浙江宁波市高三理综（物理部分）十校联考试题（含解析）新人教版.doc

2015年浙江省宁波市十校联考高考物理模拟试卷一、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）1（6分）（2015宁波模拟）如图，在粗糙水平面上放置有一竖直截面为平行四边形的木块，图中木块倾角，木块与水平面间动摩擦因数为，木块重为g，现用一水平恒力f推木块，使木块由静止向左运动，则物体所受地面摩擦力大小为（） a f=f b f= c f=mg d f=（mgsin+fcos）【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对木块分析，根据共点力平衡求出支持力，结合滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小【解析】： 解：木块在竖直方向上平衡，有：n=mg，则木块所受的摩擦力f=n=mg因为物块不是做匀速运动，所以f与f不等故选：c【点评】： 本题考查了滑动摩擦力公式的基本运用，关键求出物块对水平面的正压力，结合滑动摩擦力公式进行求解，基础题2（6分）（2015宁波模拟）有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压u上，已知通过导体电流方向如图，大小为i，则导体电阻率为（） a = b = c = d =【考点】： 电阻定律【分析】： 分析两电阻之间的大小关系，再由串并联电路的规律可得出电流大小；由电阻定律即可求得电阻率【解析】： 解：由电阻定律可知：r=可知：两导体的电阻ra=rb=；两电阻串联，分压相等，则a两端的电压为；由欧姆定律可知：ra=解得：=；故选：a【点评】： 本题要注意电阻定律的应用，明确电阻的大小与电阻率和厚度的关系，明确电阻微型化的依据3（6分）（2015宁波模拟）如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形线框，线框边长为l，质量m，线框上边水平且处于垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如图方向电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为f，已知该线框单位长度自由电子个数为n，重力加速度g，则电子定向移动对应的洛仑兹力大小为（） a fmg b mgf c d 【考点】： 洛仑兹力【分析】： 由安培力的公式计算出线框受到的安培力的大小，由左手定则判断出安培力的方向，然后由安培力与洛伦兹力的关系即可求出电子受到的洛伦兹力的大小【解析】： 解：有左手定则判断安培力向上，安培力的大小：f安培=bil线框中的安培力是由nl个电子受到的洛伦兹力的合力，所以f安培=nlf然后对线框进行受力分析，得：mg=f+f安培所以：f=故d正确故选：d【点评】： 该题考查洛伦兹力与安培力的微观解释，知道安培力是洛伦兹力的宏观体现，以及安培力与洛伦兹力的关系才能正确解答4（6分）（2015宁波模拟）如图，一小球从高h处自由下落进入水面，若小球在水中所受阻力为f=kv2，且水足够深，则（） a h越大，匀速时速度v越大 b h变大，小球在水中动能变化一定变多 c h变小，小球在水中动能变化可能变多 d 小球在水中刚匀速的位置与h无关【考点】： 动能定理的应用【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 小球匀速运动时合力为零，结合匀速运动时的平衡方程判断匀速运动的速度是否与h有关小球进入水中后可能做加速运动，可能做减速运动，结合动能的变化量分析判断【解析】： 解：a、当重力、浮力和阻力相等时，小球做匀速运动，有：，浮力是定值，可知匀速运动的速度是一定值，故a错误b、若小球进入水中做加速运动，由于匀速运动的速度一定，高度越高，进入水中的速度越大，则动能变化越小，若小球进入水中做减速运动，由于匀速运动的速度一定，高度越高，进入水中的速度越大，则动能变化量越大，同理，当h变小时，在水中的动能可能变多，可能变小故b错误，c正确d、小球匀速运动的速度是一定值，但是开始匀速运动的位置与h有关，故d错误故选：c【点评】： 解决本题的关键知道小球匀速运动时，合力为零，受重力、浮力和阻力平衡，注意小球进入水中可能做加速运动，可能做减速运动二、选择题（本题共3小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全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）5（6分）（2015宁波模拟）一举重运动员在地面上能举起重物的最大质量为100kg，某次该运动员在有向上恒定加速度的电梯中举重物，他恰能举起90kg的重物，则当运动员保持此举重状态随电梯运动10m位移的过程中，以下结论可能正确的是（重力加速度g取10m/s2）（） a 物体机械能增加9000j b 物体机械能减少10000j c 物体动能增加了1000j d 物体动能减少了1000j【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 通过牛顿第二定律判断出人对物体的作用力，注意物体可能上升也可能下降运动，根据动能定理即可判断，【解析】： 解：运动员的最大作用力fmax=mg=1000n，在有向上加速度的电梯中，由于物体可能上升也可能下降运动，故机械能可能增加或减少，即，e=fh=1000j，故b正确，c、由于物体可能上升也可能下降运动，故物体的动能变化量为ek=mah=1000j，故c、d正确故选：bcd【点评】： 本题主要考查了外力对物体做功，物体的机械能和动能的变化，解题的关键是抓住物体可能上升也可能下降运动6（6分）（2015宁波模拟）如图甲，已知开关闭合时灵敏电流计g指针向右偏，则当乙图中同一灵敏电流计g指针有向左偏时，以下可能的原因是（） a 乙图中滑片p正向右加速运动 b 乙图中滑片p正向左加速运动 c 乙图中滑片p正向右减速运动 d 乙图中滑片p正向左减速运动【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 甲图中是电磁感应现象，根据安培定则和楞次定律结合判断出电流方向与电流表指针偏转方向间的关系再分析乙图即可【解析】： 解：甲图中，开关闭合时，由楞次定律判断知，g表电流由正接线柱流入时，指针向右偏乙图中指针向左偏，故电流为负接线柱流入，即电容器放电，电容器两端电压正在减小，故滑片向左滑动，可能向左加速运动，也可能向左减速运动，故b、d正确，a、c错误故选：bd【点评】： 解决本题的关键要掌握楞次定律，并能熟练运用，知道电容器放电时电流方向从正极板流出，流向负极板7（6分）（2015宁波模拟）空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为+q质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于oa、ob、oc三个不同位置，其中oa为水平，oc竖直，ob与水平面夹角60小球分别从杆端a、b、c静止释放，已知小球从a到o运动时间为从b到o运动时间的倍，则可判断（） a 从c到o方向运动的时间小于从a到o的时间 b 从c到o方向运动的时间大于从a到o的时间 c 电场强度的最小值为 d 电场强度的最小值为【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比求的加速度之比，而产生的加速度时重力和电场力的合力提供的，由牛顿第二定律即可判断加速度大小，由运动学公式求的时间；当电场方向垂直bo方向时有最小电场强度；【解析】： 解：a、小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比为得：aa：ab=1：2，设重力和电场力的合力为f合，方向与竖直方向成角，则f合在ao、bo方向分力为1：2，即：f合cos（30）=2f合sin解得：=30即重力和电场力的合力为f合沿bo方向，则可得acaa，所以从c到o方向运动的时间小于从a到o的时间，故a正确，b错误c、当电场方向垂直bo方向时有最小电场强度，则，故c正确，d错误故选：ac【点评】： 本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高三、解答题（共5小题，满分78分）8（10分）（2015宁波模拟）在练习使用多用电表实验中，某同学使用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220v，100w”字样，关于该实验回答以下问题：（1）以下测量（图1）方式正确的是：a（2）该同学采用1档进行测量，则实际的测量结果是图2中a（填a或b或c）位置（3）为了用多用电表测得比较准确的灯丝阻值，还需要进行的操作步骤顺序是bcehga将选择开关置于100档 b将选择开关置于10档c将红黑表笔短接 d调节调零旋钮使指针指左侧零刻度e调节调零旋钮使指针指右侧零刻度 f将选择开关置于off或直流电压500v档g将选择开关置于off或交流电压500v档 h测量电阻【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）明确灯泡结构，根据多用有的使用方法得出正确的测量方法；（2）根据灯泡的额定值分析其电阻大小，再由多用电表的测量方法可得出对应的位置；（3）欧姆表盘指针偏转角度越小，电流越小，电阻的读数越大，要换小倍率的档位；换档后要进行欧姆调零，测量完毕要把选择档打到off档或交流电压最高档【解析】： 解：（1）灯泡底部和周围金属部分与内部灯丝相连，故为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接金属外壳和底部，故应选用a接法进行测量；（2）灯泡的电阻约为：r=484；若选用1档进行测量，则指针应指在484处，故测果为图中的a处；（3）由（2）的解答可知，指针偏角过小，故应换用10档位进行测量，换档后需要调零，先将红黑表笔短接，调节调零旋钮使指针使右侧零刻度处；然后才能测量电阻，测量完成后，将开关置于off档或直流电压最高档处；故顺序为：bcehg；故答案为：（1）a （2）a（3）bcehg【点评】： 本题考查欧姆表的使用，要注意在使用欧姆档时每次换档均应进行欧姆调零，用完后一定要离开欧姆档，打到off或直流电的最高档位处9（10分）（2015宁波模拟）在探究加速度与力、质量的关系实验中，某同学在某次实验时释放小车的瞬间装置状态如图1（）则操作中有待改进的是：小车离计时器太远；需平衡摩擦力（）如图2为改进实验操作后某次实验打下的纸带数据，相邻两计数点间距如图所示，则该次实验加速度为2.76m/s2（保留3位有效数字）（）若均使用同一规格钩码以改变小车总质量和悬挂重物的总重力，某同学得到多次运动中对应加速度，实验数据如表格所示 小车钩码数最悬挂钩码数 0 1 2 3 41 1.39m/s2 1.16m/s2 1.00m/s2 0.94m/s2 0.78m/s22 2.48m/s2 2.20m/s2 2.00m/s2 1.81m/s2 /3 3.38m/s2 2.89m/s2 2.76m/s2 / /4 4.15m/s2 3.68m/s2 / / /5 4.59m/s2 / / / /请选择一组数据用来研究加速度与力关系，并在答题卡坐标纸上作出相应图线作图要求：（1）完善坐标物理量及合理的物理量标度（2）在坐标纸上标出所选数据，完成图线并标出数据坐标值；（3）就你所选实验数据得到的结论做出评价【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据实验的原理以及操作的注意事项确定实验中需要改进的地方根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度用a表示纵坐标，用n或f表示横坐标，作出图线【解析】： 解：（）则操作中有待改进的是：小车离计时器太远，需平衡摩擦力（）根据x=at2，运用逐差法得，a=2.76m/s2、（1、2）横坐标物理量，用n（个）或f（个）均可，纵坐标用a表示如图所示（3）甲图：平衡摩擦力可能不到位；悬挂钩码质量数较多时图线非线性，误差较大；加速度与合外力不成正比；乙图：误差允许范围内加速度与合外力成正比；未完全平衡摩擦力故答案为：、（1）小车离计时器太远（2）需平衡摩擦力、2.76、（1）横坐标物理量，用n（个）或f（个）均可（2）图线如下甲、乙两种均对（3）甲图：平衡摩擦力可能不到位；悬挂钩码质量数较多时图线非线性，误差较大；加速度与合外力不成正比；乙图：误差允许范围内加速度与合外力成正比；未完全平衡摩擦力【点评】： 解决本题的关键掌握实验的原理以及实验中需注意的事项，知道当钩码的个数较多时，由于钩码重力不再远小于小车的重力，上端图线会出现弯曲10（16分）（2015宁波模拟）如图，某游乐园的水滑梯是由6段圆心角为30的相同圆弧相连而成，圆弧半径为3m，切点a、b、c的切线均为水平，水面恰与圆心o6等高，若质量为50kg的游客从起始点由静止开始滑下后，恰在c点抛出落向水面（不计空气阻力，g取10m/s2）求（1）游客在c点的速度大小；（2）游客落水点与o6的距离；（3）游客从下滑到抛出的过程中克服阻力做了多少功【考点】： 动能定理的应用；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）游客在c点恰好抛出，可知支持力为零，根据牛顿第二定律求出游客在c点的速度（2）根据高度求出游客平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离（3）对开始到c点的过程运用动能定理，求出下滑过程中克服阻力做功的大小【解析】： 解：（1）在c点，游客恰好抛出，可知支持力为零，根据牛顿第二定律有：，解得：（2）根据，x=vct，代入数据解得；（3）对开始到c点的过程运用动能定理得：，h=r（1cos30）5，代入数据解得：wf=255j答：（1）游客在c点的速度大小为；（2）游客落水点与o6的距离为m；（3）游客从下滑到抛出的过程中克服阻力做了255j【点评】： 本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键11（20分）（2015宁波模拟）如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨（不计阻值）构成的平面与水平面成37角，导轨平面处在垂直平面向上的匀强磁场中，导轨间距为l=1m，导轨上端接有如图电路，已知r1=4、r2=10将一直导体棒垂直放置于导轨上，现将单刀双掷开关置于a处，将导体棒由静止释放，导体棒达稳定状态时电流表读数为i1=2.00a将单刀双掷开关置于b处，仍将导体棒由静止释放，当导体棒下滑s=2.06m时导体棒速度又一次达第一次稳定时的速度，此时电流表读数为i2=1.00a，此过程中电路产生热量为q=4.36j（g取10m/s2）（1）求导体棒达到第一次稳定速度时回路中感应电动势及导体棒接入导轨部分的电阻大小（2）求将开关置于a处稳定时的速度大小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】： （1）由题意利用闭合电路欧姆定律列式，联立可求得电动势和内阻；（2）由电动势表达式及求得的电动势可用速度表示磁感应强度；由共点力的平衡条件求得质量与速度的关系，再由功能关系可求得速度【解析】： 解：（1）开关分别置于a、b时电动势相同，令ea=eb=eea=i1（r1+r）eb=i2（r2+r）联立解得e=12v，r=2（2）由e=blv1可得：b=开关置于a时匀速时mgsin37v1=i12（r1+r）解得：m=开关置于b处至速度又一次达v1过程mgsin37s=mv12+q解得：62.06=v12+4.36解得：v1=4m/s；答：（1）导体棒达到第一次稳定速度时回路中感应电动势为12v；导体棒接入导轨部分的电阻大小为2（2）将开关置于a处稳定时的速度大小为4m/s【点评】： 本题考查导体切割磁感线的能量及受力分析问题，要注意正确利用共点力的平衡条件和功能关系进行分析；本题中要注意中间量的换算12（22分）（2015宁波模拟）如图1，在直角坐标系x0的区域存在磁感强度大小为2b0的匀强磁场，在x0的区域存在如图2变化的匀强磁场，两磁场方向均垂直纸面向内，在t=0时刻有一质量为m，带电量为+q的带电粒子以大小为v0的初速度沿+x方向从o点进入磁场（不计粒