圖象可知，當電流表的示數(shù)為0.1A時，電阻R0兩端電壓為2V，電阻消耗的實際功率P=UI=20.1=0.2W；由圖乙所示圖象可知，隨電阻R0兩端電壓增大，通過電阻的電流增大，電阻實際功率增大，電阻溫度升高

20、，由圖象可知，電阻兩端電壓與電流的比值減小，電阻阻值減小，由此可知，隨溫度升高，電阻阻值減小故答案為：（1）B；（2）電路圖如圖所示；（3）0.2；溫度升高，電阻減小點評：對電表讀數(shù)時要先確定電表量程的分度值，讀數(shù)時視線要與電表刻度線垂直；應用串聯(lián)電路特點即可求出燈泡兩端電壓10（20分）如圖所示，在MN左側(cè)QP上方有勻強電場在MN右側(cè)存在垂直于紙面的矩形勻強磁場（圖中未畫出），其左邊界和下邊界分別與MN、AA重合現(xiàn)有一帶電粒子以初速度v0自O(shè)點沿水平方向射入，并恰好從P點射出，又經(jīng)過在矩形有界磁場中的偏轉(zhuǎn)，最終垂直于MN從A點向左水平射出已知PA距離為d，OP=，OO距離L=d不計帶電粒子重

21、力求：（1）粒子從下極板邊緣射出時的速度；（2）粒子在從O到A經(jīng)歷的時間（3）矩形有界磁場的最小面積考點：帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）帶電粒子做平拋運動，由運動的分解可得平行極板方向做勻速運動，垂直此方向做勻加速運動，根據(jù)運動學公式即可求解；（2）粒子做平拋運動后進入磁場做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可得已知長度與運動軌跡的半徑的表達式再由軌跡對應的圓心角，從而求出所需要的時間；（3）從幾何角度得出磁場的最小區(qū)域，再由面積公式即可求解解答：解：（1）帶電粒子在電場中平行極板方向勻速運動：豎直方向從靜止開始做勻加速運動：，解得則粒子從下極板邊

22、緣射出時的速度為，且與豎直方向成300角（2）帶電粒子在電場中運動的時間，由幾何關(guān)系可得r=，離開電場后先做勻速運動，勻速運動的時間然后進入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)1200到達A，所以帶電粒子從O運動至A所用的總時間為t=t1+t2+t3=（3）由軌跡示意圖可知，磁場區(qū)域?qū)挼扔谲壽E半徑r，高等于，而r=，所以矩形有界磁場的最小面積為S=r=答：（1）粒子從下極板邊緣射出時的速度為2v0，方向與豎直方向成300角；（2）粒子從O運動到A經(jīng)歷的時間時間為；（3）矩形有界磁場的最小面積為點評：理解平拋運動處理的運動分解規(guī)律，掌握勻速圓周運動的：定圓心、畫軌跡、求半徑的方法同時運用幾何知識來結(jié)合求解11如圖甲所示，光滑絕緣水平桌面上直立一個單匝正方形導線框ABCD，線框的邊長為L=4m、總電阻為R=1在直角坐標系xOy中，有界勻強磁場區(qū)域的下邊界與x軸重合，上邊界滿足曲線方程y=2sinx（m），磁感應強度大小B=2T線框在沿x軸正方向的拉力F作用下，以速度v=1m/s水平向右做勻速直線運動，直到拉出磁場（1）求線框中AD兩端的最大電壓；（2）在圖乙中畫出運動過程中線框it圖象，并估算磁場區(qū)域的面積（估算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；（3）求線框在穿越整個磁場的過程中，拉力F所做的功考點：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版