问酷网2014年浙江省杭州市富阳二中高考物理模拟试卷(6)

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θ．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）g﹣FC．（M+m）g+FsinθD．（M+m）g﹣Fsinθ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）g﹣Fsinθ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，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（）．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=311sin100πt（V），A、B间接有“220V440W”的电暖宝、“220V220W”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D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J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，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l．32×104J，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φ随位移x的变化图线可能正确的是（）A．B．C．D．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，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Ⅰ变至轨道Ⅱ，再变至轨道Ⅲ．下列关于“神舟九号”飞船的描述正确的是（）A．沿轨道Ⅱ的运动周期比沿轨道Ⅰ的运动周期短B．沿轨道Ⅱ从P向Q的运动过程中速度逐渐变小C．沿轨道Ⅲ运动的机械能比沿轨道Ⅰ运动的机械能大．沿轨道Ⅲ运动的加速度比沿轨道Ⅰ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1.5m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λ==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．．（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（L＜d）、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（h﹣d+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=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边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有：Ekm﹣=mgL﹣mgd，又=mgh解得：Ekm=mg（h﹣d+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