物理 金华市2016年高三第二次联合考试
精品
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单选题 本大题共4小题,每小题6分,共24分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 6分

3.如图所示,两个等量异种点电荷,关于原点O对称放置,下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是(   )

A

B

C

D

正确答案

A

解析

根据两个等量异号电荷的电场线的分布图的特点可知“沿电场线方向电势降低”的原理,从左侧无穷远处向右电势应升高,正电荷所在位置处最高;然后再慢慢减小,O点处电势为零,则O点右侧电势为负,同理到达负电荷时电势最小,经过负电荷后,电势开始升高,直到无穷远处,电势为零;故B、C、D是错误的;A正确.

考查方向

本题主要考察电势差与电场强度的关系;电场的叠加;电势.

解题思路

主要利用等量异号电荷的电场线的分布图的特点,结合沿电场线方向电势降低的规律分区间找电势的分布的规律。

易错点

两个等量异种点电荷把空间分布成几个区间,要分区间找各自的特点。

知识点

电场线
1
题型: 单选题
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分值: 6分

4.如图所示,用一条横截面积为s的硬导线做成一个边长为L的正方形,把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间的变化率 ,虚线ab与正方形的一条对角线重合,导线的电阻率为ρ.则下列说法正确的是(   )

A线框中产生顺时针方向的感应电流

B线框具有扩张的趋势

C若某时刻的磁感应强度为B,则线框受到的安培力为

D线框中ab两点间的电势差大小为

正确答案

C

解析

A. 磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间的变化率说明B增大,根据楞次定律判断可知:线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向,故A错误; 

B.磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间的变化率,说明B增大,穿过线框的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加,线框有收缩的趋势,故B错误; 

C. 由法拉第电磁感应定律得, ,线框电阻

则回路中的电流为,则线框受到的安培力为故C正确; 

D.由法拉第电磁感应定律得, ,ab间两点电压,故D错误;

考查方向

本题主要考察导体切割磁感线时的感应电动势;楞次定律以及安培力大小的计算问题。

解题思路

应用楞次定律判断线框中的感应电流的方向及扩张还是收缩,利用法拉第电磁感应定律求了电动势E,利用等效电路求线框中ab两点间的电势差大小,利用安培力计算公式求得安培力的大小。

易错点

正确理解法拉第电磁感应定律,计算磁通量变化时要用有效的面积,电路的等效理解如线框中ab两点间的电势差大小相当于路端电压的计算。

知识点

楞次定律
1
题型: 单选题
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分值: 6分

1.下列说法正确的是(   )

A物体的惯性大小是由质量和速度共同决定的

B牛顿通过理想斜面实验得出了力是维持物体运动状态的原因

C电力工作人员全身穿戴采用金属材料编织的衣服在几百万伏的高压线上进行带电作业时,电力工作人员体内的场强为零。

D用于高压输电的铁塔上除了用于输电的3条导线外,顶部还有2条导线,其目的是为了防止铁塔倒塌,起到固定的作用。

正确答案

C

解析

A.惯性是物体的固有属性,只与物体的质量有关,质量大惯性大与速度无关,故A错误; 

B.利用理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”是伽利略而不是牛顿,故B错误; 

C. 屏蔽服作用是在穿用后,使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面,从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害,此时工作人员体内的场强为零,故C错误; 

D. 高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线,防止雷直接击到输电线上,这两条线一般与铁塔相连,将电流引入大地,故D错误;

考查方向

本题考察了对惯性的理解,相关的物理学史内容,静电屏蔽、及高压输电铁塔上面两条导线的作用问题。

解题思路

对于A选项理解惯性量度的物理量是物体的质量,对于B要了解相关物理学史的知识,对于C选项要理解静电屏蔽,对于D选项是了解高压输电的铁塔上的避雷线的作用。

易错点

对于惯性容易错误的理解为速度大,惯性就大,屏蔽服作用是静电屏蔽的应用,是在人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面,但是电势相等并不为零,里面的场强为零,对于高压输电的铁塔上顶部的导线的作用是避雷线,不起固定的作用。

知识点

物理学史
1
题型: 单选题
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分值: 6分

2.如图所示,“伦敦眼”(The London Eye),是世界上最大的观景摩天轮,仅次于南昌之星与新加坡观景轮。它总高度135米(443英尺),屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区。现假设摩天轮正绕中间的固定轴作匀速圆周运动,则对于坐在轮椅上观光的游客来说,正确的说法是(   )

A因为摩天轮匀速转动,所以游客受力平衡

B当摩天轮转到最高点时,游客处于失重状态

C因为摩天轮做匀速转动,所以游客的机械能守恒

D当摩天轮转到最低点时,座椅对游客的支持力小于所受的重力

正确答案

B

解析

A.因为摩天轮匀速转动做匀速圆周运动,必然存在向心力的作用,即合外力不为零,故A错误; 

B.当摩天轮转到最高点时,游客受到的合外力竖直向下,加速度方向向下,所以处于失重状态,故B正确;

 C.游客随轮的转动而做匀速圆周运动,速度的大小不变,即动能不变,而重力势能变化,导致机械能不守恒,故C错误; 

D.当摩天轮转到最低点时,游客所受的合力方向竖直向上,此时座椅对游客的支持力大小所受的重力,游客处于超重状态,故D错误;

考查方向

本题考察了匀速圆周运动的相关知识,相关超失重的判断,机械能守恒的判断及功能关系问题。

解题思路

对于选项A判断是否状态平衡主要看合外力是否为零,对于选项B、D要把握好超失重的特征,主要看加速度的方向,对于选项C要理解机械能守恒的条件。

易错点

对于物体是否处于平衡状态的判断是看物体受到的合外力是否为零,另外对于机械能守恒的条件要准确理解到位。

知识点

生活中的圆周运动
多选题 本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得6分,选对但不全得3分,有选错的得0分。
1
题型: 多选题
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分值: 6分

5.如图所示,木块A、B分别重50N和60N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.24。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用水平力F作用在木块B上,则(   )

A若F=1N,则木块B所受摩擦力大小是9N

B若F=1N,则木块A所受摩擦力大小是7N

C若木块A、B能一起保持匀速运动,则拉力F=24.6N

D若木块A、B能一起保持匀速运动,则A、B间弹簧的伸长量为3 cm

正确答案

A,D

解析

A.弹簧弹力为:对于木块A与地面间的最大静摩擦力为:; B木块与地面间的最大静摩擦力为:;用F=1N的水平拉力作用在木块B上,木块B受弹簧向右的弹力为8N.拉力为1N,共9N,小于最大静摩擦力,故静摩擦力为9N,方向向左,故A正确, 

B.木块A受到向左的弹力为8N,小于最大静摩擦力,故A不动,故静摩擦力为8N,方向向右,故B错误; 

C. 若木块A、B能一起保持匀速运动,由平衡条件可得,故C错误; 

D. 若木块A、B能一起保持匀速运动,以A为研究对象,由平衡条件得,解得,故D正确;

考查方向

本题考察静摩擦力和最大静摩擦力;滑动摩擦力的分析与计算问题。

解题思路

先求出两个物体与地面间的最大静摩擦力,当受力条件发生变化时,判断出物体的运动状态,依据二力平衡的知识求解出静摩擦力的大小,当物体相对地面滑动时,为滑动摩擦力,结合整体、隔离方法求解。

易错点

静摩擦力大小的计算,滑动摩擦力的计算,物体相对地面运动状态的判断。

知识点

牛顿运动定律的应用-连接体
1
题型: 多选题
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分值: 6分

6.如图所示,闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U,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v,从上极板左端点正下方h处,平行极板射入电场,恰好打在上极板的右端C点。若将下极板向上移动距离为极板间距的倍,带电粒子将打在上板上C′点,则B板上移后(   )

A粒子打在A板上的动能将变小

B粒子在板间的运动时间不变

C极板间的场强将减弱

D比原入射点低处的入射粒子恰好能打在上板右端C点

正确答案

D

解析

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,则   A.竖直方向的速度,由于d减小,则增大,故打在A板上的速度增大则粒子打在A板上的动能将变大,故A错误; 

B.由,得,因U不变,当d减小时,粒子运动时间减小,故B错误; 

C.由于电压U不变,d减小,由可知极板间的场强将增大,故C错误; 

D.由,所以比原入射点低处的入射粒子恰好能打在上板右端C点,故D正确;

考查方向

本题考查带电粒子在电场中的运动,根据类平抛运动知识来求解

解题思路

根据平抛运动规律,求出竖直方向的速度,进而判断出合速度的大小,由竖直方向的分运动得出时间表达式,分析出时间的变化,由场强公式确定场强的变化情况。

易错点

当闭合开关S后,改变板间距离时,两板间的电压是不变的

知识点

带电粒子在匀强电场中的运动
1
题型: 多选题
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分值: 6分

7.如图所示,匀强电场为E,方向水平向左,一带电量为+q,质量为m的物体放在光滑水平面上,在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动,经时间tF做功60J,此后撤去力F,物体又经过相同的时间t回到出发点O,设O点的电势能为零,则下列说法正确的是(   )

A物体回到出发点的速度与撤去力F时的速度大小之比为2∶1

B恒力F=4qE

C撤去力F时,物体的电势能为45J

D在撤去力F之前的任一时刻,动能与电势能之比均为1∶3

正确答案

A,C,D

解析

A.在时间t内物体向右的位移为,从撤去力F到返回出发点的位移为,由题意可知,,解得,设撤去力F时物体的速度为v1,物体返回时的速度为v2,由动量定理得,,联立解得,故A正确;

B.同理由A选项分析,故B错误;

 C.因为 O点的电势能为零,对整个过程应用动能定理得,而,所以,从开始到撤去力时,应用动能定理得,解得,故C正确; 

D. 在撤去力F之前的任一时刻,设物体的位移为x,由于,所以

,所以,故D正确;

考查方向

本题考察带电粒子在电场中运动,动能定理的应用,动量定理应用的问题。

解题思路

依题意分别表示出从出发点到返回点的位移,找出力F与电场力的关系,应用动量定理找出速度关系,应用动能定理求出撤去力F时的电势能,最后得出动能与电势能的关系。

易错点

从出发点到撤去力F,在返回出发点,注意位移的方向问题,应用动量定理时,符号的问题。

知识点

电场强度及其叠加
填空题 本大题共2小题,每小题10分,共20分。把答案填写在题中横线上。
1
题型:填空题
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分值: 10分

8.利用图甲的实验装置可探究重物下落过程中物体的机械能守恒问题.如图乙给出的是实验中获取的一条纸带,点O为电火花打点计时器打下的第一个点,分别测出若干连续点A、B、C…与O点的距离h1=70.99cm、h2=78.57cm、h3=86.59cm…如图所示,已知重物的质量为m=100g,g取9.80m/s2,请回答下列问题:(所有结果均保留三位有效数字)

(1)下列有关此实验的操作中正确的是:____________

A.重物应靠近打点计时器,然后再接通电源放开纸带让重物带动纸带自由下落

B.重物应选择质量大、体积小、密度大的材料

C.实验时采用的电源为4—6V的低压交流电源

D.计算B点的瞬时速度时既可用也可用来求解

(2)在打下点到打下点B的过程中重物动能的增量为=__________ J,重物重力势能的减少量为=__________J。

(3)取打下点时重物的重力势能为零,计算出该重物下落不同高度时所对应的动能和重力势能,建立坐标系,横轴表示,纵轴表示,根据以上数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为,图线Ⅱ的斜率的绝对值为,则可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力为__________ (用表示)。



正确答案

(1)AB;

(2)0.761; 0.770

(3)K1-K2

解析

(1)A.重物应靠近打点计时器,这样能有效的利用纸带,能得到较多的点迹,然后再接通电源放开纸带让重物带动纸带自由下落,这样打第一个点的初速度为零,故A正确;

B.重物应选择质量大、体积小、密度大的材料,原因减小由于阻力引起的相对误差,故B正确; 

C.实验时电火花计时器应采用的电源为220V交流电源,故C错误; 

D.不能利用公式来求解瞬时速度,否则体现不了实验验证,却变成了理论推导.故D错误;

(2)重力势能减小量

利用匀变速直线运动的推论

动能增加量

由于存在阻力作用,所以减小的重力势能大于动能的增加了.

(3)取打下O点时重物的重力势能为零,因为初位置的动能为零,则机械能为零,每个位置对应的重力势能和动能互为相反数,即重力势能的绝对值与动能相等,而图线的斜率不同,原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功.根据动能定理得:

 , ,图线斜率,图线斜率

所以

考查方向

本题考察重物下落过程中物体的机械能守恒实验的原理,验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等.以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度问题。

解题思路

对实验原理要正确理解,熟练操作要求,利用匀变速直线运动的推论求出打出B点的瞬时速度,并计算出增加的动能,和相应减少的重力势能然后进行验证,对实验数据要会进行误分析。

易错点

对实验装置的理解和操作,相关数据的处理问题以及实验产生的误分析。

知识点

验证机械能守恒定律
1
题型:填空题
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分值: 10分

9.在“测定电池的电动势和内电阻”的实验中,备有如下器材: 

A.干电池    

B.电流表(0-0.6A、内阻约0.1Ω) 

C.灵敏电流计G(满偏电流Ig=200μA、内阻rg=500Ω) 

D.滑动变阻器(0-20Ω、2.0A) 

E.电阻箱R   

F.开关、导线若干

(1)由于没有电压表,需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表,如图甲电阻箱的阻值应为__________Ω。

(2)按图甲所示电路图,请在乙图上补充完成实物连线。

(3)在闭合开关S前,将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的__________端(填“a”、“中央”或“b”)。

(4)丙图为该实验绘出的I1I2图线(I1为灵敏电流计G的示数,I2为电流表A的示数),由图丙可求得被测电池的电动势E=__________V,内电阻r=__________Ω。

正确答案

(1) 9500

(2)如图所示;

(3) b

(4)1.46-1.49, 0.80-0.87

解析

(1)

则串联的电阻箱的电阻为

(2)电路联接如图所示

(3)在闭合开关S前,滑动变阻器联入电路中的阻值应最大,所以将滑动变阻器的滑片移动至图甲中b端。

(4)由图丙所示图像可知,图象纵轴截距是电源电动势:

当纵轴表示路端电压时,图像斜率的绝对值等于电源内阻,则电源内阻

考查方向

本题考察改装电压表串联内阻的计算方法;应用图像求电源电动势与内阻时,从图像上求出电流值,然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻的问题。

解题思路

利用电压表的改装原理计算出分压电阻的数值,正确联接实验电路,利用实验原理理解图像中图线截距、斜率的含义,进行解答。

易错点

实验的原理,图像的截距表示的物理量的含义。

知识点

测定电源的电动势和内阻
简答题(综合题) 本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 16分

10.今年是我省“五水共治”全面铺开之年,一场气势恢宏、声势浩大的全民治水攻坚战在浙江大地全面打响,某地在“治污水”过程中,须对一污染井水进行排污处理,如图所示为用于排污“龙头”的示意图,喷水口距离地面高度h=1.25m,抽水机的效率η=70%,从距地面深为H=5m的井里抽水,使水充满喷水口,并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出,喷水口的截面积为S=2cm2,其喷灌半径R=10m,已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3,不计空气阻力。求:

(1)污水从喷水口射出时的速率多大?

(2)在1s钟内抽水机至少对水所做的功?

(3)抽水机的电动机的最小输出功率为多少?

正确答案

(1)20m/s

(2)1050J

(3)1500W

解析

(1)由平抛运动得:   故

速度

(2)由功能关系可得:

(3)

考查方向

本题主要考察平抛运动规律,能量守恒定律的应用及相关功率的计算问题。

解题思路

由平抛运动竖直分运动求出污水的落地时间,根据等时性,由水平方向的分运动求出污水从喷水口射出时的速率,根据能量守恒定律求解1s钟内抽水机对水做的功等于水增加机械能,根据抽水机的效率求解抽水机的电动机的最小输出功率。

易错点

从实际问题中抽象出平抛运动规律,水平射程数值的确定,在1s钟内抽水机抽出的水的质量的确定问题。

知识点

功率
1
题型:简答题
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分值: 20分

11.目前,我国的高铁技术已处于世界领先水平,它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组,称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw,每节动车与拖车的质量均为5×104kg,动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的,其中头、尾为动车,中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动,解决的办法是制动时,常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用,所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时,通过升起风翼(减速板)调节其风阻,先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动,当速度较小时才采用机械制动。(所有结果保留2位有效数字)求:

(1)沪昆高铁的最大时速为多少km/h?

(2)当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时,第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大?

(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时,测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s,已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力,此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼,每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大?

正确答案

(1)

(2)

(3)

解析

(1)由

解之得:

(2)设各动车的牵引力为F,第3节车对第4节车的作用力大小为F,以第1、2、3节车箱为研究对象,由牛顿第二定律得:

以动车组整体为研究对象,由牛顿第二定律得:

由上述两式得:

(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为:

“风阻制动”的最大功率为

考查方向

本题主要考察牛顿第二定律的应用问题,整体法隔离法的使用及机车的相关功率问题,解题时要从实际问题中抽象相关物理模型,利用相关规律进行解答。

解题思路

沪昆高铁给出的相关机车的组成,求出其额定功率数值,当牵引力等于阻力时有最大速度,根据功率公式求解;合理选取研究对象根据整体法与隔离法利用牛顿第二定律得出第3节车厢对第4节车厢的作用力;利用题设信息求出风阻带来的列车与地面的阻力,利用功率公式最后求出“风阻制动”的最大功率。

易错点

沪昆高铁给出的相关机车的组成,要确定出其额定功率,要分析出何时出现最大速度,在求解第3节车厢对第4节车厢的作用力时,要合理选取研究对象。

知识点

牛顿运动定律的综合应用功率
1
题型:简答题
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分值: 22分

12.如图所示的竖直直角坐标平面xoy内有两条过原点的射线OAOBx轴的正半轴和负半轴都成45°角,在x轴上方∠AOB区域间分布着方向垂直纸面向外大小为B1的匀强磁场,在x轴的下方存在着方向垂直纸面向外大小为B2的匀强磁场,现有一质量为m,带电量为+q的带电粒子以速度v从位于直线OA上的PLL)点竖直向下射出,经过测量发现,此粒子每经过相同的时间T会回到P点,(不计粒子重力)

(1)求出匀强磁场之比;

(2)求粒子相邻两次经过P点的时间间隔T

(3)若保持不变,而间的磁场方向不变,现从P点向下发射两个速度在范围内与原来相同的带电粒子(不计两个粒子间的相互作用力),它们进入间的匀强磁场后都要经过P点,求间的磁感应强度的的大小。

(4)请判断:题(3)中若从点向下发射的是一群速度在范围内与原来比荷相同的带电粒子(不计粒子间的相互作用力)它们进入的匀强磁场后能否都经过点。(不需要写理由)

正确答案

(1)1

(2)

(3)

(4)能

解析

(1)由P点射出的粒子先做匀速直线运动进入匀强磁场中,

设匀速圆周运动的半径为

粒子每经过相同时间T会回到P点必满足在匀强磁场

半径大小为

故有

(2)带电粒子在无匀强磁场运动的时间为

在匀强磁场中运动时

在匀强磁场中运动时间为

故求两次粒子相邻两次经过P点的时间间隔

(3)从P点向下发射速度为满足范围为与原来相同的带电粒子,由于保持不变,当速度时半径为,则速度为的粒子必定经过半个周期后在x轴正半轴间返回间磁场,如图2所示,

进入匀强磁场后都要经过P点,则在磁场中运动的半径为磁场中运动半径的两倍,即

(4)能

考查方向

考查带电粒子在磁场中受到洛伦兹力,做匀速圆周运动,掌握牛顿第二定律的应用,理解几何关系的正确建立,注意画出运动轨迹是解题的关键

解题思路

根据粒子的运动状态,利用洛伦兹力提供向心力求出粒子在不同磁场中的运动半径,得到磁感应强度B的比值,分别求出不同条件下的运动时间,从而得到两次粒子相邻两次经过P点的时间间隔;利用计算结果判断粒子运动的可能性。

易错点

运动轨迹的推断,利用计算结论推断粒子运动情况。

知识点

带电粒子在匀强磁场中的运动

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