浙江宁波市效实中学2015届高考模拟测试理综物理试卷
浙江宁波市2015届高三理综(物理部分)十校联考试题(含解析)新人教版
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，每一小题6分，总分为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θ，木块与水平面间动摩擦因数为µ，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，如此物体所受地面摩擦力大小为〔〕A．f=F B．f=C．f=µmg D．f=µ〔mgsinθ+Fcosθ〕【考点】：共点力平衡的条件与其应用；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，如此木块所受的摩擦力f=μN=μmg．因为物块不是做匀速运动，所以f与F不等．应当选：C．【点评】：此题考查了滑动摩擦力公式的根本运用，关键求出物块对水平面的正压力，结合滑动摩擦力公式进展求解，根底题．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，通过导体电流方向如图，大小为I，如此导体电阻率为〔〕A．ρ=B．ρ=C．ρ=D．ρ=【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，如此a两端的电压为；由欧姆定律可知：Ra==解得：ρ=；应当选：A．【点评】：此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，假设此时弹簧测力计示数大小为F，该线框单位长度自由电子个数为n，重力加速度g，如此电子定向移动对应的洛仑兹力大小为〔〕A．F﹣Mg B．Mg﹣F 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，由左手定如此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：有左手定如此判断安培力向上，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=nL•f然后对线框进展受力分析，得：Mg=F+F安培所以：f=．故D正确应当选：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表现，以与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，假设小球在水中所受阻力为F=kv2，且水足够深，如此〔〕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、假设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，如此动能变化越小，假设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，如此动能变化量越大，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．应当选：C．【点评】：解决此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〔此题共3小题．在每一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，如此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答案是〔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10000JC．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=±m′ah=1000J，故C、D 正确应当选：BCD【点评】：此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，开关闭合时灵敏电流计G指针向右偏，如此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，根据安培定如此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．应当选：BD．【点评】：解决此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，小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的倍，如此可判断〔〕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α角，如此F合在AO、BO方向分力为1：2，即：F合cos〔30°﹣α〕=2F合sinα解得：α=30°即重力和电场力的合力为F合沿BO方向，如此可得aC＞aA，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，如此，故C正确，D 错误应当选：AC【点评】：此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，总分为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〕方式正确的答案是：A〔2〕该同学采用×1Ω档进展测量，如此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拟准确的灯丝阻值，还需要进展的操作步骤顺序是BCEHG A．将选择开关置于×100Ω档B．将选择开关置于×10Ω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；换档后要进展欧姆调零，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局部与内部灯丝相连，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接法进展测量；〔2〕灯泡的电阻约为：R==484Ω；假设选用×1Ω档进展测量，如此指针应指在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档位进展测量，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】：此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展欧姆调零，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．〔Ⅰ〕如此操作中有待改良的是：①小车离计时器太远；②需平衡摩擦力〔Ⅱ〕如图2为改良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下列图，如此该次实验加速度为 2.76m/s2〔保存3位有效数字〕〔Ⅲ〕假设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，某同学得到屡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〕完善坐标物理量与合理的物理量标度〔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】：根据实验的原理以与操作的须知事项确定实验中需要改良的地方．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：〔Ⅰ〕如此操作中有待改良的是：①小车离计时器太远，②需平衡摩擦力．〔Ⅱ〕根据△x=aT2，运用逐差法得，a==2.76m/s2．Ⅲ、〔1、2〕横坐标物理量，用N〔个〕或F〔个〕均可，纵坐标用a表示．如下列图．〔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：Ⅰ、〔1〕小车离计时器太远〔2〕需平衡摩擦力．Ⅱ、2.76Ⅲ、〔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】：解决此题的关键掌握实验的原理以与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°的一样圆弧相连而成，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，假设质量为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抑制阻力做了多少功．【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，求出下滑过程中抑制阻力做功的大小．【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〔1﹣cos30°〕×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抑制阻力做了255J．【点评】：此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，以与圆周运动向心力的来源是解决此题的关键．11．〔20分〕〔2015•宁波模拟〕如下列图，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，R1=4Ω、R2=10Ω．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与导体棒接入导轨局部的电阻大小〔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〕由电动势表达式与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时电动势一样，令Ea=Eb=EEa=I1〔R1+r〕Eb=I2〔R2+r〕联立解得E=12V，r=2Ω〔2〕由E=BLv1可得：B=开关置于a时匀速时mgsin37°v1=I12〔R1+r〕解得：m=开关置于b处至速度又一次达v1过程mgsin37°S=mv12+Q解得：×6×2.06=×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；导体棒接入导轨局部的电阻大小为2Ω〔2〕将开关置于a处稳定时的速度大小为4m/s．【点评】：此题考查导体切割磁感线的能量与受力分析问题，要注意正确利用共点力的平衡条件和功能关系进展分析；此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X≤0的区域存在磁感强度大小为2B0的匀强磁场，在X＞0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〔不计粒子重力〕．〔1〕求带电粒子在0～时间内运动的半径和周期；〔2〕试画出t=0时刻到t1=时刻粒子的轨迹，并求出t1时刻粒子坐标位置与速度方向；〔3〕假设在t1=时刻，撤去X＞0区域处磁场，同时在该区域加一沿+Y方向匀强电场，请通过计算判断粒子再次进入电场前能否回到O点．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：〔1〕带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律可求其运动半径和周期．〔2〕粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据时间与周期的关系，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求t1时刻粒子坐标位置，并分析速度方向．〔3〕加匀强电场后，粒子在电场中做类平抛运动，由几何知识求出粒子再次进电场前在Y轴上的侧移量，与粒子轨迹半径比拟，即可作出判断．【解析】：解：〔1〕带电粒子在0～时间内，由得周期得；〔2〕当B=B0时，=2T1；0～的运动以r1为半径一个圆周，～的运动以r2为半径半个圆周，～的运动以r1为半径一个圆周，～的运动以r1为半径半个圆周，～的运动以r2为半径圆周，～的运动以r1为半径圆周，轨迹如如下图所示．故坐标为〔，〕，速度方向沿﹣X方向．〔3〕如如下图，设粒子进左侧磁场时速度与+Y成θ角，如此再次进电场前在Y轴上的侧移量为△Y=2rsinθ而r=得△Y==＜故不可能回到O点．答：〔1〕带电粒子在0～时间内运动的半径为，周期为；〔2〕画出t=0时刻到t1=时刻粒子的轨迹如图，t1时刻粒子坐标为〔，〕，速度方向沿﹣X方向；〔3〕粒子再次进入电场前不能回到O点．【点评】：解决此题的关键是根据粒子的运动情况，画出其运动轨迹，要边计算，边分析，分析时要抓住圆周运动的周期性和对称性，结合几何知识求解．。
浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三物理第一次五校联考试题
2015学年浙江省第一次五校联考物理试题卷本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分，满分100分时间100分钟第I 卷一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。
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．对于质点的运动，下列说法中正确的是（ ）A ．质点某时间内的速度大小不变，则加速度必为零B ．质点速度变化率越大，则加速度越大C ．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大2．质量为m 的物体在竖直向下的恒力F 作用下减速上升了H ，不计空气阻力，在这个过程中，下列说法中正确的是（ ）A ．物体的重力做功mgHB ．物体的动能减少了FHC ．物体的机械能增加了mgHD ．物体重力势能的增加量小于动能的减少量3．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A 、B ，左边放一个带正电的固定球+Q 时，两悬线都保持竖直方向，小球A 与固定球+Q 的距离等于小球A 与小球B 的距离。
下列说法中正确的是（ ）A ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较大B ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较小C ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较大D ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较小4．平行板电容器的两极板ＭＮ接在一恒压电源上，Ｎ板接地。
板间有a 、b 、c 三点，如图，若将上板Ｍ向下移动少许至图中虚线位置，则（ ）A ．b 点场强减小B ．b 、c 两点间电势差减小C ．c 点电势升高D ．a 点电势降低N5．欧姆在探索通过导体的电流、电压、电阻的关系时因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流。
具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I 时，小磁针偏转了30°；当他发现小磁针偏转了45°，则通过该直导线的电流为（直导线在某点产生的磁感应强度与通过直导线的电流成正比） （ ）A ．IB ．2IC ．无法确定6．一质量为m 的物体在水平恒定拉力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去F ，其中v —t 图象如图所示。
浙江省2015届高三高考全真模拟考试理综试题 Word版含答案
浙江省2015年普通高考（考前全真模拟考试）理科综合试题卷考生须知：1．本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
全卷共15页，总分300 分，考试时间为150分钟。
2．答题前，考生须将自己的姓名、准考证号填写在答题纸规定的位置上。
3．试题答案一律做在答题纸上。
非选择题必须按照题号顺序在答题纸上各题目的答题区域内作答。
超出答题区域或在其它题的答题区域内书写的答案无效。
答题可能用到的相对原子质量（原子量）：H—1，C—12，N—14，O—16，S—32，Fe—56，Cu—64第Ⅰ卷（选择题，共120分）注意事项：1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不能答在试题卷上。
一、选择题（本题共17小题，每小题6分，共102分。
每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列实验中体现“假说-演绎”的科学思路的是A．科学家萨顿提出遗传的染色体学说B．模拟尿糖的检测实验C．摩尔根通过实验证明控制果蝇眼色的基因只在X染色体上D．斯帕兰札尼证实胃液具有化学性消化作用2．ATP、酶和代谢原料是细胞代谢的三个条件，下列有关细胞代谢的叙述错误的是A．ATP经水解脱去两个磷酸基团形成腺嘌呤核糖核苷酸B．酶在催化反应的过程中发生可逆性的形状改变C．光合作用过程中在叶绿体内产生葡萄糖可用于合成淀粉D．碳反应过程中将三碳酸还原成三碳糖磷酸的能量都由ATP提供3．下列关于人体免疫的叙述正确的是A．人体免疫过程的第二道防线发挥作用时病原体还未进入内环境B．特异性免疫中，通过细胞免疫阻止病毒类抗原进入寄主细胞C．中性粒细胞参与人体的第三道防线D．给被狗咬的病人注射相应的抗体属于被动免疫4．下列关于育种的相关叙述，正确的是A．所有的杂交育种过程都需要经过杂交、选择和纯合化三个阶段B．单倍体育种涉及的原理有基因重组和染色体数目变异C．诱变育种的原理是基因突变D．转基因育种的过程中利用了染色体结构变异5．下图为某人体内的一组细胞分裂示意图，据图分析正确的是A．图②产生的子细胞一定为精细胞B．图中属于体细胞有丝分裂过程的有①③⑤C．图示5个细胞均具有同源染色体D．人的体细胞中染色体组数最少为1组6．将废弃农田和盐碱地改造成芦苇湿地，通过生物降解、吸收，可有效的解决城市生活污水和农业生产对水源造成的污染，使水质得到明显改善，下列相关说法正确的是A．芦苇湿地构成了一个在物质和能量上自给自足的生态系统B．从废弃的农田到芦苇湿地的变化过程中，物种多样性变大，结构变的更复杂C．湿地中生物种类多样，可通过正反馈调节维持其结构和功能的稳定D．大量种植芦苇的原因是芦苇可以吸收城市污水和农业用水中的有机污染物7．下列说法正确的是A．光导纤维、防弹玻璃、氧化铝陶瓷、硅藻土都是无机非金属材料，PLA、PE、橡胶、酚醛树脂都是人工合成高分子材料B．贮氢金属并不是简单地吸附氢气，而是通过化学反应贮存氢气C．科学家发现一种新的CO2晶体，该CO2晶体具有极强的硬度，是由CO2分子构成的空间立体网状结构D．最新的氯碱工业是用离子交换膜电解槽电解饱和食盐水来生产氢气、氯气和烧碱的，电解槽中的离子交换膜既可以用阳离子交换膜也可以用阴离子交换膜8．下列说法正确的是A．实验室中可用燃烧法处理CO、H2、H2S等可燃性尾气B．检验硫酸亚铁铵晶体中是否含有结晶水：取一试管，用药匙加入2克硫酸亚铁铵晶体，并在试管口塞上一团蘸有少量无水硫酸铜粉末的棉花，同时塞紧塞子，点燃酒精灯加热试管，观察现象C．取一药匙铁粉、半药匙食盐置于一片塑料薄膜上，混合均匀，滴一滴管水，包起塑料薄膜（不包紧，有空气），用手摸立刻有发烫感D．在中和滴定实验中，既可用标准溶液滴定待测液，也可用待测液滴定标准溶液。
2015年浙江省宁波市高考物理二模试卷
2015年浙江省宁波市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.QQ是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图所示是某网友QQ界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能（）（假定QQ用户使用台式电脑）A.0.2kw/hB.2kw/hC.20kw/hD.200kw/h【答案】B【解析】解：由图可知，该网友升到下一等级的剩余时间为：t1=10h台式电脑的平均功率约为：P=200W=0.2k W，所以还要消耗的电能为：W=P t1=0.2k W×10h=2k W•h．故选：B．由图可知升级到下一级的时间，再结合实验明确台式机的平均功率，根据功率公式W=P t 可求得还要消耗的电能．本题为估算题，要求在生活中要注意了解常用电器的额定功率，并正确掌握功率公式的应用．2.对静电场及处于静电场中的电荷，下列说法正确的是（）A.电荷放在电势越高的地方，其电势能就越大B.无论正电荷还是负电荷，只要它克服电场力做功，它的电势能都增大C.正电荷在电场中某点的电势能，一定大于等量负电荷在该点具有的电势能【答案】B【解析】解：A、据电势能公式E p=qφ可知，电势能取决于电荷的电荷量及电性和电场中的电势，所以电荷在电势越高的地方，电势能不一定大；在电势越高的地方，它所带电荷量越大，电荷所具有的电势能也不一定越大，还取决于电荷的电性；故AC错误；B、电场力做负功，根据能量守恒可知，电势能一定增加，故B正确；故选：B首先知道电势能公式E p=qφ，据此分析判断选项AC；根据能量守恒即可判断电势能的变化明确电势能公式E p=qφ，知道电势能取决于电荷量及电性和电势；知道场强与电势无直接的大小关系是解题的关键3.两个完全相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示．开始时平板及磁铁都处于水平位置，且静止不动．按甲、乙两种不同的方式操作，甲：将AB突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁碰在一起．乙：将AB从原位置突然竖直向上平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A″B″位置，结果发现两条形磁铁也碰在一起．下列判断中正确的是（）A.开始时两磁铁静止不动说明磁铁间的作用力小于磁铁受到的静摩擦力B.甲过程中磁铁一直处于失重状态C.甲过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下减速D.乙过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上减速【答案】D【解析】解：A、开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁水平方向受到的合外力等于0，说明磁铁间的作用力一定等于磁铁受到的静摩擦力．故A错误；B、突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态，后处于超重状态，失重时板对磁铁的支持力小于磁铁的重力，即磁铁对板的压力一直小于磁铁的重力，超重时板对磁铁的支持力大于磁铁的重力，即磁铁对板的压力一直大于磁铁的重力，故B 错误；C、突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态，后处于超重状态，甲过程中磁铁开始滑动时，磁铁间引力大于最大静摩擦力，说明最大静摩擦力减小了．所以平板正在向下加速．故C错误；D、从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段．起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动．接着，磁铁和板一起作加速度方向向下、速度向上的运动，直到停在A″B″处．在这过程中，磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小，向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小．当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起．故D正确．故选：D．开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间引力不大于最大静摩擦力．突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态，后处于超重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起．同样，分析突然竖直向上平移时，两块磁铁是否可能碰在一起．本题关键在于：不管向上还是向下，磁体都是先加速后减速，同时要明确加速度向上时物体处于超重状态，加速度向下时物体处于失重状态．4.一小球由地面竖直上抛，运动过程所受的阻力大小恒等于其重力的0.1倍，上升的最大高度为H．选择地面为零势能面，小球上升至离地高度为h时，其动能是重力势能的2倍，则h等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程由动能定理得：…①；小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得：…②，又…③；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得：…④，又⑤；以上各式联立解得h=；故选：C．小球上升和下降过程反复应用动能定理，并且在h处表达动能和势能的数量关系，联立方程组问题可解．本题考查动能定理的应用；要注意在应用动能定理解题时，各个力的做功分析非常重要，要注意明确上升和下降过程中阻力始终做负功是关键．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)5.在竖直向上的匀强磁场中，分别放入两个完全相同的带中心轴的水平金属圆盘a和b（圆盘的电阻不能忽略），它们可以绕中心轴自由转动，彼此用导线把中心转轴和对方圆盘的边缘相连接，组成电路如图所示．当圆盘a在外力作用下按如图方向转动时，则（）A.圆盘b沿与a盘相反的方向转动B.圆盘b沿与a盘相同的方向转动C.圆盘b是一个等势体D.圆盘b中心电势比边缘电势高【答案】AD【解析】解：A、B、由于磁场的方向向上，从上向下看，a盘逆时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从中心流向边缘；b盘电流也是从中心流向边缘，根据左手定则，安培力顺时针方向，所以b盘将沿顺时针方向转动．故A正确，B错误；C、D、电流流过b盘转动的过程中，会使b盘的内外产生电压，根据欧姆定律可知，圆盘b中心电势比边缘电势高，故C错误D正确；故选：AD对于左盘，根据右手定则判断感应电流方向；对于右盘，根据左手定则判断安培力方向，确定转动方向．本题关键要能熟练运用左手定则和右手定则判断感应电流方向和安培力方向，明确两个定则的运用条件，不可混淆．6.如图所示为检测汽车爬坡性能的示意图，图中的汽车从地面出发，直至向前爬上斜坡．关于这个过程，下列说法中正确的是（）A.汽车为了爬上斜坡，应换成低速档位B.汽车为了爬上斜坡，应换成高速档位C.若汽车在斜坡上匀速运动，则斜坡不受水平地面对它的摩擦力D.若汽车在斜坡上匀速运动，则斜坡受到水平地面对它的摩擦力方向为水平向后【答案】AC【解析】解：A、由功率公式P=F v可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡；故换低速档，增大牵引力，故A正确，B错误；C、对整体受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可得：f=M•0+m•0=0，故斜坡不受地面对它的摩擦力，故C正确，D错误；故选：AC司机可以用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，通过整体利用牛顿第二定律求的摩擦力本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣7.如图所示，同一竖直平面内固定着绝缘细杆AB、CD，长均为l，两杆间竖直距离为h，B、D两端与光滑绝缘的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB、CD在同一竖直平面内，O为AD、BC连线的交点．在O点固定一电荷量为Q的正点电荷，质量为m、电荷量为q的带负电的小球，穿在细杆上，从A端以一定的初速度出发，沿杆滑动恰能到达C点．已知小球与两水平杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于重力，不计小球带电对点电荷Q电场的影响．则小球从A点到C点的运动过程中，下列说法正确的是（）A.点电荷Q在A、C两点产生的电场强度相同B.小球运动到O点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ（mg-）C.从B点到D点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D.小球的初速度大小为【答案】BD【解析】解：A、根据点电荷产生的场强E=可知点电荷在AC的场强大小相同，方向不同，故A错误；B、受到的摩擦力为：F=当r最小时，摩擦力最小，即小球运动到O点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ（mg-），故B正确；C、BD半圆为等势面，故电场力对小球不做功，故C错误；D、根据动能定理，由于对称性可知：，解得：，故D正确故选：BD根据点电荷产生的场强判断大小和方向，根据滑动摩擦力的公式判断摩擦力最小值，根据电荷在等势面上电场力对电荷不做功，根据对称性利用动能定理判断初速度本题主要考查了动能定理、库仑定律、滑动摩擦力公式的直接应用，解题是要注意库伦力具有对称性，较难三、实验题探究题(本大题共3小题，共20.0分)8.游标卡尺是精度较高的测量长度的仪器．请说出A、B、C这三个部分的作用______ ．【答案】A、测量长度、外径B、测量内径C、测量深度【解析】解：A、测量长度、外径B、测量内径C、测量深度故答案为：A、测量长度、外径；B、测量内径；C、测量深度根据游标卡尺的各部分的构造和名称回答即可．本题是对游标卡尺的基本构造的考查，比较简单．9.有一种新式游标卡尺，它的游标尺上刻线看起来很“稀疏”．使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．新式游标卡尺的游标39mm等分成20份，用它测量某一元件的长度，示数如图所示，正确的读数是______ mm．【答案】31.25【解析】解：游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格为1.95mm，比主尺的最小刻度小0.05mm，故精确度为0.05mm；游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数=31mm+0.05mm×5=31.25mm；故答案为：31.25游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格比主尺最小刻度小0.05mm，故精确度为0.05mm；游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；要明确游标卡尺的读数原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．10.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：待测小灯泡（2.5V，0.5A）；双量程电压表（中间接线柱3V，内阻约为3KΩ；右边接线柱15V，内阻约为15KΩ）；双量程电流表（中间接线柱0.6A，内阻约为0.125Ω；右边接线柱3A，内阻约为0.025Ω）；滑动变阻器（20Ω，2A）；电源（电动势约为3V，内阻未知）；开关一个；导线若干．（1）甲同学选择合适的器材，连好实物图如图甲，乙同学检查时发现了多处错误，请指出（至少2处）：______ ；______（2）两同学改正错误，正确连线后，测出如表所示的7组I、U数据，请你在坐标纸上建立I-U坐标系，标出坐标点，在图乙中绘出灯泡的伏安特性曲线．（3）根据绘出的小灯泡伏安特性曲线，该小灯泡在电压为1.8V时的实际电阻为______ Ω．（结果保留三位有效数字）（4）关于本实验的系统误差，下列判断正确的是______ ．A．系统误差主要是由电压表的分流引起的，电压越大误差越大B．系统误差主要是由电流表的分压引起的，电流越大误差越大C．系统误差主要是由忽略电源内阻引起的，电源内阻越大误差越大D．系统误差主要是由电表读数时的估读引起的，电压越大误差越大【答案】①滑动变阻器应采用分压式连接方式；；②电流表应采用外接法接入电路；10.3；A 【解析】解：（1）由电路图及实验原理可知，该同学接法中出现了三处错误；①滑动变阻器应采用分压式连接方式；②电流表应采用外接法接入电路（2）由描点法作出图象（3）根据绘出的小灯泡伏安特性曲线，该小灯泡在电压为1.8V时的实际电阻为R==10.3Ω（4）该实验主要系统误差来源于电压表的分力作用，导致电流表测量的电流偏大，测得的电阻偏小，电压表示数越大，电压表分担的电流越大，则测量的误差越大．故A 正确．故选：A．故答案为：（1）①滑动变阻器应采用分压式连接方式；②电流表应采用外接法接入电路（2）如图（3）10.3（4）A（1）根据实验原理及实物图的连接方式分析错误；（2）由描点法作出图象（3）根据欧姆定律求解电阻（4）电流表采取外接法，由于电压表起分流作用，引起系统误差，使得测量的电流偏大，电压越大，误差越大．解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别，以及知道误差的来源．四、计算题(本大题共3小题，共58.0分)11.如图所示，有一沿水平方向的有界匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b＜h）、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线框从某一高度竖直下落，当线框的PQ边到达磁场上边缘时速度为v o，接着线框做变速运动至PQ边到达磁场下边缘时，速度又变为v0．试求：（1）进入磁场的过程中，线框中感应电流的方向；（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度；（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q．【答案】解：（1）线框进入磁场时磁通量增加，由楞次定律判断知，线框中感应电流的方向为逆时针方向．（2）据题分析知，线框进入磁场时应做减速运动，由牛顿第二定律得：BIL-mg=ma又I=联立可得a=-g，方向竖直向上．（3）从PQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中，动能不变，由能量守恒定律知，线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q1=mgh线框离开磁场与进入磁场的过程中运动情况相同，产生的热量相同，所以线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q=2Q1=2mgh．答：（1）进入磁场的过程中，线框中感应电流的方向为逆时针方向；（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度大小为-g，方向竖直向上；（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q为2mgh．【解析】（1）根据楞次定律判断感应电流的方向．（2）由牛顿第二定律和安培力公式结合求解加速度．（3）从PQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中，动能不变，线框的重力势能减小转变为内能，由能量守恒定律求解．本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况，运用力学的基本规律：牛顿第二定律、能量守恒定律解题．12.自由式滑雪空中技巧是一项有极大观赏性的运动，其场地由①出发区、②助滑坡、③过渡区、④高度h=4m的跳台组成．其中过渡区的CDE部分是半径为R=4m圆弧，D是最低点，∠DOE=60°，如图所示．比赛时运动员由A点静止出发进入助滑区，经过渡区后，沿跳台的斜坡匀减速上滑，至跳台的F处飞出表演空中动作．运动员要成功完成空中动作，必须在助滑区用滑雪杆助滑，使离开F点时速度在36km/h 到48km/h之间．不计所有阻力，已知，取g=10m/s2．（1）一次，某总质量为60kg的运动员进行试滑，他从A点滑下后不用滑雪杆助滑，结果F点飞出后无法完成空中动作．教练测得他在②、④两段运动时间之比t1：t2=3：1，求他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比．（2）这次试滑，他通过D点时受到的支持力多大？（3）试求为了能成功完成空中动作，助滑过程中他至少需要消耗多少体能？【答案】解：（1）由可得，位移之比为2：1，时间之比为3：1，则：：，，，不计阻力，v B=v E=a1t1，代入数据联立解得a1：a2=2：3．，（2）在段，有：°°，在段，有：，，运动员从A点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得，，从B点至D点的过程中，由动能定理得，°，在D点，由牛顿第二定律得，，联立代入数据解得F N=2800N．（3）设助滑过程中运动员消耗的能量为E，由功能关系可得，E-mg[h+R（1-cos60°）]=，当v F=36km/h=10m/s时，E min=2200J．答：（1）他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比分别为2：3、2：3．（2）他通过D点时受到的支持力为2800N．（3）助滑过程中他至少需要消耗2200J的体能．【解析】（1）根据平均速度的定义式求出平均速度之比，根据位移时间公式，结合B、E两点的速度大小相等，求出加速度之比．（2）根据牛顿第二定律，结合加速度的关系求出在AB段的加速度大小，结合速度位移公式求出B点的速度，对B到D运用动能定理求出D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小．（3）根据功能关系求出助滑过程中他至少需要消耗的体能．本题综合考查了动能定理、功能关系、牛顿定律和运动学公式的综合运用，关键理清运动员在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，难度中等．13.实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．在真空中A、C两板之间加上电压U，粒子被加速后从D点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O为圆心，半径R=，磁感应强度B方向垂直纸面向外；其右侧有一个足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长档板GH，它与水平线FD夹角为60°（F点在档板上，圆心O位于在FD上），且OF=3R，如图所示．一比荷=×106C/kg的带正电粒子，从A板附近由静止释放，经U=150V电压加速后，从D点以与水平线成60°角射入磁场，离开圆形磁场时其速度方向与DF平行，最后恰好打在档板上的F点．不计粒子重力，求（1）粒子进入磁场时的速度大小v D；（2）磁感应强度B的大小；（3）粒子到达F点时的速度大小v F；（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场度的最大值．【答案】解：（1）粒子在电压为U的加速电场中，由动能定理，有：q U=代入数据解得：（2）分析知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N恰好在圆周上，从M点水平射出磁场，设轨迹如图：由此得到圆周运动半径为：根据q，代入数据解得：B=0.1T（3）粒子进入电场（MF）后做类似平抛运动，水平分位移：x=2R=竖直分位移：y=R sin60°=0.15m又x=v D t，y=，v=代入解得：v=（4）当电场强度取到最大值E时，临界条件是粒子打到板上时轨道恰好与板面相切，即速度方向沿板GH，如图，由类似平抛运动的规律，粒子的速度反向延长线交水平位移的中点（Q），有MQ=QR 又°根据x=0.3=v D t，v y=at，又v y=v D tan60°，a=联立解得：E=1000V/m答：（1）粒子进入磁场时的速度大小为1×104m/s；（2）磁感应强度B的大小为0.1T；（3）粒子到达F点时的速度大小为1.3×104m/s；（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，所加电场场度的最大值为1000V/m．【解析】（1）对在加速电场中的加速过程根据动能定理列式求解v D；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，然后运用洛伦兹力等于向心力列式求解；（3）粒子在偏转电场中做类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度；（4）临界条件是粒子打在极板上时速度方向与GH平行，结合分运动公式和几何关系列式分析即可．本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速、匀速圆周运动和类似平抛运动过程进行研究，要结合动能定理、牛顿第二定律、分运动公式列式求解，同时要画出运动轨迹并结合几何关系确定圆轨道半径和类似平抛运动的分位移关系．高中物理试卷第11页，共11页。
2015年浙江省宁波市五校联考高考物理模拟试卷和答案
2015年浙江省宁波市五校联考高考物理模拟试卷一、选择题（每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．选对得6分，选错或不选得0分）1．（6分）下列关于物理学史和物理学方法的叙述中，正确的是（）A．牛顿运用理想实验的方法得出“力不是维持物体运动的原因”B．安培发现了电流周围存在磁场，并总结出电流周围磁场方向的判定方法﹣﹣右手螺旋定则，也称安培定则C．在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度和电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动位移公式时应用的是微元法2．（6分）如图，一个L型木板（上表面光滑）放在斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面放在平板小车上，整体相对静止，并一起向右运动，不计空气阻力．则下列说法正确的是（）A．若为匀速直线运动，斜面可能受到平板小车对它的摩擦力作用B．若为匀速直线运动，L型木板受到4个力的作用C．若为匀加速直线运动，弹簧的弹力可能为零D．若为匀加速直线运动，木块所受支持力对它做的功一定等于木块动能的增加量3．（6分）如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则（）A．在此过程中流过电阻R的电量为B．金属杆下滑的最大速度v m=C．在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsinα﹣mv m2D．在此过程中导体棒克服安培力做功为（mgxsinα﹣mv m2）4．（6分）小雯同学每天骑车上学要经过一个坡度不是很大斜坡，斜坡可以等价于如图所示的斜面，斜面长度l=100m，高度h=5m，小雯体重40kg，自行车质量为20kg，已知她以5m/s的速度驶上斜坡时，所受阻力大约为人车总重的0.05倍，车轮直径约为0.63m，他踩踏自行车一周所做的功约为（）A．6000J B．120J C．80J D．60J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，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）5．（6分）2010年上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球．据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行3公里，不开空调则可以坚持行驶5公里，最高时速可达44公里．超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽．如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48V，3000F”，放电电流为1000A，漏电电流为10mA，充满电所用时间为30s，下列说法正确的是（）A．充电电流约为4800AB．放电能持续的时间超过10分钟C．若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D．所储存电荷量是手机锂电池“4.2V，1000mAh”的40倍6．（6分）如图所示，实线表示两等量同种电荷的电场线，虚线MN为两点电荷连线的中垂线，虚线AB垂直于两点电荷的连线，A点离B点较近．两个相同的带负电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能经过如图所示的P点．设粒子在A、B两点的电势分别为φA和φB，电势能分别为E pA和E pB，以过P点时的速度大小分别为v A和v B，到达P点经过的时间分别为t A和t B．粒子的重力不计，则（）A．φA＜φB B．E pA＞E pB C．v A＜v B D．t A＞t B7．（6分）如图甲所示，竖直平面内有四条水平虚线L1、L2、L3、L4，间距分别为d、2d、3d，d=1.25m，L1和L2之间，L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，B=1T，方向垂直于纸面向内．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2.5QUOTE，将其从图示位置（cd边水平）由静止释放，cd 边穿入L1开始计时，直至ab边离开L4，画出线框的v﹣t图如图乙所示，t1时刻cd与L2重合，t3时刻ab边恰好从L4离开磁场，t2﹣t3之间图线为与t轴平行的直线，t1﹣t2之间及t3之后为斜率相同的倾斜直线，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．（重力加速度g取10m/s2），则（）A．t2时刻，ab边恰好经过L1B．线圈匀速运动时速度大小v2=10m/sC．t2﹣t3之间的时间间隔为0.75sD．t2﹣t3之间产生的热量为6.25J三、非选择题8．（10分）如图甲所示，某实验小组利用图示装置探究“外力做功与滑块动能变化的关系”，主要步骤如下：A．按图示器材连接好装置；B．托盘内加砝码，当托盘和砝码的总质量为m0时，轻推滑块，滑块恰好做匀速直线运动，称出滑块的质量为M，若纸带与打点计时器之间的摩擦不计，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=；C．本实验采用电磁打点计时器进行研究，在拨动学生电源开关前，图乙中存在一个明显的错误，请指出：；D．撤去托盘和砝码，并取下细线，先接通电源，再轻推滑块，使滑块获得一定初速度后撤去外力，滑块运动过程中打出一条纸带，截取纸带的最后一段，如图丙所示，则纸带的运动方向为（填“a→b”或“b→a”）；E．用刻度尺测量AB、BC、CD、DE、EF间的距离，分别记为x1、x2、x3、x4、x5，相邻两点间的时间间隔为T，则B、E之间动能定理表达式可用上述物理量表示为：．F．实验结束，整理仪器．9．（10分）北京市技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把截面积缩小，买2.5平方毫米的线，拿到手的线可能是1.5 或1.5多一点，载流量不够；还有一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求…”．（1）现从一捆横截面积为1平方毫米的不合格的电线截取一段，采用绕线法测量其横截面积，读数如图甲所示，可得该导线的半径约为mm（保留3位有效数字）；经你判断该导线的横截面积（填“合格”或者“不合格”）；（2）欲测量该捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为 1.8×10﹣8Ω•m．取长度为100m（真实长度）的电线，横截面积取1平方毫米，并用伏安法测量其电阻，所用器材有：A．电源（电动势约为5V，内阻不计）；B．待测长度为100m的导线一捆；C．电压表（量程为5V，内阻约为5kΩ）；D．电流表（量程为0.6A、3A，内阻分别为0.125Ω、0.025Ω）；E．滑动变阻器（5Ω，2A）某同学设计了如图乙的电路，所选电表量程均合理，则电压表的另一端应接（填“a”或“b”），测量得电压表示数为 4.50V，电流表读数如图丙所示，为A．结合检验负责人的话，你认为这捆电线不合格的原因最有可能是．10．（16分）如图1所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管子处于竖直平面内，倾斜角为θ=37°，让两个小球分别从顶点A由静止开始出发，一个球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一个球竖直自由下落经过B到达C，所用的时间为t2，在转弯处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计．问：（1）计算t1：t2的值；（2）若用同样的玻璃管把ABC轨道改为如图2所示的ADEFC（在转弯处均有个极小的光滑圆弧），仍让小球从A静止开始运动，依次通过D、E、F后到达C点所用时间为t3，试定性说明t3和t1、t2的大小关系．11．（20分）如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最低点，C为最高点．一个质量m=0.5kg的带电体，从高H=3m 的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度V B=4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度大小为a=2m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时的速度大小是V=2m/s．已知重力加速度g=10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点是能量损失不计，忽略空气的阻力．求：（1）带电体从B到C的过程电场力做的功W；（2）带电体运动到C时对轨道的压力F；（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ．12．（22分）如图所示，第二象限，半径为r的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x轴上切点A处有一粒子源，能个向x轴上方发射速率相等，均为v，质量为m，电量为+q的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B1=，y轴右侧0＜y＜r的范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A处沿+y方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成45°角斜向下，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）若在MN右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B2，发现A处粒子源发射的所有粒子经磁场B1、电场E射出后均能进入B2区域，之后全部能够经过x轴上的P 点，求圆形匀强磁场B2的最小半径；（3）继第二问，若圆形匀强磁场B2取最小半径，试求A处沿+y方向射入B1磁场的粒子，自A点运动到x轴上的P点所用的时间．2015年浙江省宁波市五校联考高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．选对得6分，选错或不选得0分）1．（6分）下列关于物理学史和物理学方法的叙述中，正确的是（）A．牛顿运用理想实验的方法得出“力不是维持物体运动的原因”B．安培发现了电流周围存在磁场，并总结出电流周围磁场方向的判定方法﹣﹣右手螺旋定则，也称安培定则C．在定义电场强度时应用了比值法，因而电场强度和电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动位移公式时应用的是微元法【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验首先提出了惯性的概念，并得出了力不是维持物体运动原因的结论，从而奠定了牛顿力学的基础，故A错误．B、奥斯特发现了电流周围存在磁场，安培总结出电流周围磁场方向的判定方法﹣﹣右手螺旋定则，也称安培定则，故B错误．C、在定义电场强度时应用了比值法，电场强度反映了电场本身的特性，与试探电荷无关，故C错误．D、在利用速度﹣时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，这是一种微元法，故D 正确．故选：D．2．（6分）如图，一个L型木板（上表面光滑）放在斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面放在平板小车上，整体相对静止，并一起向右运动，不计空气阻力．则下列说法正确的是（）A．若为匀速直线运动，斜面可能受到平板小车对它的摩擦力作用B．若为匀速直线运动，L型木板受到4个力的作用C．若为匀加速直线运动，弹簧的弹力可能为零D．若为匀加速直线运动，木块所受支持力对它做的功一定等于木块动能的增加量【解答】解：A、若为匀速直线运动，则斜面、木板与小球组成的系统处于平衡状态，竖直方向只受到重力和支持力的作用，水平方向不受力，斜面也不会受到平板小车对它的摩擦力作用，故A错误．B、若为匀速直线运动，L型木板受到重力、斜面的支持力和摩擦力、小球对它的压力、弹簧对它的拉力5个力的作用，故B错误．C、若为向右的匀加速直线运动，当小球受到的斜面的支持力沿竖直方向的分力大小与小球的重力相等时，弹簧的弹力为零，故C正确．D、若为匀加速直线运动，木块所受支持力对它做正功，弹簧的弹力对它做负功，所以木块所受支持力对它做的功一定大于木块动能的增加量，故D错误．故选：C．3．（6分）如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则（）A．在此过程中流过电阻R的电量为B．金属杆下滑的最大速度v m=C．在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsinα﹣mv m2D．在此过程中导体棒克服安培力做功为（mgxsinα﹣mv m2）【解答】解：A、在此过程中流过电阻R的电荷量为：，故A正确；B、金属杆下滑达到最大速度v0时做匀速直线运动，根据平衡得：，解得：，故B错误；C、根据能量守恒定律得：在此过程中回路中产生的总热量为：Q=mgxsinα﹣mv m2，电阻R产生的焦耳热为=，故C错误；D、在此过程中导体棒克服安培力做功，使得机械能转化为电能，根据功能关系得：，故D错误；故选：A．4．（6分）小雯同学每天骑车上学要经过一个坡度不是很大斜坡，斜坡可以等价于如图所示的斜面，斜面长度l=100m，高度h=5m，小雯体重40kg，自行车质量为20kg，已知她以5m/s的速度驶上斜坡时，所受阻力大约为人车总重的0.05倍，车轮直径约为0.63m，他踩踏自行车一周所做的功约为（）A．6000J B．120J C．80J D．60J【解答】解：对小雯，由动能定理得：W﹣mgxsinθ﹣kmgx=mv2﹣mv2，其中：x=πd，sinθ=，代入数据解得：W=120J；故选：B．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，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）5．（6分）2010年上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球．据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行3公里，不开空调则可以坚持行驶5公里，最高时速可达44公里．超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽．如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48V，3000F”，放电电流为1000A，漏电电流为10mA，充满电所用时间为30s，下列说法正确的是（）A．充电电流约为4800AB．放电能持续的时间超过10分钟C．若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天D．所储存电荷量是手机锂电池“4.2V，1000mAh”的40倍【解答】解：A、由题知，电容器的额定电压U=48V，电容C=3000F，则所能储存的电荷量为Q=CU放电时，有Q=I充t充，得充电电流I充==A=4800A，故A正确．B、放电能持续的时间I放===144s，小于10分钟，故B错误．C、若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间为I漏==s=1.44×107s=天≈166.7天，故C正确．D、手机锂电池“4.2V，1000mAh”的电荷量q=It=1×3600C=3600C，则Q=40q，故D正确．故选：ACD．6．（6分）如图所示，实线表示两等量同种电荷的电场线，虚线MN为两点电荷连线的中垂线，虚线AB垂直于两点电荷的连线，A点离B点较近．两个相同的带负电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，且都能经过如图所示的P点．设粒子在A、B两点的电势分别为φA和φB，电势能分别为E pA和E pB，以过P点时的速度大小分别为v A和v B，到达P点经过的时间分别为t A和t B．粒子的重力不计，则（）A．φA＜φB B．E pA＞E pB C．v A＜v B D．t A＞t B【解答】解：A、电场线由高电势指向低电势，由图可知，B点的电势高，故A 正确；B、负电荷在高电势处的电势能小，故电荷在A点的电势能高于B点的电势能；故B正确；C、由A或B到达P点时，对负电荷电场力均做负功，而BP间的电势差大，故B 点粒子到达P点时速度要小；故C错误；D、两粒子水平方向的初速度相同，位移相同，由于B粒子减速的加速度要大，故B粒子用时要长；故D错误；故选：AB．7．（6分）如图甲所示，竖直平面内有四条水平虚线L1、L2、L3、L4，间距分别为d、2d、3d，d=1.25m，L1和L2之间，L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，B=1T，方向垂直于纸面向内．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2.5QUOTE，将其从图示位置（cd边水平）由静止释放，cd 边穿入L1开始计时，直至ab边离开L4，画出线框的v﹣t图如图乙所示，t1时刻cd与L2重合，t3时刻ab边恰好从L4离开磁场，t2﹣t3之间图线为与t轴平行的直线，t1﹣t2之间及t3之后为斜率相同的倾斜直线，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．（重力加速度g取10m/s2），则（）A．t2时刻，ab边恰好经过L1B．线圈匀速运动时速度大小v2=10m/sC．t2﹣t3之间的时间间隔为0.75sD．t2﹣t3之间产生的热量为6.25J【解答】解：A、由图乙知，t2﹣t3内线框匀速运动，t2时刻在L3下方d处，t3时刻ab边恰好从L4离开磁场，说明bc=3d．则t2时刻，ab边恰好经过L2．故A 错误．B、线圈匀速运动时，有mg=，得v2===10m/s，故B 正确．C、t2﹣t3之间内线框下落的距离为5d，则t2﹣t3之间的时间间隔为t==0.625s，故C错误．D、t2﹣t3之间产生的热量为Q=mg•5d=0.1×10×5×1.25J=6.25J．故D正确．故选：BD．三、非选择题8．（10分）如图甲所示，某实验小组利用图示装置探究“外力做功与滑块动能变化的关系”，主要步骤如下：A．按图示器材连接好装置；B．托盘内加砝码，当托盘和砝码的总质量为m0时，轻推滑块，滑块恰好做匀速直线运动，称出滑块的质量为M，若纸带与打点计时器之间的摩擦不计，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ=；C．本实验采用电磁打点计时器进行研究，在拨动学生电源开关前，图乙中存在一个明显的错误，请指出：工作电压过高，应选择4﹣6V；D．撤去托盘和砝码，并取下细线，先接通电源，再轻推滑块，使滑块获得一定初速度后撤去外力，滑块运动过程中打出一条纸带，截取纸带的最后一段，如图丙所示，则纸带的运动方向为b→a（填“a→b”或“b→a”）；E．用刻度尺测量AB、BC、CD、DE、EF间的距离，分别记为x1、x2、x3、x4、x5，相邻两点间的时间间隔为T，则B、E之间动能定理表达式可用上述物理量表示为：m0g（x2+x3+x4）=﹣．F．实验结束，整理仪器．【解答】解：由于小车匀速运动，所以钩码的重力等于小车的滑动摩擦力，即m0g=μMg所以μ=打点计时器的工作电压是4﹣6V，而乙图中的工作电压过高，故应选择4﹣6V 的交流电．据题可知，纸带做减速运动，所以相同的时间内位移逐渐减小，所以纸带应向左运动，即由b→a．据匀变速直线运动的推论，可知：v B=v E=据图可知，BE间的距离为：x2+x3+x4据动能定理得：m0g（x2+x3+x4）=﹣故答案为：；工作电压过高，故应选择4﹣6V；b→a；m0g（x2+x3+x4）=﹣9．（10分）北京市技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把截面积缩小，买2.5平方毫米的线，拿到手的线可能是1.5 或1.5多一点，载流量不够；还有一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求…”．（1）现从一捆横截面积为1平方毫米的不合格的电线截取一段，采用绕线法测量其横截面积，读数如图甲所示，可得该导线的半径约为0.625mm（保留3位有效数字）；经你判断该导线的横截面积合格（填“合格”或者“不合格”）；（2）欲测量该捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为 1.8×10﹣8Ω•m．取长度为100m（真实长度）的电线，横截面积取1平方毫米，并用伏安法测量其电阻，所用器材有：A．电源（电动势约为5V，内阻不计）；B．待测长度为100m的导线一捆；C．电压表（量程为5V，内阻约为5kΩ）；D．电流表（量程为0.6A、3A，内阻分别为0.125Ω、0.025Ω）；E．滑动变阻器（5Ω，2A）某同学设计了如图乙的电路，所选电表量程均合理，则电压表的另一端应接b （填“a”或“b”），测量得电压表示数为4.50V，电流表读数如图丙所示，为 2.50 A．结合检验负责人的话，你认为这捆电线不合格的原因最有可能是绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求．【解答】解：（1）由图可知，10匝线圈的直径的总长度为：12.5mm；则导线的半径为：=0.625mm；则其截面积为：S=πr2=π×0.6252=1.22mm2；则说明截面积合格；（2）因电流表电阻是精确值，这样根据电压表与电流表读数，即可求得所测电阻的阻值，因此应采用电流表内接法，故电压表的另一端应接b；电流表量程为3A，则最小分度为0.1A，则读数为2.50A；则电阻R==1.8Ω；电阻率ρ===2.20×10﹣8Ω•m；故电阻率达不到要求；另外不合格的原因可能还有绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮等；故答案为：（1）0.625；合格；（2）b；2.50；绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求10．（16分）如图1所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管子处于竖直平面内，倾斜角为θ=37°，让两个小球分别从顶点A由静止开始出发，一个球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一个球竖直自由下落经过B到达C，所用的时间为t2，在转弯处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计．问：（1）计算t1：t2的值；（2）若用同样的玻璃管把ABC轨道改为如图2所示的ADEFC（在转弯处均有个极小的光滑圆弧），仍让小球从A静止开始运动，依次通过D、E、F后到达C点所用时间为t3，试定性说明t3和t1、t2的大小关系．【解答】解：（1）设三边分别为3l、4l、5l，由AC滑下有a=gsinθ=0.6g．由得：沿ABC滑下AB段有：得：沿水平BC段有vt21=4l，得t22=故知t1：t2=1：1，两球同时释放，同时到达C点．（2）若球沿ADEF到C，则可知小球在竖直管中运动的时间是相同的，而沿DE 运动时小球的速度比在BC中运动要小，故在水平管中运动时间延长沿ABC管的时间比沿ADEFC的时间要短一些，故t3＞t2=t1．答：（1）t1：t2=1：1；（2）t3和t1、t2的大小关系：t3＞t2=t1．11．（20分）如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最低点，C为最高点．一个质量m=0.5kg的带电体，从高H=3m 的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度V B=4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度大小为a=2m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时的速度大小是V=2m/s．已知重力加速度g=10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点是能量损失不计，忽略空气的阻力．求：（1）带电体从B到C的过程电场力做的功W；（2）带电体运动到C时对轨道的压力F；（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ．【解答】解：（1）设带电体受到电场力的水平分量为F x，竖直分量为F y，带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功．即：W=F y•2R=mg•2R=5J（2）带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以υC=υB=4m/s在C点，由牛顿第二定律得：又mg=F y解得：F=16N（3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由运动学公式得：代入数据得：x=，设斜面与水平面的夹角为α，则，α=30°带电体从A到B的运动过程中，由动能定理的：代入数据解得答：（1）带电体从B到C的过程中电场力所做的功W=5J．（2）带电体运动到C时对轨道的压力F=16N．（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数．12．（22分）如图所示，第二象限，半径为r的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x轴上切点A处有一粒子源，能个向x轴上方发射速率相等，均为v，质量为m，电量为+q的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B1=，y轴右侧0＜y＜r的范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A处沿+y方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成45°角斜向下，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）若在MN右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B2，发现A处粒子源发射的所有粒子经磁场B1、电场E射出后均能进入B2区域，之后全部能够经过x轴上的P 点，求圆形匀强磁场B2的最小半径；（3）继第二问，若圆形匀强磁场B2取最小半径，试求A处沿+y方向射入B1磁场的粒子，自A点运动到x轴上的P点所用的时间．【解答】解：（1）在电场中做类平抛运动，由qE=ma，得a=由类平抛运动的规律有：x=vt=rv y=at=•=粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成45°斜向下，则v y=v；联立得E=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qVB1=m，B1=，得R=r。
浙江省高考物理全真模拟试题
浙江省2015年普通高考（考前全真模拟考试）理科综合 试题卷考生须知：1．本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
全卷共15页，总分300分，考试时间为150分钟。
2．答题前，考生须将自己的姓名、准考证号填写在答题纸规定的位置上。
3．试题答案一律做在答题纸上。
非选择题必须按照题号顺序在答题纸上各题目的答题区域内作答。
超出答题区域或在其它题的答题区域内书写的答案无效。
答题可能用到的相对原子质量（原子量）：H —1，C —12，N —14，O —16，S —32， Fe —56，Cu —64第Ⅰ卷（选择题，共120分）注意事项：1．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不能答在试题卷上。
一、选择题（本题共17小题，每小题6分，共102分。
每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的）14．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是A ．伽利略提出在一定条件下，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比B ．加速度a＝Fm 和磁感应强度B ＝F Il都用了比值定义法C ．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究D ．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究 15．物理课上，老师做了一个奇妙的实验，如图所示，A 是由铜片和绝缘 细杆组成的摆，其摆平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的 线圈未通电时，铜片可以自由摆动，要经过较长时间才会停下来。
当线圈通电时，铜片迅速停止摆动。
以下四图中与此原理类似的是① ② ③ ④通电导线与磁体通过磁场发生相互作用连接两个接线柱的导线A ．①图中微安表的表头在运输时应该把正负两个接线柱连在一起，以阻碍表针相对表盘的摆动B ．②图中电动机等大功率用电器的开关最好使用油浸开关，避免开关断开时出现电火花C ．③图中法拉第利用电磁感应的原理制成第一台圆盘发电机D ．④图中通电导线与磁体通过磁场发生相互作用 16．霍尔效应是导电材料中的电流与磁场相互作用而产生电动 势的效应，人们利用霍尔效应制成测量磁场的磁传感器。
2015届浙江宁波普通高中招生考试物理卷(带解析)
绝密★启用前2015届浙江宁波普通高中招生考试物理卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：41分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、小文的体重为600 N ，他与地面的接触面积为400。
当他使用如图所示的滑轮组匀速提升水中的体积为0.01m 3的重物A 时（重物始终未露出水面），他对地面的压强为1×104 Pa ；当他用此滑轮组在空气中以0.2m/s 的速度匀速提升重物B 时，滑轮组的机械效率是80%,小文拉绳的功率P 。
已知重物A 重物B 所受重力之比G A ︰G B =9︰4，若不计绳重和摩擦，g 取10N/kg 。
则下列说法中正确的是（ ）A ．提升重物A 时小文对地面的压力为200NB ．物体A 的密度为5×103 kg/m 3C ．在水中提升重物A 时滑轮组的机械效率为90%D ．功率P 为50W2、如图所示，两只完全相同的盛水容器放在磅秤上，用细线悬挂质量相同的实心铅球和铝球，将其全部没入水中，此时两容器中水面高度相同，设绳的拉力分别为T 1和T 2，磅秤的示数分别为F 1和F 2，则（ ）A ．F 1＝F 2T 1＝T 2B ．F 1＞F 2T 1＜T 2C ．F 1＝F 2T 1＞T 2D ．F 1＜F 2T 1＞T 23、某实物投影机有10个相同的强光灯L 1～L 10(24V/200W)和10个相同的指示灯X 1～X 10(220V/2W),将其连接在220V 交流电源上，电路见图，若工作一段时间后，L 2 灯丝烧断，则（）A ．X 1的功率减小，L 1的功率增大B ．X 1的功率增大，L 1的功率增大C ．X 2功率增大，其它指示灯的功率减小D ．X 2功率减小，其它指示灯的功率增大4、如图所示，高速动车组的出现为人们出行带来了极大的方便。
浙江省重点中学协作体2015届高三一轮摸底测试理综物理试题及答案
2015届浙江省重点中学协作体高考摸底测试理科综合能力物理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共12页，选择题部分1至5页，非选择题部分6至12页．满分300分，考试时间150分钟．可能用到的数据：H-1 C-12 0-16 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Br-80第Ⅰ卷 选择题（共120分）一、选择题：本大题共17小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.14．如图（甲）所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于 O 点。
现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F 、作用在 a 球（甲）15．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E 。
一根不可伸长的绝缘细线长为l ，细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点， 把小球拉到使细线水平的位置A ，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成 θ=60°角的位置B 时速度为零。
以下说法中正确的是（ ▲ ）。
A ．小球在B 位置处于平衡状态B mg =C ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 过程中，电场力对其做的功为12qEl -16．如图所示，AB 为光滑竖直杆，ACB 为构成直角的光滑L 形直轨道，C 处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯（即通过转弯处不损失机械 能）。
套在AB 杆上的小球自A 点静止释放，分别沿AB 轨道和ACB 轨道运动，如果沿ACB 轨道运动的时间是沿AB 轨道运动时间的 1.5倍，则BA 与CA 的夹角为：（ ▲ ）。
A ．30ºB ．45ºC ．53ºD ．60º 17．如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L ＜d ）, 质量为m ，电阻为R ，将线圈在磁场上方高h 处静止释放，cd 边刚 进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿越 磁场的过程中（从cd 边刚进入磁场起一直到ab 边离开磁场为止）， 则以下说法中不正确的是（ ▲ ）。
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宁波效实中学 2015届高考模拟测试卷
理综物理能力试题
说明：
1．本试卷考试时间150分钟，满分300分． 2．请将答案全部填写在答题卷上．
3．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 0-16 Na-23 Al-27 S - 32 C1-35.5 Fe-56 Co-59 Ag- 108 Ba- 137
第Ⅰ卷 选择题部分
一、单项选择题（本大题共17小题，每小题6分，共102分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
14．物体的运动可以用图象描述，在如图所示的x -t 和v -t 图象中，分别给出了a 、b 、c 、d 四个物体做直线运动所对应的图象1、2、3、4．则关于这四个运动，下列说法是正确的是 A ．a 、b 一定在t 1时刻相遇 B ．c 、d 一定在t 3时刻相遇
C ．a 、b 运动方向相同，c 、d 运动方向相同
D ．a 、b 运动方向相反，c 、d 运动方向相反
15．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“磨盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。
若磨盘半径为r ，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是 A ．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用 B ．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大 C ．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变 D ．“魔盘”的转速一定不小于
r
g μπ21
16．一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为 A ．逆时针方向；逆时针方向 B ．逆时针方向；顺时针方向
t
v 3
4
t
x
1
2
Ⅱ
Ⅰ
B
C ．顺时针方向；顺时针方向
D ．顺时针方向；逆时针方向
17．如图所示，一固定的水平玻璃圆环均匀带上电荷，其中心O 的正上方和正下方分别有两点A 、B ，OA = OB = h 。
现将一质量为m 的带正电小球放在A 点时恰好处于静止状态，若给小球一个沿竖直向下的初速度υ0，重力加速度为g ，则下列判断正确的是 A ．带电圆环在B 点产生的场强方向竖直向上
B ．小球从A 点运动到B 点的过程中电场力一直做负功
C ．小球从A 点运动到B 点的过程中通过O 点时速度最大
D ．小球通过B 点时的速度为υ02
+ 4gh
二、不定项选择题（本大题共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）
18．如图所示电路中，小灯泡规格相同，且均能发光，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是
A ．各灯变暗
B ．各灯变亮
C ．通过电源的电流变大
D ．电源的输出功率一定变大
19．如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设参加活动的人和滑车总质量为m ，滑沙人从距底端高为h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是
A ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B ．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C ．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
20．一质量为m 的带负电微粒，电荷量大小是q ，如图所示，将它以一定
初速度在磁场中P 点释放以后，它就做匀速直线运动，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，空气对微粒的阻力大小恒为f ，则关于微粒的运动，下列描述中正确的是 A ．微粒不可能沿竖直方向运动 B ．微粒可能沿水平方向运动
C ．微粒做匀速运动时的速度大小为Bq
f m
g v 2
2)(-=
D ．微粒做匀速运动时的速度大小为Bq
f
m g v -=
第Ⅱ卷 非选择题部分
三、非选择题（本大题共12小题，共180分） 21．（9分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数μ．粗糙曲面AB 固定在水平面上，其与水平面相切于B 点，P 为光电计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m 从曲面AB 上的某点自由释放，小物块通过光电门P 后停在水平面上某点C ．已知当地重力加速度为g ．
P
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d 如图乙所示，其读数d = ▲ cm ；
（2）为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d 及数字计时器显示的时间t ，还需要测量的物理量及其符号是 ▲ ，动摩擦因数μ = ▲ (用测量的量表示)； 22．（11分）某多用电表欧姆挡“×1”的内部电路图如图所示，小明同学将电阻箱R 和电压表V 并联后接在两表笔a 、b 上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r （远小于电压表V 的内阻）和电池的电动势E 。
实验的主要步骤为： (1)表笔a 为 ▲ (填“红表笔”或“黑表笔”)。
将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，
调节R 0，使指针指在 ▲ (填
“左”或“右”)侧零刻度处。
(2)改变电阻箱R 的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U 、R ，将1U 、1R 的值算出并记录在
表格中，请将第3、5组数据的对应点在坐标纸上补充标出，并作出1
– 1
图线。
(3)根据图线得到电动势
E =
▲ V ，内电阻r
= ▲ Ω。
(结果均保留三位有效数字)
23．（16分）如图所示，半径R =0.40 m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A ．一质量m =0.10 kg 的小球，以初速度v 0=7.0 m/s 在水平地面上向左作加速度a =3.0 m/s 2 的匀减速直线运动，运动L =4.0 m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求：
（1）物体运动到A 点时的速度大小v A 。
（2）小球经过B 点时对轨道的压力大小F B 。
（3）A 、C 间的距离d ．（取重力加速度g =10 m/s 2）
R
/Ω
24．（20分）如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为-q，假设粒子速度方向都和纸面平行, 不计粒子重力。
（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为
60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
25．（22分）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距
为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨
上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。
不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放。
（1）判断金属棒ab中电流的方向；
（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2=2R1=2R，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；
（3）当B=0.40T，L=0.50m，α=37°时，金属棒能达到的最大速度v m随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示。
取g= 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°= 0.80。
求定值电阻R1的阻值和金属棒的质量m。
参考答案
14. A 15.D 16.B 17.D 18.AC 19.BC 20.AC
21．0.370或0.375（3分）；BC间距离s（3分），
2
2
2
d
gst
（3
分）。
22.(1)红表笔（2分）；右（2分）
(2)如图所示（3分）
(3)1.33(1.20～1.45)（2分）； 23.4(20.0～23.9) （2分）
23．（1）由22
02A v v ax -=（2分）
，得A v =5m/s （2分） （2）由2211222A B mv mg R mv =+（3分），2
B
B mv mg F R
+=（3分）
得F B =1.25N （2分）
（3）由（2）得B v =3m/s ，小球作平抛运动
2
122
R gt =
（2分）， 所以B d v t ==1.2m （2分）
24．（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得
R 1
（3分），又qv 1B ＝m 2
11
v R （3分）
得v 1
＝
3m
（3分） （2）设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R 2，则由几何关系有
(2r －R 2)2＝R 22＋r 2（4分）
可得R 2＝34r （2分），又qv 2B ＝m 2
22
v R （2分），
可得v 2＝
34Bqr
m
（3分） 故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过
3
Bqr
.
12
E
I R R =
+（2分）
，即211515v mR mR =+（2分）
由图象得m =1kg （2分0，R 1=2Ω（2分）。