当前位置:首页 >> 理化生 >>

2015届温州中学高三上学期期初联考物理解析版(2014.08)


【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷,包含了高中物理必修一、必修二、选修 3-1、选 修 3-2,主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、 电场、磁场、恒定电流、电磁感应等,知识覆盖面广,知识点全面。题型基础、基本,为高 三一轮打下坚实的基础,质量很高。

一、单项选择题(本题包括 10 小题,每小题 3 分,共计 30 分。每小题

给出的四个选项中, 只有一个选项正确,选对得 3 分,选错得 0 分) 【题文】1.某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力:将一张白 纸铺在水平地面上,把排球在水里弄湿,然后让排球从规定的高度自由落下,并在白纸 上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上,将球放在纸上的水印中心,缓慢地 向下压球,使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印,记下此时台秤的示数 即为冲击力的最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是: ( ) A.建立“合力与分力”的概念 B.建立“点电荷”的概念 C.建立“瞬时速度”的概念 D.研究加速度与合力、质量的关系 【知识点】力的合成. P0 【答案解析】 A 解析: A、 合力和分力是等效的, 它们是等效替代的关系, 所以 A 正确. B、

点电荷是一种理想化的模型,是采用的理想化的方法,所以 B 错误.C、瞬时速度是把很短 的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度, 是采用的极限的方法, 所以 C 错误. D、 研究加速度与合力、质量的关系的时候,是控制其中的一个量不变,从而得到其他两个物理 量的关系,是采用的控制变量的方法,所以 D 错误.故选 A. 【思路点拨】通过白纸上的球的印迹,来确定球发生的形变的大小,从而可以把不容易测量 的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来, 在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大 小,这是用来等效替代的方法.在物理学中为了研究问题方便,经常采用很多的方法来分析 问题,对于常用的物理方法一定要知道. 【题文】2. 下列说法正确的是( ) A.物体的速度越大,其惯性越大 B.速度很大的物体,其加速度一定很大 C.一对作用力与反作用力大小相等,性质相同 D.做曲线运动的物体其所受到的合外力方向与加速度方向一定不在同一直线上 【知识点】 牛顿运动定律 曲线运动 C1 C2 D1 【答案解析】 C 解析:A、惯性唯一取决于质量,与运动状态无关,故 A 错误;B、D 根

据牛顿第二定律, a ?

F ,加速度与物体受到的合外力成正比,与质量成反比,方向与合 m

力方向相同,与速度无关,故 B、D 错误;C、由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小
第 1 页 共 14 页

相等,方向相反,作用在同一条直线上,作用在两个物体上,力的性质相同,故 C 正确;故 选C 【思路点拨】惯性唯一取决于质量,与运动状态无关,加速度与物体受到的合外力成正比, 与质量成反比,方向与合力方向相同,由牛顿第三定律可知,作用力与反作用力大小相等, 方向相反,作用在同一条直线上,作用在两个物体上,力的性质相同,它们同时产生,同时 变化,同时消失. 【题文】3.2011 年 7 月在土耳其伊斯坦布尔举行的第 15 届机器人世界杯赛上。中科大“蓝 鹰”队获得仿真 2D 组冠军和服务机器人组亚军.改写了我国服务机器人从未进人世界前 5 的纪录, 标志着我国在该领域的研究取得了重要进展。 图中是科大著名服务机器人 “可 佳” , 如图所示, 现要执行一项任务。 给它设定了如下动作程序: 机器人在平面内由点(0, 0)出发,沿直线运动到点(3,1),然后又由点(3,1 )沿直线运动到点(1,4),然后又由 点(1,4)沿直线运动到点( 5,5), 然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)。 该个过程中机器人所用时间是 2 2 s,则( A.机器人的运动轨迹是一条直线 B.整个过程中机器人的位移大小为 2 2 m C.机器人不会两次通过同一点 D.整个过程中机器人的平均速度为 1.5m/s 【知识点】平均速度;位移与路程.A1 【答案解析】 B 解析:A、由题目给定的坐标位置变化可知机器人的运动轨迹为折线,A )

错误; B 、由题意知机器人初位置坐标为( 0 , 0 ) ,末位置坐标为( 2.2 ) ,故位移为: X= 22 +22 m ? 2 2m ,故 B 正确;C、由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)时会再次经过 同一位置,故 C 错误;D、平均速度为位移与时间的比值,由题意知位移为 X= 22 +22 m ? 2 2m ,所以 v ?

x 2 2 ? m / s ? 1m / s ,故 D 错误;故选 B t 2 2

【思路点拨】依据坐标位置的变化可表示位移和路程,平均速率为路程与时间的比值,平均 速度为位移与时间的比值. 本题考查了平均速度与平均速率的求解方法, 注意平均速度的大 小不等于平均速率. 【题文】 4. 下列各图中, 已标出电流 I、 磁感应强度 B 的方向, 其中符合安培定则的是 ( )
B I B I B I B I

A 【知识点】安培定则.K1 【答案解析】 C

B

C

D

解析: 通电直导线中的安培定则 (安培定则一) : 用右手握住通电直导线,

让大拇指指向电流的方向,那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知 AB 错误;通电 螺线管中的安培定则(安培定则二) :用右手握住通电螺线管,使四指弯曲与电流方向一致,
第 2 页 共 14 页

那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的 N 极,据此可知 C 正确,D 错误.故选 C. 【思路点拨】安培定则,也叫右手螺旋定则,是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关 系的定则,根据安培定则的应用即可正确解答.加强练习熟练掌握安培定则的内容,注意磁 场方向的表示方法. 【题文】 5.如图所示, 一物体自倾角为 θ 的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上. 物 体与斜面接触时速度与水平方向的夹角 φ 满足( ) A.tanφ =sinθ B.tanφ =cosθ C.tanφ =tanθ D.tanφ =2tanθ 【知识点】平抛运动.D2 【答案解析】 D 解析:物体落在斜面上,位移与水平方向夹角的正切值 tan θ =

1 2 gt v y gt gt 2 ? .物体速度方向与水平方向夹角的正切值 tanφ = ? .可知 tan φ =2tan v0t 2v0 v0 v0
θ .故 D 正确,A、B、C 错误.故选:D. 【思路点拨】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,结合 平抛运动的规律进行分析. 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规 律,知道某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍. 【题文】6.如图所示,一小球从斜轨道的某高度处由 静止滑下,然后沿竖直光滑轨道的内侧 运动。已知圆轨道的半径为 R,忽略一切摩擦阻力。则下列说法正确的是( ) A.在轨道最低点、最高点,轨道对小球作用力的方向是相同的 B.小球的初位置比圆轨道最低点高出 2R 时, 小球能通过圆轨道的最高点 C.小球的初位置比圆轨道最低点高出 0.5R 时, 小球在运动过程中能不脱离轨道 D.小球的初位置只有比圆轨道最低点高出 2.5R 时,小球在运动过程中才能不脱离轨道 【知识点】机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力. C2 D4 E3 【答案解析】 C 解析:A、小球在最高点时,若受弹力,则弹力一定竖直向上;而在最低

点,支持力与重力的合力充当向心力,故作用力一定向上,故 A 错误;B、要使小球能通过 最高点,则在最高点处应有:mg=m

1 2 v2 ;再由机械能守恒定律可知 mgh=mg2R+ mv ;解得小 2 R

球初位置的高度至少为 h=

5 R;故小球高出 2.5R 时,小球才能通过最高点,故 B 错误;C、 2

若小球距最低点高出 0.5R 时,由机械能守恒可知,小球应到达等高的地方,即 0.5R 处,小 球受到圆轨道的支持,不会脱离轨道,故 C 正确;D、由 C 的分析可知,若小球的初位置低 于 0.5R 时,也不会脱离轨道,故 D 错误;故选:C. 【思路点拨】 使小球能够通过圆轨道最高点, 那么小球在最高点时应该是恰好是物体的重力 作为物体的向心力, 由向心力的公式可以求得此时的最小的速度, 再由机械能守恒可以求得
第 3 页 共 14 页

离最低点的高度 h.使小球能够通过圆轨道最高点,那么小球在最高点时应该是恰好是物体 的重力作为物体的向心力, 由向心力的公式可以求得此时的最小的速度, 再由机械能守恒可 以求得离最低点的高度 h. 【题文】7.如图所示,一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下 形成图中所示的运动轨迹。 M 和 N 是轨迹上的两点,其中 M 点在轨迹 的最 右点。不计重力,下列表述正确的是( ) A.粒子在 M 点的速率最大 B.粒子所受电场力沿电场方向 C.粒子在电场中的加速度不变 D.粒子在电场中的电势能始终在增加 【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动;电场强度;电势能.I1 I2 I3 【答案解析】 C 解析:A、电子受到的电场力向左,在向右运动的过程中,电场力对电子 做负功,电子的速度减小,运动到 M 点时,电子的速度最小,所以 A 错误;B、电子受到的 电场力的方向与电场线的方向相反,所以 B 错误;C、由于电子是在匀强电场中运动的,受 到的电场力的大小是不变的,所以粒子在电场中的加速度也不变,所以 C 正确;D、当电子 向右运动的过程中,电场力对电子做负功,电势能增加,在向左返回的过程中,电场力对电 子做正功,电势能减小,所以 D 错误.故选 C. 【思路点拨】电子在匀强电场中受到的电场力的方向向左,在向右运动的过程中,电场力对 电子做负功,电子的速度减小,电势能增加,根据电子的运动分析可以得出结论.本题就是 对电场力做功特点的考查, 掌握住电场力做正功, 电势能减小, 动能增加, 电场力做负功时, 电势能增加,动能减小. 【题文】8.如图所示电路中,当滑动变阻器 R3 的滑片 P 向上端 a 滑动 时,电流表 A1、A2 及电压表 V 的示数的变化情况是( ) A.电流表 A1 增大,A2 减小,电压表 V 减小 B.电流表 A1 减小,A2 增大,电压表 V 减小 C.电流表 A1 增大,A2 增大,电压表 V 增大 D.电流表 A1 减小,A2 减小,电压表 V 增大 【知识点】闭合电路的欧姆定律.J2 【答案解析】 B 解析: 当滑动变阻器 R3 的滑片 P 向上端 a 滑动时, 变阻器有效电阻减小,

外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律得知:干路电流 I 增大,A2 增大.电压表 V 读数 U=E-I(R2+r) ,I 增大,U 减小,则电流表 A1 减小.故选 B 【思路点拨】当滑动变阻器 R3 的滑片 P 向上端 a 滑动时,变阻器有效电阻减小,外电路总 电阻减小, 由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化, 由欧姆定律确定电压表 V 读数的变化 和电流 A1 的变化.本题是电路中典型的问题:动态变化问题,往往牵一发而动全身,按照 “部分→整体→部分”的思路进行分析. 【题文】9.从地面以大小为 v1 的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间 t 皮球落回地面, 落地时皮球速度的大小为 v2。已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小 成正比,重力加速度大小为 g。下面给出时间 t 的四个表达式中只有一个是合理的,你 可能不会求解 t,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达 式的合理性做出判断。 根据你的判断,t 的合理表达式应为( )
第 4 页 共 14 页

A. t ?

v1 ? v 2 g

B. t ?

v1 ? v 2 g

C. t ?

v1v 2 g

D. t ? (

v2 1 ) v1 g

【知识点】竖直上抛运动.A4 【答案解析】 A 时间约为 解析:A、B:下降过程物体做加速运动,若忽略次要因素(空气阻力)

v2 v ,而上升阶段做匀减速运动,同理忽略次要因素,时间约为 1 ,故总时间约为 g g

v1 ? v2 ,故 A 正确,B 错误;C:时间的单位为 s,而 C 答案单位为 m,故 C 错误 D:有 C 分 2
析知,D 错误.故选:A 【思路点拨】小球在上升过程中做减速运动,下降过程中做加速运动,由于阻力随速率的变 化而变化,实际上上升过程和下降过程加速度都在变化.本题讨论哪一个表达式合理,可以 采取忽略次要因素,认为阻力不计.本题考查了单位制及运动学的基本公式,解决此类题目 主要方法是利用所学的知识用淘汰法进行处理, 同时注意采用可以采取忽略次要因素的思想 【题文】10.如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球 A 用细线悬挂于 支架前端,质量为 m 的物块 B 始终相对于小车静止地摆放在右端。B 与小车平板间的动 摩擦因数为 μ .若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ 角,则此刻小车对物块 B 产生的 作用力的大小和方向为( ) A. mg ,竖直向上; B. mg 1 ? ? 2 ,斜向左上方; C. mg tan ? ,水平向右; D. mg 1 ? tan ? ,斜向右上方。
2

【知识点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用. B3 B7 C2 【答案解析】 D 解析:以 A 为研究对象,分析受力如图,

根据牛顿第二定律得:mAgtanθ =mAa,解得 a=gtanθ ,方向水平向右. 再对 B 研究得:F=ma=mgtanθ ,方向水平向右,即小车对物块 B 产生的静摩 擦力的大小为 mgtanθ ,方向向右.小车对物块 B 的支持力向上,与重力平 衡,故 N=mg;故小车对物块 B 产生作用力为:F=N +f =mg 1 ? tan2 ? ,斜向
2 2

右上方;故选 D. 【思路点拨】先以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律求出加速度.再对 B 研 究,由牛顿第二定律求解小车对物块 B 产生的作用力的大小和方向.本题要 抓住小球、物块 B 和小车的加速度相同的特点,根据牛顿第二定律采用隔离法研究. 二、不定项选择题(本题包括 5 小题,共 20 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 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分) 【题文】11.关于电场和磁场,以下说法正确的是( ) A.电流在磁场中某点不受磁场力作用,则该点的磁感应强度一定为零
第 5 页 共 14 页

B.电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同 C.磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点通电导线受力方向相同 D.试探电荷在电场中某点不受电场力的作用,则该点的电场强度一定为零 【知识点】电场;磁现象和磁场. I1 I2 K1 【答案解析】 BD 解析:A、电流在磁场中某位置受到的磁场力为零,则该位置的磁感应

强度不一定为零,可能电流与磁场方向平行,故 A 错误;B、电场中某点的电场强度的方向, 与放在该点的正试探电荷,所受电场力方向相同,与负电荷受到的电场力相反,故 B 正确; C、根据左手定则,磁感应强度的方向与安培力的方向垂直.故 C 错误;D、由电场的基本性 质可知,对放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零,则该位置一定为零,故 D 正确;故 选 BD 【思路点拨】 电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量, 电场强弱可由试探电荷所受 的力与试探点电荷带电量的比值确定, 电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相 反. 磁感应强度是描述磁场强弱的物理量, 通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流 元的比值来定义磁感应强度. 比值与磁场力及电流元均无关. 电场强度是用比值法定义的物 理量之一,电场中某点的电场强度是由电场本身决定的,与该点是否有试探电荷无关,本题 是考查基础知识的好题.磁感应强度是通过比值定义得来,例如电场强度也是这种定义,电 场强度与电场力及电荷量均没有关系.再如密度也是,密度与物体的质量及体积均无关.同 时电流元放入磁场中不一定有磁场力,还受放置的角度有关. 【题文】 12.在光滑绝缘水平面的 P 点 正上方 O 点固定一个电荷量为+Q 的点电荷,在水平面 上的 N 点,由静止释放质量为 m,电荷量为- q 的负检验电荷,该检验电荷经过 P 点时速 度为 v,图中θ =60?,规定电场中 P 点的电势为零。则在+Q 形成的电场中( ) A.N 点电势高于 P 点电势 O
+Q

B.N 点电势为-

mv 2q

2

θ -q
N P

C.P 点电场强度大小是 N 点的 4 倍

1 D.检验电荷在 N 点具有的电势能为- mv 2 2
【答案解析】 BC

【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电场强度;电势能. I1 I2 解析: :A、根据顺着电场线方向电势降低可知,M 点的电势高于 N 点的

电势,而 M、P 两点的电势相等,则 N 点电势低于 P 点电势.故 A 错误;B、根据动能定理得: 检验电荷由 N 到 P 的过程:-q(φ N-φ P)=

1 2 mv ,由题,P 点的电势为零,即 φ P=0,解得, 2

N 点的电势 φ N=-

Q mv 2 .故 B 正确.C、P 点电场强度大小是 EP=k 2 ,N 点电场强度大小是 rP 2q

EN=k

1 2 Q ,则 EP:EN=4:1.故 C 正确.D、检验电荷在 N 点具有的电势能为 EP=-qφ N= mv .故 2 2 rN

D 错误.故选 BC 【思路点拨】 解答本题应抓住: 顺着电场线方向电势降低, 判断出 M 点电势高于 N 点的电势,
第 6 页 共 14 页

M、P 两点的电势相等,即可知 N、P 两点电势关系;由真空中点电荷产生的电场强度公式 E=k

Q ,分析 P 点与 N 点电场强度的大小关系;根据动能定理研究电荷由 N 到 P 的过程,求 r2 Q 、电势能公 r2

解 N 点的电势;由 EP=-qφ N 求出检验电荷在 N 点具有的电势能.本题关键要掌握电场线方向 与电势高低的关系,即顺着电场线方向电势降低,以及点电荷场强公式 E=k

式 EP=-qφ N. 【题文】13.如图所示,甲、丙物体在水平外力 F 的作用下静止在乙物体上,乙物体静止在 水平面上。现增大水平外力 F,三物体仍然静止,则下列说法正确的是( ) A.乙对甲的支持力一定增大 B.乙对甲的摩擦力一定增大 C.乙对地面的压力一定不变 D.甲对丙的摩擦力可能增大 【知识点】静摩擦力和最大静摩擦力.B2 B7 【答案解析】 AC 解析: :如图对甲进行受力分析有:

F 合 x=Fcosθ +f-Gsinθ =0 (1) F 合 y=FN-Gcosθ -Fsinθ =0 (2)

A、由(2)知,FN=Gcosθ +Fsinθ ,当 F 增大时,则支持力增 大,故 A 正确; B、由(1)知 f=Gsinθ -Fcosθ ,由于未知摩擦力的方向,故 当 f 为正值时, F 增大则 f 减小, 若 f 为负值即沿斜面向下时, 当 F 增大则 f 亦增大.故 B 错误; C、把甲乙丙看成一个整体,当 F 增加时,根据静摩擦力大小的判断 f=-F 外,可知,当 F 增 大时,地面给乙的摩擦力随之增大,使系统处于平衡状态,故 C 正确;D、对丙进行受力分 析,丙处于静止状态,水平方向不受摩擦力,故 D 错误.故选 BC. 【思路点拨】 正确的受力分析是解决问题的关键, 三物体仍然静止, 说明物体处于平衡状态, 所受外力合力为 0, 以甲乙丙整体为研究对象, 当 F 增大时, 地面对整体的摩擦力亦增大. 再 分别以甲、丙为研究对象即可求解.考虑到物体的受力分析,物体始终处于静止状态,即满 足合外力为零,另物体受到斜面的摩擦力,因不知倾角和动摩擦因数的大小,摩擦力可能沿 斜面向上也可能沿斜面向下,所以当 F 增大时,摩擦力可以变大也可以变小,要根据具体题 目加以讨论. 【题文】14.如图所示,斜面 AB 和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段,在 B 处用小圆弧连 接.将小铁块(可视为质点)从 A 处由静止释放后,它沿斜面向下滑行,进入平面,最终静止 于 P 处.若从该板材上再截下一段,搁置在 A、P 之间,构成一个新的斜面,再将铁块放回 A 处 , 并轻推一下使之沿新斜面向下滑动 . 关于此情况下铁块运动情况的描述 , 正确的是 ( ) A.铁块一定能够到达 P 点 B.铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点 C.铁块能否到达 P 点与铁块质量有关 D.铁块能否到达 P 点与铁块质量无关 【知识点】动能定理的应用.E2
第 7 页 共 14 页

【答案解析】 AD θ ,

解析:设 A 距离地面的高度为 h,动摩擦因数为 μ ,斜面 AB 的倾角为

对全过程运用动能定理有,mgh-μ mgcosθ s1-μ mgs2=0, 整理得:mgh-μ mg(s1cosθ +s2)=0,而 s1cosθ +s2 等于 OP 的长度,即 h-μ OP =0,与斜面的倾角无关,故小 铁块一定能够到达 P 点,与铁块的质量无关.故 A、D 正确,B、C、错误.故选 AD. 【思路点拨】对运动的全过程研究,运用动能定理,判断在水平面上的位移是否发生变化来 确定小木块停止的位置. 解决本题的关键会合理地选择研究的过程, 即选择全过程为研究过 程,运用动能定理求解. 【题文】15.如图所示,为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为 B, 方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为 L,在磁场区域的 左侧边界处,有一边长为 L 的正方形导体线框,总电阻为 R,且线框平 面与磁场方向垂直,现用外力 F 使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域,以 初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势 E 为正,外力 F 向右为正.则以下能反映感应电动势 E 和外力 F 随时间变化规律的图 象是( )

源:学。科。网]

【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势;法拉第电磁感应定律;楞次定律.L1 L2 L5 【答案解析】 AD 解析:根据楞次定律判断可知,安培力阻碍导体与磁场间的相对运动,

所以线框所受的安培力方向向左,由平衡条件得知外力方向一直向右,为正. t 在 0-

L 时间内,线框通过左边的磁场,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针, v E1 BLv ? ,外力等于安培力,为 R R

为负值.产生的感应电动势为 E1=BLv,感应电流为 I1=

F1=BI1L=

B 2 L2 v ; R



L 2L 时间内,线框从左边磁场进入中间磁场,线框的左边和右边都产生磁感线产生感 v v
第 8 页 共 14 页

应电动势,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针,为正值.回路中总的感应电动

E2 2 BLv B 2 L2 v ? 势为 E2=2BLv,感应电流为 I2= ,外力等于安培力,为 F2=2BI2L=4 ;在 R R R
2 L 3L 时间内, 线框从中间磁场进入右边磁场, 线框的左边和右边都产生磁感线产生感应 v v
电动势,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿顺时针,为负值.回路中总的感应电动势 为 E3=2BLv,感应电流为 I3=

2 BLv 3L 4 L B 2 L2 v ,外力等于安培力,为 F2=2BI3L=4 ;在 v v R R BLv B 2 L2 v ,外力等于安培力,为 F4=BI4L= ;所 R R

时间内,从右边磁场穿出,根据楞次定律判断可得感应电动势方向沿逆时针,为正值.产生 的感应电动势为 E4=BLv,感应电流为 I4=

以根据数学知识可知,AD 正确.故选:AD. 【思路点拨】线框匀速穿过方向不同的磁场,在刚进入或刚出磁场时,线框的感应电流大小 相等,方向相同.当线框从一种磁场进入另一种磁场时,此时有两边分别切割磁感线,产生 的感应电动势正好是两者之和,根据 E=BLv,求出每条边产生的感应电动势,得到总的感应 电动势.由闭合电路欧姆定律求出线框中的感应电流,由求出安培力大小,由平衡条件得到 外力的大小,要分段研究.此题电磁感应中图象的问题,近几年高考中出现的较为频繁,解 答本题关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识,要知 道当线框左右两边都切割磁感线时,两个感应电动势方向相同,是串联关系. 三、实验题: (本题共 2 小题,每空 2 分,共 16 分) 【题文】16.某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡直接去测量某电压表(量程为 10 V)的 内阻(大约为几十千欧),该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为 30,则:

(1)欧姆挡的选择开关拨至______(选填 “×1k”或“×100” )挡,先将红、 黑表笔短接调零后,选用下图中 ______(选填“A”或“B” )方式连接. (2)在实验中,某同学读出欧姆表的读数 为 ______Ω ,这时电压表的读数 为 ______V , 欧 姆 表 电 池 的 电 动 势 为 _______V.

【知识点】用多用电表测电阻.J8 【答案解析】 (1)×1k,A (2)40000, 5.0,8.75 解析: :①欧姆表中值电阻附近

刻度比较均匀,读数误差最小,故倍率选择
第 9 页 共 14 页

“×1K”挡位;电流从红表笔流入,黑表笔流出,故 A 方式正确; ②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ ;电压表读数为:5V;欧姆表内电阻等于中值 电 阻 , 为 E=Ir+U= r=30KΩ ; 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 , 有 :

U 5 r+U= ×30×1000+5 =8.75V; R 40 ? 1000

【思路点拨】①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀,读数误差最小;红表笔连接着内部表头 的正极,黑表笔连接着内部表头的负极,故电流从红表笔流入,黑表笔流出; ②欧姆表读数=表盘读数×倍率;欧姆表内电阻等于中值电阻,根据闭合电路欧姆定律列式 求解欧姆表电动势.本题关键是明确欧姆表原理、读数规律、中值电阻,然后根据闭合电路 欧姆定律列式求解. 【题文】 17. 某同学设计了如图所示的装置来验证 “加速度与力的 关系”. 把打点计时器固定在长木板上,把纸带穿过打点计时 器连在小车的左端.将数字测力计固定在小车上,小车放在长 木板上.在数字测力计的右侧拴有一细线,细线跨过固定在木 板边缘的定滑轮与一重物相连, 在重物的牵引下, 小车在木板 上加速运动,数字测力计可以直接显示细线拉力的大小. (1)采用数字测力计测量细线拉力与用重物重力代替拉力的方法 相比,下列说法正确的是 ______(填选项前的字母) A.可以不用平衡摩擦力 B.直接测量小车(包括测力计)所受的拉力,可以减少误差 C.利用此实验装置还需要测量重物的质量 D.重物的质量要 远远小于小车和数显测力计的总质量 (2)下图是某同学在此实验中获得的一条纸带,其中两相邻计数点间有四个点未画出,已 2 知打点计时器使用的交流电源的频率为 50HZ,则小车运动的加速度 a=_______ m/s .
1 1.75 2 2.14 3 2.53 4 2.92 5 3.31 6 单位:cm

第 10 页 共 14 页

(3)保持小车和数字测力计的总质量一定,改变钩码的质量,测出相应的加速度,采用图 象法处理数据.请同学们根据测量数据做出 a—F 图象. W a/ m ? s ?2 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 F/N 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

w.xkb1.com

【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.C4 【答案解析】 (1) B (2)0.39 (3)如图所示 a/ m ? s ?2 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 F/N 1.0 0.6 0.8 0 0.2 0.4 解析: :①采用数显测力计测量细线拉力与用重物重力代替拉力的方法相比,可以直接测 量出小车(包括测力计)所受的拉力,不需要再满足重物的 质量要远远小于小车和数显测力计的总质量的条件,也不需 要测量重物的质量, 从而减少了实验的系统误差, 故 B 正确, C、D 错误, 但仍需要平衡摩擦力,否则细线拉力就不是小车受到的合 力,故 A 错误. 故选:B. ② 因 为 连 续 相 等 时 间 内 的 位 移 之 差 是 0.39cm , 根 据 △ x=aT 得 , 小 车 的 加 速 度 a=
2

?x 0.39 ?10?2 ? m / s 2 = 0.39 m / s 2 . 2 T 0.01
第 11 页 共 14 页

③a-F 图线如图所示.

【思路点拨】 只有平衡摩擦力后细线对小车的拉力才为小车受到的合力, 采用数显测力计后 可以直接读出细线的拉力, 因此不再需要测出重物的质量, 也不需要满足重物质量远小于小 车质量的条件;根据连续相等时间内的位移之差是一恒量,求出小车加速度的大小.解决本 题的关键知道直接测量出拉力的优越性, 不需要再满足重物的质量远小于小车的质量, 不需 要测量重物的重力;掌握纸带处理的方法,会通过纸带求解瞬时速度和加速度. 四、计算题: (本题共 3 小题,共 34 分) 【题文】18.(10 分)如图所示,某人距离墙壁 10m 起跑,向着墙壁冲去,挨上墙之后立即返 2 回。设起跑的加速度为 4 m/s ,运动过程中的最大速度为 4 m/s,快到达墙根时需减速 2 到零,不能与墙壁相撞。减速的加速度为 8 m/s ,求该人到达墙需要时间为多少?

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.A2 【答案解析】 3,25s 解析:加速阶段:t1=

vmax =1 s; a1

s1=

1 vmt1=2m 2

减速阶段:t3=

vmax =0.5 s; a2

s3=

1 vmt3=1 m 2

匀速阶段:t2=

s ? ( s1 ? s3 ) =1.75 s vmax

t总 =t1 ? t2 ? t3 ? 3.25s
【思路点拨】 向左过程分为匀加速直线运动过程、 匀速直线运动过程和匀减速直线运动过程; 然后根据运动学公式列式求解即可.本题是多过程问题,关键明确人的运动性质,然后分过 程运用运动学公式列式求解,不难. 【题文】19.(10 分)如图甲所示,质量 m=2kg 的物体在水平面上向 右做直线运动,过 a 点时给物体作用一个水平向左的恒力 F 并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通 过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得 v-t 图象如图乙所示。取重力加速度 g=10 m/s2。求: (1)力 F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数 μ; (2)10 s 末物体离 a 点的距离。 【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像.A5 C2 【答案解析】 (1)0.05(2)? 2 m ,负号表示物体在 a 点以左 右做匀减速直线运动的加速度为 a1,则由 v-t 图得
第 12 页 共 14 页

解析: : (1)设物体向

a1=2 m/s ①根据牛顿第二定律,有 F+μ mg=ma1② 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为 a2,则由 v-t 图得 a2=1m/s
2

2

③根据牛顿第二定律,有 F-μ mg=ma2④

解①②③④得:F=3N,μ =0.05 (2)设 10s 末物体离 a 点的距离为 d,d 应为 v-t 图与横轴所围的面积 则:d =

1 1 ×4×8 m ? ×6×6 m = ? 2 m ,负号表示物体在 a 点以左 2 2

答: (1)力 F 的大小为 3N,物体与水平面间的动摩擦因数 μ 为 0.05; 【思路点拨】 (1)由 v-t 图分别求得由力 F 和没有力 F 作用时的加速度,再根据牛顿第二定 律即可求解; (2)设 10s 末物体离 a 点的距离为 d,d 应为 v-t 图与横轴所围的面积.本题 主要考查了速度-时间图象及牛顿第二定律的直接应用, 知道速度-时间图象的斜率表示加速 度,面积表示位移,难度适中. 【题文】20.(14 分)如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置,描述了一个“吃货”用来做 “糖炒栗子”的“萌”事儿:将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧 衔接而成的轨道,从最高 点 P 飞出进入炒锅内,利用来回运动使其均匀受热。我们用质 量为 m 的小滑块代替栗子,借这套装置来研究一些物理问题。设大小两个四分之一圆弧 半径为 2R 和 R,小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作是两个斜面 AB、CD 和一 段光滑圆弧 BC 组成,滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25,且不随温度变化。两斜面倾 角均为 ? ? 37? ,AB=CD=2R,A、D 等高,D 端固定一小挡板,碰撞不损失机械能。滑块 的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内,重力加速度为 g. (1)如果滑块恰好能经 P 点飞出,为了使滑块恰好沿 AB 斜面进入锅内,应调节锅底支架 高度使斜面的 A、D 点离地高为多少? (2)接(1)问,试通过计算用文字描述滑块的运动过程。 (3)对滑块的不同初速度,求其通过最高点 P 和小圆弧最低点 Q 时受压力之差的最小 值。

【知识点】动能定理的应用;牛顿第二定律;向心力.C2 D4 E2 【答案解析】 (1)

39 R (2) 滑块不会滑到 A 而飞出, 最终在 BC 间来回滑动. (3) 9mg 解 16

析: (1)在 P 点 mg ?

mvP 2 得vP ? 2 gR 2R
3 2 gR 4

到达 A 点时速度方向要沿着 AB, v y ? v p .tan ? ? 所以 AD 离地高度为 h ? 3R ?

vy 2 2g

?

39 R 16

第 13 页 共 14 页

(2)进入 A 点滑块的速度为 v ?

vP 5 ? 2 gR cos ? 4

假设经过一个来回能够回到 A 点,设回来时动能为 Ek ,

Ek ?

1 mv 2 ? ?mg cos? 8 R ? 0 2

所以滑块不会滑到 A 而飞出,最终在 BC 间来回滑动。 (3)设初速度、最高点速度分别为 v1、v2, 由牛二定律,在 Q 点,F 1 ? mg = m

v12 v2 v2 ,解得 F 1 = mg + m 1 在 P 点,F 2 + mg = m 2 .解得 F 2 R R 2R
。由机械能守恒得,

=m

2 2 2 v2 m(2v12 ? 2v2 ? v2 ) ? mg 所 以 F 1 ? F 2 = 2 mg + 2R 2R

1 mv 1 2 = 2

1 mv 2 2 + mg ?3 R ,得 v 1 2 ? v 2 2 = 6 gR 为定值.代入 v2 的最小值 2 gR ,得压力差的最小值为 2
9mg. 【思路点拨】 (1)根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达 P 点的速度,根据速度方向与斜面 AB 平行,结合平抛运动的规律,运用平行四边形定则求出竖直分速度,从而得出 AD 离地的 高度. (2)根据平行四边形定则求出进入 A 点时滑块的速度,对全过程运用动能定理,分析 运动过程(3)根据牛顿第二定律分别求出 P、Q 的弹力,结合机械能守恒定律得出压力差, 结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值. 本题主要考查了平抛运动、 动能定理及机械 能守恒、牛顿运动定律等基本规律的应用,综合性较强,对学生的能力要求较高,是一道好 题.

第 14 页 共 14 页


相关文章:
...温州市十校联合体(温州中学等)高三上学期期初联考化...
2015届浙江省温州市十校联合体(温州中学)高三上学期期初联考化学卷(word版,含解析)_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。可能用到的相对原子质量: H-1 C...
...(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)
化学卷·2015届浙江省温州市十校联合体(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)_高中教育_教育专区。可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 Na-23 Si-...
...(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)
英语卷·2015届浙江省温州市十校联合体(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)_高中教育_教育专区。第一部分: 听力(共两节,满分 30 分) 第一节(共 5 小...
...(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)
数学文卷·2015届浙江省温州市十校联合体(温州中学等)高三上学期期初联考(2014.08)_数学_高中教育_教育专区。【试卷综评】命题把重点放在高中数学课程中最基础、...
温州中学2015届高三上学期期末模拟考试物理试卷(解析版)
温州中学2015届高三上学期期末模拟考试物理试卷(解析版)_理化生_高中教育_教育专区。浙江省温州中学 2015 届高三上学期期末模拟考试 物理试卷考生注意:1、本试卷时...
2015届温州八校高三返校联考物理解析版(2014.08)
2015届温州八校高三返校联考物理解析版(2014.08)_理化生_高中教育_教育专区。2014...由上式分析可知,采用的方法有:减小比荷 q 、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初...
浙江省温州市十校联合体2015届高三下学期期初联考理综
浙江省温州市十校联合体2015届高三学期期初联考理综_理化生_高中教育_教育专区...8 2014 学年第二学期十校联合体高三期初 理科综合 生物答案 31(12 分).(1...
...省温州中学等十校联合体高三下学期期初联考 理综
2015 届浙江省温州中学等十校联合体高三学期期初联考 理综 可能用到相对原子质量:H-1 C-12 O-16 S-32 Mg-24 Ba-137 一、选择题(每题只有一个正确答案...
2015年浙江省高考模拟试题_浙江省温州中学等十校高三上...
2015年浙江省高考模拟试题_浙江省温州中学等十校高三上学期期中联考物理卷_高考_高中教育_教育专区。2015 届浙江省温州市十校联合高三上学期期中联考 物理试题 一、...
山西省临汾市曲沃县二中2014-2015学年高一上学期期中考...
分析受力情况, 作出力图是关键. 难 度不大. 【题文】 (物理卷·2015 届...届浙江省温州市十校联合体(温州中学等)高三上学期期初联考 (2014.08) )2. ...
更多相关标签:
雅礼联考初二上学期 | 温州十校联考 | 2013温州十校联考数学 | 温州八校联考 | 2016温州十校联考地理 | 2017温州十校联考期末 | 温州三校联考 | 2016温州十校联考 |