浙江省温州市高三物理第二次适应性测试（二模）试题 理（含解析）新人教版.doc

2015年浙江省温州市高考物理二模试卷一、选择题（本题共4小题，每小题6分，共102分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得6分，选错的得0分）1（6分）（2015温州二模）如图所示，a、b两点固定两个等量异种点电荷，o为ab中点，m、n为ab中垂线上的两点，且onom，则（） a m、n 两点的场强大小相等 b m、n 两点的场强方向相同 c m点的电势比n点的电势高 d m点的电势比n点的电势低【考点】： 电势；电势差与电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 该题考查常见电场的电场线特点，等量异种电荷的电场线具有对称性，上下对称，左右对称中垂线mn是一条等势线结合其电场线的图即可作答【解析】： 解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，ab：由等量异种电荷的电场线的特点图，可知：m、0、n三点的场强方向都水平向右，o点的场强最大，n点的场强最小，故a错误，b正确；cd：中垂线mn是一条等势线，故m、0、n三点的电势相等，故cd错误故选：b【点评】： 该题考查常见电场（等量异种电荷的电场线）的电场线特点，题目简单，很容易选出正确的答案2（6分）（2015温州二模）歼20战斗机为中国人民解放军研制的第四代战机如图所示，机身长为l，机翼两端点c、d的距离为d，现该战斗机在我国近海海域上空以速度v沿水平方向飞行，已知战斗机所在空间地磁场磁感应强度的竖直分量大小为b，c、d两点间的电势差为u则（） a u=blv，c点电势高于d点电势 b u=blv，d点电势高于c点电势 c u=bdv，c点电势高于d点电势 d u=bdv，d点电势高于c点电势【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 飞机飞行时，切割磁感应强度的竖直分量，根据e=blv求出切割产生的感应电动势大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出c、d两点电势的高低【解析】： 解：飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以u=bbv，根据右手定则，感应电动势的方向d指向c，所以c点的电势高于d点的电势故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】： 解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势大小公式，以及会运用右手定则判断感应电动势的方向3（6分）（2015温州二模）在街头的理发店门口常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）l=10cm，圆筒半径r=10cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为0.1m/s，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的是（） a 顺时针转动，周期为1s b 顺时针转动，周期为2s c 逆时针转动，周期为1s d 逆时针转动，周期为2s【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔后，同一位置处不是彩色条纹，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹向下移动的错觉从题境获取t和螺距移动的距离即可求解【解析】： 解：据图知：彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，当圆筒沿顺时针方向（从俯视方向看），根据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向上；由于螺距为10cm，每秒沿竖直方向运动的距离为10cm，所以圆筒1s内转动1周，即周期t=1s，故a正确，bcd错误故选：a【点评】： 从题境获取有用信息，迁移到学过的知识求解；人眼的视觉暂留现象，造成假象，最好亲身去体验4（6分）（2015温州二模）某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能e与其位移x关系的图象如图所示，其中ox1过程的图线为曲线，x1x2过程的图线为直线根据图象可知（） a ox1过程中钢绳的拉力逐渐增大 b ox1过程中箱子的动能一直增加 c x1x2过程中钢绳的拉力一直不变 d x1x2过程中起重机的输出功率一直增大【考点】： 功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】： 由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受的电场力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力大于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小【解析】： 解：a、b、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在ox1内斜率的绝对值逐渐减小，故在ox1内物体所受的拉力逐渐减小所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故a错误，b错误c、由于物体在x1x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故c正确d、由于物体在x1x2内ex图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故dc错误故选：c【点评】： 1除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；2ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分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全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5（6分）（2015温州二模）关于生活中的实际情形，下列说法正确的是（） a 电容器外壳上标的电压是额定电压，这个数值比击穿电压低 b 汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，驾驶员处于失重状态 c 为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以减小汽车重力垂直桥面的分力 d 电动机等大功率设备内部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生电火花【考点】： 自感现象和自感系数；电容【分析】： 电容器外壳上标的电压是最大工作电压当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；电动机等大功率设备内部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生电火花【解析】： 解：a、电容器外壳上标的电压是最大工作电压，或者叫击穿电压，不是额定电压故a错误b、当汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，此时有向上的加速度，汽车对接触面的压力大于物体的真实重力，汽车处于超重状态；故b错误；c、为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以增大汽车重力垂直桥面的分力故c错误；d、电动机等大功率设备内部含有多匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生反电动势，容易产生电火花故d正确故选：d【点评】： 该题考查电容器的击穿电压、超重与失重、以及线圈的自感现象，都是一些记忆性的知识点的内容，在平时的学习过程中要多加积累6（6分）（2015温州二模）2014年8月25日，在我国南京举行的青奥会上，18岁的江苏选手吴圣平高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军起跳前，吴圣平在跳板的最外端静止站立时，如图所示，则（） a 吴圣平对跳板的压力方向竖直向下 b 吴圣平对跳板的压力是由于跳板发生形变而产生的 c 吴圣平对跳板的压力大小等于跳板对她的支持力大小 d 跳板对吴圣平的作用力大小等于吴圣平的重力大小【考点】： 物体的弹性和弹力；弹性形变和范性形变【分析】： 弹力产生的条件必须是与物体接触，并要发生形变；根据牛顿第三定律，作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反【解析】： 解：a、跳水运动员对跳板的压力和她的重力，它们不是一个力，而是两个不同的力，所以不能说跳水运动员对跳板的压力就是她的重力，故a错误；b、跳水运动员受到弹力就是由于跳板发生了形变，压力是由于运动员的重力引起的，故b错误；c、板对人的作用力与人对板的作用力，是作用力和反作用力，它们大小相等，方向相反，故c正确；d、根据平衡条件可知，跳板对吴圣平的作用力大小等于吴圣平的重力大小，故d正确故选：cd【点评】： 弹力产生的条件必须是与物体接触，并要发生形变，跳板发生了形变，才会对人有弹力，注意跳板对吴圣平的作用力即为支持力与摩擦力的合力7（6分）（2015温州二模）如图所示，正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，o点是cd边的中点一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从o点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场现让该粒子从o点沿纸面以与od成30角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和离开正方形区域位置，分析正确的是（） a 若t=t0，则它一定从dc边射出磁场 b 若t=t0，则它一定从cb边射出磁场 c 若t=t0，则它一定从ba边射出磁场 d 若t=t0，则它一定从da边射出磁场【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出时的角度及时间确定能否从各边穿出【解析】： 解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为t=2t0a、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为=，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd射出磁场故a正确b、若该带电粒子在磁场中经历的时间是=，则得到轨迹的圆心角为，由于，则它一定从bc边射出磁场，故b正确c、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60+90=150=，故不一定从ab边射出磁场故c错误d、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为t=，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场故d错误故选：ab【点评】： 本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间三、非选择题8（10分）（2015温州二模）某实验小组利用如图所示的装置来探究“质量一定时物体的加速度与力之间的关系”实验中认为绳子拉力等于小桶及桶中物体的总重量，已知小车质量约300g，交流电频率50hz（1）小组同学按图甲所示安装好装置后，将轨道右端适当垫起，来平衡阻力请指出不合理之处平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码正确操作后，小组同学在小桶里加适当的物体，拉动小车加速运动在小桶里逐渐增加物体改变拉力大小，所加物体应选用如图乙中的砝码（填实物名称）（3）某次实验打出了一条纸带如图丙所示从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离（单位cm）该次实验小车的加速度a=0.16m/s2（结果保留两位有效数字）（4）以合外力f为横轴，以加速度a为纵轴，根据测得数据画出af图线，发现图象是一条过原点的直线，由此得到的实验结论是在实验误差范围内，质量一定时，加速度与力成正比【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 实验中认为绳子的拉力等于小车的合力，平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合af图线得出加速度与力的关系【解析】： 解：（1）平衡摩擦力时不能挂着小桶、砝码，应该让小车拖着纸带运动在小桶里加适当的物体，拉动小车加速运动在小桶里逐渐增加物体改变拉力大小，所加物体应选用如图乙中的砝码（2）根据x=at2，运用逐差法得，a=0.16m/s2（3）af图线为过原点的倾斜直线，可知在实验误差范围内，质量一定时，加速度与力成正比故答案为：（1）平衡摩擦力时不能挂着小桶，砝码（2）0.16（3）在实验误差范围内，质量一定时，加速度与力成正比【点评】： 解决本题的关键知道实验的原理，以及知道实验中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度9（10分）（2015温州二模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用如图1所示的实物电路图进行实验：（1）开关闭合前滑动变阻器应移到a端（填“a端”、“b端”或“中间任意位置”）（2）正确操作，记录两电表示数及小灯珠的发光状态，如表所示：电压u/v 0 0.20 0.50 0.80 1.00 1.30 1.50 2.00 2.50电流i/a 0 0.18 0.29 0.33 0.34 0.36 0.37 0.39 0.40灯珠的状态 不发光 发红 微弱发光 发光 发光发亮 很亮用图2的坐标纸描绘小灯珠的伏安特性曲线；（3）同学测完最后一组数据后，只断开电路开关经过一段较长时间后，再闭合开关发现在闭合开关的瞬间电流明显大于0.40a，请说明该现象的原因：开关闭合瞬间，灯丝温度比较低，电阻较小【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置（2）应用描点法作图作出图象；（3）根据灯泡电阻与温度的关系，利用欧姆定律可明确该现象出现的原因【解析】： 解：（1）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置故应滑到a端；（2）应用描点法作图作出图象，如图所示；（3）由于长时间通电时，灯泡温度较高，则灯泡电阻增大；故电流中电流较小；而断开开关，重新闭合时，灯泡温度较小，则电阻较小；故电路中电流大于0.4a；故答案为：（1）a端；（2）如图所示；（3）开关闭合瞬间，灯丝温度比较低，电阻较小【点评】： 本题考查了作电路图、连接实物电路图、作图象、实验数据处理，确定电流表与电压表的接法是正确解题的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法10（16分）（2015温州二模）小明家住在高楼的第23层，每次他乘小区高楼的观光电梯上下楼，如图甲所示在学了有关超重失重的知识后，他想用力传感器来测量电梯的加速度大小一次实验中，小明进入电梯后，在力传感器下方悬挂一个重物，电梯从第23层静止开始启动，经过各个阶段的运行最后停在第1层整个过程中，传感器记录了弹力随时间变化情况，如图乙所示，重力加速度g=9.8m/s2请你帮小明完成下列计算：（1）电梯启动和制动的加速度大小；（2）图乙中横坐标t0的数值和该高楼每层的平均高度（保留两位有效数字）【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据初始状态弹力的大小求出重物的质量，结合牛顿第二定律求出电梯启动和制动的加速度大小根据速度时间公式求出匀速运动的速度，从而得出匀减速运动的时间，根据图象得出横坐标t0的数值，根据匀加速、匀速和匀减速运动的位移之和求出每层的平均高度【解析】： 解：（1）根据f0=mg可得，重物质量m=，向下匀加速，有：mgf1=ma1，代入数据解得a1=0.8m/s2向下匀减速，有：f2mg=ma2，代入数据解得a2=0.6m/s2（2）匀速运动速度v=a1t1=0.83m/s=2.4m/s，向下匀减速运动时间，时间坐标t0=40s4s=36s 向下匀加速 ，匀速运动 x2=vt2=2.425=60m 向下匀减速总位移x=x1+x2+x3=68.4m 平均每层楼高h=答：（1）电梯启动和制动的加速度大小分别为0.8m/s2、0.6m/s2（2）图乙中横坐标t0的数值为36s，该高楼每层的平均高度为3.1m【点评】： 本题主要考查了同学们根据运动情况判断受力情况及运用牛顿第二定律解题的能力，难度适中关键理清电梯在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解11（20分）（2015温州二模）如图所示，宽度为l的粗糙平行金属导轨pq和pq倾斜放置，顶端qq之间连接一个阻值为r的电阻和开关s，底端pp处与一小段水平轨道用光滑圆弧相连已知底端pp离地面的高度为h，倾斜导轨处于垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出）中若断开开关s，将一根质量为m、电阻为r、长也为l的金属棒从aa处静止开始滑下，金属棒落地点离pp的水平距离为x1；若闭合开关s，将金属棒仍从aa处静止开始滑下，则金属棒落地点离pp的水平距离为x2不计导轨电阻，忽略金属棒经过pp处的能量损失，已知重力加速度为g，求：（1）开关断开时，金属棒离开底端pp的速度大小；（2）开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热；（3）开关s仍闭合，金属棒从比aa更高处静止开始滑下，水平射程仍为x2，请定性说明金属棒在倾斜轨道的运动规律【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）金属棒离开底端pp后，做平抛运动，已知水平距离和高度，根据平抛运动的知识，可以求出棒开底端pp的速度大小；（2）开关闭合后，金属棒下滑时，需要克服安培力做功产生焦耳热，根据能量守恒定律求解；（3）根据平抛的水平距离相等，说明金属棒离开pp时的速度相等，金属棒在倾斜导轨上应先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动【解析】： 解：（1）开关断开时，金属棒离开底端pp的速度大小为v1，在空中运动的时间为t，则： x1=v1t h=可得：v1=x1（2）开关断开时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功为wg，摩擦力做功为wf根据动能定理：wg+wf=开关闭合时，金属棒离开底端pp的速度：v2=x2在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同，安培力做功为w安，系统产生的焦耳热为q，由动能定理可得：wg+wf+w安=又因为q=|w安|金属棒产生的焦耳热 qr=q联立上述方程可得：qr=（3）据题，开关s仍闭合，金属棒从比aa更高处静止开始滑下，水平射程仍为x2，说明金属棒离开pp时的速度相等，则知金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动答：（1）开关断开时，金属棒离开底端pp的速度大小为x1；（2）开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热为；（3）金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动【点评】： 本题首先要掌握平抛运动的研究方法，其次能运用能量守恒定律求解热量，都是常用的思路，平时要多加强这方面的练习，熟练掌握12（22分）（2015温州二模）如图所示，在正交坐标系oxyz中，分布着电场和磁场（图中未画出）在oyz平面的左方空间内存在沿y轴负方向、磁感应强度大小为b的匀强磁场；在oyz平面右方、oxz平面上方的空间内分布着沿z轴负方向、磁感应强度大小也为b匀强磁场；在oyz平面右方、oxz平面下方分布着沿y轴正方向的匀强电场在t=0时刻，一个微粒的质量为m、电荷量为q的微粒从p点静止释放，已知p点的坐标为（5a，2a，0），电场强度大小为，不计微粒的重力求：（1）微粒第一次到达x轴的速度大小v和时刻t1；（2）微粒第一次到达y轴的坐标和时刻t2；（3）假设在平面oyz存在一层特殊物质，使微粒每次经过oyz平面时，