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2016年浙江省丽水市高考物理一模试卷(解析版)

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2016届浙江金丽衢十二校高三上期第一次联考物理卷(带解析)

2016届浙江金丽衢十二校高三上期第一次联考物理卷(带解析)

试卷第1页，总18页绝密★启用前2016届浙江金丽衢十二校高三上期第一次联考物理卷第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题（题型注释）1．在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是（ ）A ．①③采用的是放大的思想方法B ．②④⑤采用的是控制变量的思想方法C ．④⑤采用的是猜想的思想方法D ．①③⑤采用的是放大的思想方法 【答案】A 【解析】试题分析：显示桌面受力发生形变，由于形变不明显，所以通过光线的两次反射来放大形变，库伦扭秤要探究库伦力的大小，效果不易观察，通过扭转力矩平衡带动悬丝扭转从而显示库伦力的作用效果，这两个都是采用了放大的思想方法，选项A 对。

验证牛顿第二定律和库仑定律的实验都是采用了控制变量的方法。

而探究合力的方法是根据作用效果相同即等效代替法，选项BCD 错。

考点：物理学研究方法【名师点睛】特别是显示桌面压力和库伦扭秤实验都是平时不太注意的，而又来源于课本，需要我们做到对课本的每个实验都能熟悉了解。

知道物理学定律定理等的来源和验证方法。

对于常见的研究方法有一定的认知。

2．下列说法正确的是（ ） A ．匀速圆周运动是匀变速运动B ．做曲线运动的物体所受的合外力可能为零C ．曲线运动一定是变速运动D ．竖直上抛的物体运动到最高点时处于平衡状态 【答案】C 【解析】试题分析：匀速圆周运动的加速度即向心加速度，方向指向圆心，在不断变化，所以不是匀变速，选项A 错。

曲线运动的物体，速度在不断变化，加速度不等于0，一定是变速运动，根据牛顿第二定律，合外力不等于0，选项B 错C 对。

竖直上抛的物体运动到最高点速度等于0，但是只受到重力作用，合外力不等于0，所以不是平衡状态，选项D 错。

考点：曲线运动【名师点睛】厘清曲线运动的定义，速度方向时刻在变化，即加速度不等于0，合外力不等于0，是变速运动，但是否为匀变速则不一定。

曲线运动的条件是力和速度不共线，对力和速度方向有要求，对力和速度大小无要求。

【精品】2016年全国高考物理一模试卷含答案

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2016年全国高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：25．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E=V，电池的内阻r=Ω．（3）由于电压表（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为cm．16．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．2016年全国高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）A．一定等于4V B．一定低于4V C．一定高于4V D．无法确定【解答】解：电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式U=Ed可知，A、B间电势差U AB大于B、C间电势差U BC，即φA﹣φB＞φB ﹣φC，得到φB＜==4V，故B正确，ACD错误．故选：B．2．（6分）一个物体在一条直线上做匀加速直线运动，先后经过直线上的A、B 两点，已知AB间的距离为4m，物体运动的加速度为2m/s2，则物体到达B点的速度大小可能为（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【解答】解：由题意知物体在AB间做匀加速直线运动，令物体在A点的速度为v A，B点速度为v B，加速度为a，则根据速度位移关系有：得：v B=＞0，故有：由题意知v即：v B＞4m/s故ABC不合题意，D可能．故选：D．3．（6分）如图所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽．凹槽的横截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∠A=30°，∠B=90°，∠C=60°．在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力为F1、对BC 边的压力为F2，则的值为（）A．B．C．D．【解答】解：金属球受到的重力产生两个作用效果，压AB面和压BC面，作图如下：对AB面的压力等于分力F1′，对BC面的压力等于分力F2′；故故选：C4．（6分）某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B点飞出后的运行轨迹，如果只考虑炸弹的重力作用，已知物体从B点到C点与从C点到D点的时间相等，则下列说法中正确的是（）A．物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：1B．物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3C．物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：3D．物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比为1：2【解答】解：A、炸弹做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，据题BC段和CD 段时间相等，由自由落体运动的规律可知，BC段和CD段竖直高度之比为1：3，由W=mgh可得，物体从B到C和从C到D重力做功之比为1：3．故A错误．B、由平均功率公式P=及t相等，可知物体从B到C和从C到D重力做功的平均功率之比为1：3．故B正确．C、由v y=gt得：物体运动到C点和D点时竖直分速度之比为1：2，由重力的瞬时功率由公式P=mgv y得：物体运动到C点和D点重力的瞬时功率之比为1：2，故C错误．D、根据动能定理知，物体下落时动能的改变量等于重力做功，所以物体从B点到C点与从C点到D点的动能改变量之比等于重力做功之比，为1：3．故D错误．故选：B5．（6分）某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是（）A．因I=，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍B．因I=，所以输电线上的电流增为原来的C．因P=，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍【解答】解：A、输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压变为到原来的0.9倍，则电流增大到倍，故A错误，B正确；C、电流增大到n倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的，故C错误；D、若要使输电线上损失的功率不变，根据P损=I2R，可将输电线的电阻减为原来的，故D错误故选：B．6．（6分）1876年美国著名物理学家罗兰在亥姆霍兹的实验室中完成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是（）A．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向左侧D．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极指向右侧【解答】解：AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，不是电磁感应，故A错误，B 正确；C、圆盘带负电，根据右手定则可知，产生的磁场方向向上，故等效磁场上方为N极，故小磁针的N极将向左侧偏转；故C正确，D错误；故选：BC．7．（6分）已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运动，椭圆轨道远地点与地心的距离为4R，则（）A．卫星在远地点时加速度为B．卫星经过远地点时速度大于C．卫星经过远地点时速度等于D．卫星经过远地点时速度小于【解答】解：A、设地球的质量为M，地球表面的物体受到的重力近似等于万有引力，则：①卫星在远地点时万有引力提供加速度，则：②联立①②得加速度为：a=．故A正确；B、设有一绕地球做匀速圆周运动的卫星的半径为4R，则：联立①③得：由于在椭圆轨道上运动的卫星在远地点时，做向心运动，则：所以v0＜v=．故BC错误，D正确．故选：AD8．（6分）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中（）A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθD．受到的最大安培力为【解答】解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式有：q=It=t==，可得下滑的位移大小为：X=，故B正确；C、根据能量守恒定律，产生的焦耳热为：Q=mgXsinθ﹣=sinθ﹣mv2，故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为：F=BIL=B L=，故D正确．故选：BD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题9．（6分）如图示数是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，力传感器固定在滑块上，用细线绕过定滑轮与砂桶相连，每次滑块及遮光条都从同一位置由静止释放．开始时遮光条到光电门的距离为L．（1）实验时，将滑块由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，滑块经过光电门时的瞬时速度为，滑块的加速度为．（2）改变砂桶质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的光电门的时间△t，用实验中的数据描绘出F﹣图象，若测得图象的斜率为k，则滑块和遮光条的总质量为M=．【解答】解：（1）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则滑块经过光电门时的瞬时速度，根据v2=2aL，解得：a=，（2）根据牛顿第二定律得：a=，则，则有：F=，F﹣图象的斜率k=，解得：M=故答案为：（1）；；（2）10．（9分）要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最右（填“左”或“右”）端．（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象．由图象得到电池的电动势E= 1.2V，电池的内阻r=4Ω．（3）由于电压表V1（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对内阻r（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势等于（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻大于（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．【解答】解：（1）为了防止电路短路，开始时应将滑动变阻器调至接入阻值最大；即调至右端；（2）由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示；由闭合电路欧姆定律可知：E=U1+U2+解得：U2=E﹣U1由图可知，电动势E=1.2V；k===1.5解得：r=4Ω（3）由以上公式可得，由于V1内阻的影响，干路电流应大于；故题目中出现误差；当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；但如果考虑电压表内阻，表达式应为：U2=E﹣因R′＜R；故内阻的测量值大于真实值；故答案为：（1）右；（2）1.2；4．（3）V1；内阻r；等于；大于．11．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T，一质量为m=5.0×10﹣8kg、电量为q=1.0×10﹣6C的带电粒子从P点沿图示方向进入磁场，速度与y轴负方向成θ=37°角，已知OP=30cm，（粒子重力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（2）若粒子不能进入x轴上方，求粒子进入磁场时的速度取值范围．【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：R==m=0.50m而：=m=0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示，由几何关系可知：OQ=R（1+sin53°）=0.90m（2）带电粒子不从x轴射出，如图所示，由几何关系得：OP=R′（1+cos53°）解得：R′=根据洛伦兹力提供向心力：qv′B=m可得：v′==m/s=7.5m/s所以，若粒子刚好不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度不大于7.5m/s 答：（1）若粒子以20m/s的速度进入磁场，从x轴上的Q点离开磁场，OQ的距离为0.90m；（2）若粒子不能进入x轴上方，粒子进入磁场时的速度应不大于7.5m/s．12．（18分）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d=0.4m，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ=，现同时由静止释放A，B．A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g=10m/s2，求（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．【解答】解：（1）第一次碰撞前由机械能守恒定律有：（m+m）v12=2mgdsinθ解得：v 1===2m/s；（2）设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为a A、a B，则有：μmgcosθ+mgsinθ=ma A解得：a A=12.5m/s2，对B工件牛顿第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma B；解得：a B=2.5m/s2；由于a A＞a B，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1=a A tv2=v1﹣a B t解得：v2==1.6m/s；（3）要使B不与A相碰，说明物体应停在木板上，则对全过程进行分析，由能量守恒定律有：mgdsinθ+mg（d+L）sinθ=μmgLcosθ，解得：L=4d=1.6m．答：（1）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小为2m/s；（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小1.6m/s；（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值为1.6m．（二）选考题[物理-选修3-3]13．（5分）以下说法中正确的是（）A．从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一个是气体分子的最大速率，另一个是分子的数目B．各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律C．当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，则分子势能越大D．物体吸收热量同时对外做功，内能可能不变E．氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同【解答】解：A、从微观角度看，气体压强的大小跟两个因素有关：一是分子的平均动能，二是单位体积内的分子数目．故A错误．B、各个分子的运动都是无规则的、带有偶然性的，但大量分子的运动存在统计规律，故B正确．C、当分子间相互作用表现为斥力时，分子间距离越大，分子力做正功，则分子势能越小．故C错误．D、物体吸收热量同时对外做功，若热量与功数值相等，由热力学第一定律知，内能不变，故D正确．E、氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，所以分子的平均速率不同．故E正确．故选：BDE14．（10分）如图所示，总长度为15cm的气缸水平放置，活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，厚度不计．开始时活塞与汽缸底的距离12cm．外界气温为27℃，大气压为1.0×105Pa．将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞刚好到达汽缸口，取g=10m/s2，求：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为多少？②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 多大？【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，气体的状态参量：p1=p0=1.0×105Pa，V1=L1S=0.12S，T1=273+27=300K，气体的末状态：V2=L2S=0.15S，Pa，T2=？由理想气体的状态方程：代入数据得：T2=450K（2）将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置时，设气体的长度为L3，则：P 1L1S=P2L3S代入数据得：L3=0.1m气体体积膨胀的过程中活塞向上移动：△x=0.15﹣0.1=0.05m，故大气压力对气体做功：W=﹣P2S•△x由热力学第一定律：△U=W+Q代入数据联立得：△U=310J答：①活塞刚好到达汽缸口时气体的温度为450K；②在对缸内气体加热的过程中，吸收了Q=370J的热量，则气体增加的内能△U 是310J．[物理-选修3-4]15．如图所示是一列向右传播的横波，波速为0.4m/s，M点的横坐标x=10m，图示时刻波传到N点．现从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；这段时间里，N点经过的路程为145cm．【解答】解：由图读出波长λ=1.6m，周期T==波由图示位置传到M的时间为t1==s=22s波传到M时，起振方向向上，经过1T=7s，M点第二次到达波谷，故从图示时刻开始计时，经过29s时间，M点第二次到达波谷；由t=29s=7T，则这段时间里，N点经过的路程为S=•4A=29×5cm=145cm．故答案为：29；14516．半径为R的玻璃四分之一圆柱体，圆心为O，底边水平．玻璃的折射率n=．一束单色光水平射向圆柱面，入射点为P，入射角r=60°，经折射后照到MO间的某点Q，求：①PQ间的距离；②光线PQ能否在Q点发生全反射？【解答】解：（1）先假设光线能从左侧射出，做出光路如图所示，由题意知光在P点的入射角α=60°，由折射定理得sinr=，所以：i=30°由图中几何关系得：，则：PQ=（2）设临界角为C，则：在左侧的Q点处，根据几何关系可知，光的入射角：i′=30°所以：sini′=＜所以：i′＜C光不能发生全反射．答：①PQ间的距离是；②光线PQ不能在Q点发生全反射．[物理-选修3-5]17．在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为h．若用波长为λ（λ＜λ0）单色光做实验，则其截止电压为﹣．（已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h）【解答】解：金属的逸出功为：W0=hγ0=h．根据光电效应方程知：E km=h﹣h，又E km=eU，则遏止电压为：U=﹣．故答案为：h，﹣．18．如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为l，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静止两质量分别为m、的物体A、B，其中左端带有轻质弹簧的A位于C的中点．现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞事件很短，重力加速度为g．求：（1）B、C碰撞后的速度以及C在水平面上滑动时加速度的大小；（2）设A、C能够碰撞且碰撞过程用时极短，求A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大性势能．【解答】解：（1）B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：×2v=（+）v1，解得：v1=v；对BC，由牛顿第二定律得：μ（m++）g=（+）a，解得：a=2μg；（2）设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22﹣v12=2（﹣a）•，。

2016年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷(一)(精品解析版)

2016年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷(一)(精品解析版)

2016年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷（一）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．如图甲所示为超市中的自动坡道式电梯（无台阶），某人蹲在电梯上随电梯匀速下行．若电梯倾角为30°，人的质量为m，人和电梯表面之间的动摩擦因数为μ，如图乙所示，电梯对人的支持力和摩擦力分别记为F N，F t，则（）A．F N=mg B．F N=mg C．F t=0 D．F t=μmg2．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（）A．L1、L2两灯均逐渐变暗B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮C．电源内电路消耗功率逐渐减小D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大3．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4．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O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知（）A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大二、不定项选择题（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．涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是（）A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品6．如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）．t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（）A．B．C．D．7．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为B．B的速度最大时，弹簧的伸长量为C．物体A的最大速度为gsinθD．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量三、非选择题8．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=cm．（2）要验证机械能守恒，只要比较．A．D2（﹣）与gh是否相等B．D2（﹣）与2gh是否相等C．D2（﹣）与gh是否相等D．D2（﹣）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．9．2013年12月14日晚上9点14分左右，嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板，如图甲，太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照射时，可以视为一个电动势为零的电学器件．探究一：某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究太阳能电池被不透光黑纸包住时的I﹣U特性．（1）根据实验原理图乙、图丙中滑动变阻器上需要用导线连接的是（用A、B、C、D、E表示）（2）通过实验获得如下数据：U/V 0 0.70 1.20 1.51 1.92 2.16 2.47I/μA 0 20.5 56.1 97.6 199.9 303.3 541.3请在答题纸对应位置的坐标纸上作出太阳能电池的I﹣U特性曲线．探究二：在稳定光照环境中，取下太阳能电池外黑纸，并按丁图电路“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”（3）该小组通过本实验练习使用螺旋测微器，其次测量如图戊所示，读数为mm；（4）开关闭合后，电压表与电流表示数分别为U、I，则下列说法中正确的是A、电压表分流使R阻偏大B、电压表分流使R阻偏小C、电流表分压使R阻偏大D、电流表分压使R阻偏小（5）实验中测得电压表示数为U，电流表示数为I，金属丝横截面积为S，长度为L，则金属丝电阻率为．10．如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v﹣t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．11．如图所示，在半径为r=10cm的轮轴上悬挂一个质量为M=3kg的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m=0.5kg的金属小球．球离轴心的距离为L=50cm，轮轴、绳及手柄的质量以及摩擦均不计．开始时水桶在离地面某高度处，释放后水桶带动整个装置转动，当转动n（未知量）周时，测得金属小球的线速度v1=5m/s，此时水桶还未到达地面，g=10m/s2，求：（1）转动n周时，水桶重力做功的功率P；（2）n的数值．12．如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：（1）正、负粒子的比荷之比：；（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；（3）两粒子先后进入电场的时间差．2016年浙江省宁波市镇海中学高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、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．如图甲所示为超市中的自动坡道式电梯（无台阶），某人蹲在电梯上随电梯匀速下行．若电梯倾角为30°，人的质量为m，人和电梯表面之间的动摩擦因数为μ，如图乙所示，电梯对人的支持力和摩擦力分别记为F N，F t，则（）A．F N=mg B．F N=mg C．F t=0 D．F t=μmg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】人随电梯匀速下行，受力平衡，对人进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解电梯对人的支持力和摩擦力．【解答】解：人随电梯匀速下行，受力平衡，对人进行受力分析，如图所示：根据平衡条件得：，，故B正确，ACD错误．故选：B2．如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（）A．L1、L2两灯均逐渐变暗B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮C．电源内电路消耗功率逐渐减小D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析并联部分电路，可得出R1的电流变化，从而判断出两个灯泡亮度的变化．由功率公式可得出电阻R和和灯泡L1消耗的总功率的变化．【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻R的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐渐变亮．由U=E﹣Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故L1灯逐渐变暗，故A错误，B正确；C、总电流增大，由P=I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C错误．D、将L2灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐减小．故D错误．故选：B3．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．【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．【解答】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=Bdv，根据右手定则，感应电动势的方向C指向D，所以D 点的电势高于C点的电势．故D正确，A、B、C错误．故选：D4．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O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知（）A．O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B．O～x1过程中箱子的动能一直增加C．x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D．x1～x2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E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受的拉力的大小；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．【解答】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E﹣x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O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1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x1～x2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x1～x2内E﹣x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D错误．故选：C．二、不定项选择题（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．涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是（）A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．且感应电流的频率与原电流的频率是相同的；电磁感应只能发生在金属物体上．【解答】解：A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，故A正确．B、感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B正确；C、因为线圈交流电是周期变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C正确；D、电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故D错误．故选：ABC．6．如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）．t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（）A．B．C．D．【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．【解答】解：AB、0～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零．～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，～T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零．故AB错误；CD、由A选项分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置．故C正确，D错误；故选：C．7．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为B．B的速度最大时，弹簧的伸长量为C．物体A的最大速度为gsinθD．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；电势能．【分析】在撤去外力前后对B物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，根据动能定理和能量守恒即可判断【解答】解：A、当施加外力时，对B分析可知F﹣2mgsinθ﹣F电=0解得F电=mgsinθ当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F合=F电+2mgsinθ=（m+2m）a解得：a=gsinθ，故A错误；B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+2mgsinθ解得x=故B正确；C、对AB整体有动能定理可得，解得v=gsinθ，故C错误；D、撤去外力后B将向下运动，根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的增加量之和，所以物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量小于物体B电势能的减少量，故D正确；故选：BD三、非选择题8．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=0.950cm．（2）要验证机械能守恒，只要比较D．A．D2（﹣）与gh是否相等B．D2（﹣）与2gh是否相等C．D2（﹣）与gh是否相等D．D2（﹣）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度＜（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解．【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：0.950cm．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mD2（﹣）即只要比较D2（﹣）与2gh是否相等，故选：D．（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．故答案为：（1）0.950cm（2）D（3）＜，不能．9．2013年12月14日晚上9点14分左右，嫦娥三号月球探测器平稳降落在月球虹湾，并在4分钟后展开太阳能电池帆板，如图甲，太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照射时，可以视为一个电动势为零的电学器件．探究一：某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究太阳能电池被不透光黑纸包住时的I﹣U特性．（1）根据实验原理图乙、图丙中滑动变阻器上需要用导线连接的是ABC（用A、B、C、D、E表示）（2）通过实验获得如下数据：U/V 0 0.70 1.20 1.51 1.92 2.16 2.47I/μA 0 20.5 56.1 97.6 199.9 303.3 541.3请在答题纸对应位置的坐标纸上作出太阳能电池的I﹣U特性曲线．探究二：在稳定光照环境中，取下太阳能电池外黑纸，并按丁图电路“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”（3）该小组通过本实验练习使用螺旋测微器，其次测量如图戊所示，读数为0.789mm；（4）开关闭合后，电压表与电流表示数分别为U、I，则下列说法中正确的是BA、电压表分流使R阻偏大B、电压表分流使R阻偏小C、电流表分压使R阻偏大D、电流表分压使R阻偏小（5）实验中测得电压表示数为U，电流表示数为I，金属丝横截面积为S，长度为L，则金属丝电阻率为．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）由原理图可知，实验中采用的是分压接法，故根据分压接法的连接方式可选择接线柱；（2）根据给出的数据利用描点法可得出对应的伏安特性曲线；（3）根据螺旋测微器的读数方法得出读数；（4）根据电路连接分析电路中误差来源；（5）根据电阻定律和欧姆定律列式，联立可求得电阻率．【解答】解：（1）本实验采用的是分压接法，故应先将滑动变阻器全部电阻接入电路，再取某一部分为测量电路供电；故应接ABC（或ABD）；（2）根据描点法作出图象如图所示；注意不能画成直线；如图所示；（3）螺旋测微器固定部分读数为0.5mm；转动部分为28.9；故最终读数为：0.5+28.9×0.01=0.789mm；（4）本实验中采用的是电流表的外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏大，故测量结果偏小；故选B．（5），由欧姆定律可知：R=；则由电阻定律可知：ρ=故答案为：（1）ABC；（2）如图；（3）0.789；（4）B；（5）10．如图甲所示，质量m=2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v﹣t图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】（1）根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出2s内物块的位移大小和路程大小．（2）根据图线的斜率求出沿斜面向上运动两个阶段的加速度大小．根据牛顿第二定律对上升的两个阶段列出表达式，求出拉力的大小．【解答】解：（1）由图乙知物块沿斜面上升的位移：…①物块沿斜面下滑的距离：…②所以位移s=s1﹣s2==…③路程L=s1+s2=…④（2）由图乙知，各阶段加速度的大小a1=6m/s2…⑤a2=12m/s2…⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律0～0.5s内F﹣F f﹣mgsinθ=ma1…⑦0.5～0.75s内F f+mgsinθ=ma2…⑧由⑤⑥⑦⑧得：F=36N …⑨答：（1）2s内物块的位移大小s为，通过的路程L为m；（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2分别为6m/s2、12m/s2，拉力大小为36N．11．如图所示，在半径为r=10cm的轮轴上悬挂一个质量为M=3kg的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m=0.5kg的金属小球．球离轴心的距离为L=50cm，轮轴、绳及手柄的质量以及摩擦均不计．开始时水桶在离地面某高度处，释放后水桶带动整个装置转动，当转动n（未知量）周时，测得金属小球的线速度v1=5m/s，此时水桶还未到达地面，g=10m/s2，求：（1）转动n周时，水桶重力做功的功率P；（2）n的数值．【考点】能量守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】（1）整个系统释放的重力势能转化为系统的动能，根据能量守恒列式即可求解水桶p的速率v．求得重力的功率．（2）对全过程系统应用能量守恒，可以得到转动的圈数．【解答】解：（1）设转动n周时，水桶的速度为v，则：，水桶重力的功率为：P=Mgv，解得：．（2）从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律：，由几何关系：h=2nπr，解得：．答：（1）转动n周时，水桶重力做功的功率为30W；（2）n的数值．12．如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：（1）正、负粒子的比荷之比：；（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；（3）两粒子先后进入电场的时间差．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，结合牛顿第二定律即可求出；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出它们的半径；（3）由周期与半径的关系：分别求出它们的周期，然后求出它们的磁场中运动的时间，即可求出两粒子先后进入电场的时间差．【解答】解：（1）设粒子进磁场方向与边界夹角为θ，粒子在水平方向做匀速直线运动，则：沿电场线的方向：，v y=at。

2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷(理科)

2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷(理科)

2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．（5分）设全集U=R，集合P={x|x＞2}，Q={x|x2﹣x﹣2＜0}，则（∁U P）∩Q=（）A．（﹣1，2）B．（﹣1，2]C．（﹣2，1）D．∅2．（5分）已知a，b是实数，则“|a﹣b|≥a+b”是“ab＜0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．（5分）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）A．B．C．D．4．（5分）命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是（）A．∀x∈R，f（x）=0且g（x）=0 B．∀x∈R，f（x）=0或g（x）=0C．∃x0∈R，f（x0）=0且g（x0）=0 D．∃x0∈R，f（x0）=0或g（x0）=0 5．（5分）函数f（x）=sin2x和函数g（x）的部分图象如图所示，则函数g（x）的解析式可以是（）A．g（x）=sin（2x﹣）B．g（x）=sin（2x+）C．g（x）=cos（2x+）D．g（x）=cos（2x﹣）6．（5分）已知实数a，b满足＞（）a＞（）b＞，则（）A．b＜2B．b＞2C．a＜D．a＞7．（5分）已知F1，F2分别为双曲线C：﹣=1的左、右焦点，若存在过F1的直线分别交双曲线C的左、右支于A，B两点，使得∠BAF2=∠BF2F1，则双曲线C的离心率e的取值范围是（）A．（3，+∞）B．（1，2+） C．（3，2+） D．（1，3）8．（5分）已知二次函数f（x）=ax2+bx（|b|≤2|a|），定义f1（x）=max{f（t）|﹣1≤t≤x≤1}，f2（x）=min{f（t）|﹣1≤t≤x≤1}，其中max{a，b}表示a，b 中的较大者，min{a，b}表示a，b中的较小者，则下列命题正确的是（）A．若f1（﹣1）=f1（1），则f（﹣1）＞f（1）B．若f2（﹣1）=f2（1），则f（﹣1）＞f（1）C．若f（﹣1）=f（1），则f2（﹣1）＞f2（1）D．若f2（1）=f1（﹣1），则f1（﹣1）＜f1（1）二、填空题（本题共7小题，满分36分，9-12题每题6分，13-15题每题4分．）9．（6分）已知各项互不相等的等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，若a3，2a2，S3成等差数列，且a1=3，则q=，S n=．10．（6分）已知函数则f（f（3））=，函数f（x）的最大值是．11．（6分）已知实数x，y满足条件，若存在实数a使得函数z=ax+y（a＜0）取到最大值z（a）的解有无数个，则a=，z（a）=．12．（6分）已知，，则sin2α=，sinα=．13．（4分）已知正方形ABCD，E是边AB的中点，将△ADE沿DE折起至A′DE，如图所示，若A′CD为正三角形，则ED与平面A′DC所成角的余弦值是14．（4分）如图，已知点A为圆O：x2+y2=9与圆C：（x﹣5）2+y2=16在第一象限内的交点．过A的直线1被圆O和圆C所截得的弦分别为NA，MA（M，N不重合）．若|NA|=|MA|，则直线1的方程是．15．（4分）设非零向量，的夹角为θ，若存在m∈R，使得向量2﹣m与﹣m的夹角也为θ，则cosθ的最小值是．三、解答题（本大题共5小题，满分74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）16．（15分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2﹣a2=ac．（Ⅰ）若，a=1，求△ABC的面积；（Ⅱ）若，求B．17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，PA=AB=AD=2BC=2，∠BAD=θ，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）若θ=120°，求二面角C﹣PB﹣A的大小的余弦值．18．（14分）已知函数f（x）=x2+bx+c（b，c∈R）满足f（b）≥f（c），记f（x）的最小值为m（b，c）．（Ⅰ）证明：当b＞0时，m（b，c）≤1；（Ⅱ）当b，c满足m（b，c）≥1时，求f（1）的最大值．19．（15分）已知椭圆E：的左、右顶点分别为A，B，M，N是椭圆E 上异于A，B的两点，直线AM，BN交于点P（4，t）．（Ⅰ）若直线MN与x轴垂直，求实数t的值；（Ⅱ）记△PMN，△PAB的面积分别是S1（t），S2（t），求的最小值．20．（15分）已知数列{a n}满足：，且．（Ⅰ）证明：a n＞a n；+1（Ⅱ）若不等式对任意n∈N*都成立，求实数a的取值范围．2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40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．（5分）（2016•丽水一模）设全集U=R，集合P={x|x＞2}，Q={x|x2﹣x﹣2＜0}，则（∁U P）∩Q=（）A．（﹣1，2）B．（﹣1，2]C．（﹣2，1）D．∅【分析】求出Q中不等式的解集，根据全集U=R及P求出P的补集，找出P补集与Q的交集即可．【解答】解：化简Q={x|x2﹣x﹣2＜0}={x|（x﹣2）（x+1）＜0}={x|﹣1＜x＜2}，∵全集U=R，集合P={x|x＞2}，∴∁U P={x|x≤2}，则（∁U P）∩Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查了交集与补集的混合运算问题，熟练掌握各自的定义是解题的关键．2．（5分）（2016•丽水一模）已知a，b是实数，则“|a﹣b|≥a+b”是“ab＜0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．【解答】解：当a＜0，b＜0时，满足|a﹣b|≥a+b，但ab＜0，不成立，即充分性不成立，若ab＜0，则|a﹣b|=|a|+|b|≥a+b，即必要性成立，故“|a﹣b|≥a+b”是“ab＜0”的必要不充分条件，故选：B．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质是解决本题的关键．3．（5分）（2016•丽水一模）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（）A．B．C．D．【分析】几何体是一个简单组合体，是一个正方体里挖去一个圆锥，边长为1的正方体，底面半径为，高为1的圆锥，用正方体的体积减去圆锥的体积即可．【解答】解：几何体是一个简单组合体，是一个正方体里挖去一个圆锥，V=13﹣×π×（）2×2=1﹣．故选D．【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原直观图，考查正方体和圆锥的体积，本题是一个基础题，运算量比较小．4．（5分）（2016•湖南模拟）命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是（）A．∀x∈R，f（x）=0且g（x）=0 B．∀x∈R，f（x）=0或g（x）=0C．∃x0∈R，f（x0）=0且g（x0）=0 D．∃x0∈R，f（x0）=0或g（x0）=0【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是：∃x0∈R，f（x0）=0或g（x0）=0．故选：D．【点评】本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．5．（5分）（2016•湖南模拟）函数f（x）=sin2x和函数g（x）的部分图象如图所示，则函数g（x）的解析式可以是（）A．g（x）=sin（2x﹣）B．g（x）=sin（2x+）C．g（x）=cos（2x+）D．g（x）=cos（2x﹣）【分析】由图象可得g（x）的图象经过点（，），逐个选项验证可得．【解答】解：代值计算可得f（）=sin=，由图象可得g（x）的图象经过点（，），代入验证可得选项A，g（）=sin≠，故错误；选项B，g（）=sin≠，故错误；选项D，g（）=cos=﹣cos=≠，故错误；选项C，g（）=cos=cos=，故正确．故选：C．【点评】本题考查三角函数图象和解析式，逐个验证是解决问题的关键，属基础题．6．（5分）（2016•丽水一模）已知实数a，b满足＞（）a＞（）b＞，则（）A．b＜2B．b＞2C．a＜D．a＞【分析】由已知结合指数式的单调性求得1＜a＜2，2＜b＜4．然后举特值利用排除法得答案．【解答】解：由＞（）a，得a＞1，由（）a＞（）b，得，得2a＜b，由（）b＞，得，得b＜4．由2a＜b，得b＞2a＞2，，∴1＜a＜2，2＜b＜4．取a=，得，有，排除C；b，排除A；取得，，有，排除D．故选：B．【点评】本题考查指数式的图象和性质，训练了利用举特值排除法求解选择题，是中档题．7．（5分）（2016•丽水一模）已知F1，F2分别为双曲线C：﹣=1的左、右焦点，若存在过F1的直线分别交双曲线C的左、右支于A，B两点，使得∠BAF2=∠BF2F1，则双曲线C的离心率e的取值范围是（）A．（3，+∞）B．（1，2+） C．（3，2+） D．（1，3）【分析】由三角形相似的判断可得△BAF2∽△BF2F1，即有==，运用双曲线的定义和最值的性质，结合离心率公式，即可得到所求范围．【解答】解：在△BAF2和△BF2F1中，由∠BAF2=∠BF2F1，∠ABF2=∠F2BF1，可得△BAF2∽△BF2F1，即有==，即为==，==e＞1，可得AF2=e（BF2﹣BA）＞c+a，即有BF2＞BA，又BA＞2a，即BF2＞2a，BF2取最小值c﹣a时，BF2也要大于BA，可得2a＜c﹣a，即c＞3a，即有e=＞3．当AF1与x轴重合，即有=，e=，可得e2﹣4e﹣1=0，解得e=2+，即有3＜e＜2+．故选：C．【点评】本题考查双曲C的离心率的范围，注意运用三角形的相似的判断和性质，考查双曲线的定义和离心率公式的运用，以及运算能力，属于中档题．8．（5分）（2016•东阳市模拟）已知二次函数f（x）=ax2+bx（|b|≤2|a|），定义f1（x）=max{f（t）|﹣1≤t≤x≤1}，f2（x）=min{f（t）|﹣1≤t≤x≤1}，其中max{a，b}表示a，b中的较大者，min{a，b}表示a，b中的较小者，则下列命题正确的是（）A．若f1（﹣1）=f1（1），则f（﹣1）＞f（1）B．若f2（﹣1）=f2（1），则f（﹣1）＞f（1）C．若f（﹣1）=f（1），则f2（﹣1）＞f2（1）D．若f2（1）=f1（﹣1），则f1（﹣1）＜f1（1）【分析】由新定义可知f1（﹣1）=f2（﹣1）=f（﹣1），f（x）在[﹣1，1]上的最大值为f1（1），最小值为f2（1）．【解答】解：（1）若f1（﹣1）=f1（1），则f（﹣1）为f（x）在[﹣1，1]上的最大值，∴f（﹣1）＞f（1）或f（﹣1）=f（1）．故A错误；（2）若f2（﹣1）=f2（1），则f（﹣1）是f（x）在[﹣1，1]上的最小值，∴f（﹣1）＜f（1）或f（﹣1）=f（1），故B错误．（3）若f（﹣1）=f（1），则f（x）关于y轴对称，∴当a＞0时，f2（1）=f（0）≠f（﹣1）=f2（﹣1），故C错误．（4）若f2（1）=f1（﹣1），则f（﹣1）为f（x）在[﹣1，1]上的最小值，而f1（﹣1）=f（﹣1），f1（1）表示f（x）在[﹣1，1]上的最大值，∴f1（﹣1）＜f1（1）．故D正确．故选：D．【点评】本题考查了对于新定义的理解和二次函数的图象与性质，属于中档题．二、填空题（本题共7小题，满分36分，9-12题每题6分，13-15题每题4分．）9．（6分）（2016•丽水一模）已知各项互不相等的等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，若a3，2a2，S3成等差数列，且a1=3，则q=，S n=6﹣．【分析】利用等差数列性质和等比数列通项公式求出公比，从而能求出S n．【解答】解：∵各项互不相等的等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，a3，2a2，S3成等差数列，且a1=3，∴4（3q）=3q2+，解得q=，∴S n==6﹣．故答案为：，6﹣．【点评】本题考查等比数列的公比和前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．10．（6分）（2016•丽水一模）已知函数则f（f（3））=﹣3，函数f（x）的最大值是1．【分析】由分段函数求f（3）=﹣1，再求f（﹣1），可得f（F（3））；运用对数函数和二次函数的单调性，可得f（x）的最大值．【解答】解：函数可得f（3）==﹣1，f（f（3））=f（﹣1）=﹣1﹣2=﹣3：当x＞1时，f（x）=递减，可得f（x）＜0：当x≤1时，f（x）=﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1递增，可得f（x）≤1．综上可得，f（x）的值域为f（x）的最大值为1．故答案为：﹣3，1．【点评】本题考查分段函数的函数值和最值的求法，注意运用对数函数和二次函数的单调性，考查运算能力，属于基础题．11．（6分）（2016•丽水一模）已知实数x，y满足条件，若存在实数a使得函数z=ax+y（a＜0）取到最大值z（a）的解有无数个，则a=﹣1，z（a）=1．【分析】z=ax+y可化为y=﹣ax+z，由题意作平面区域，从而利用数形结合求解．【解答】解：z=ax+y可化为y=﹣ax+z，由题意作平面区域如下，结合图象可知，y=﹣ax+z与直线y=x+1重合，故﹣a=1，z=1，故答案为：﹣1，1．【点评】本题考查了学生的作图能力及数形结合的思想方法的应用，属于中档题．12．（6分）（2016•丽水一模）已知，，则sin2α=﹣，sinα=．【分析】由题意可得cosα+sinα=，平方求得sin2α的值，可得2α的值，从而求得α的值，进而求得sinα的值．【解答】解：∵，∴2α∈（π，2π），∵，即cos2α=（cos2α﹣sin2α）=（cosα﹣sinα）＜0，∴2α∈（π，），∴cosα+sinα=，或cosα﹣sinα=0（舍去）．∴只有cosα+sinα=，∴1+sin2α=，sin2α=﹣．此时，2α=（舍去）或；∵α=，∴sinα=sin（）=sin（+）=sin cos+cos sin=．故答案为：﹣；．【点评】本题主要考查两角和差的正弦、余弦公式的应用，二倍角公式的应用，属于中档题．13．（4分）（2016•丽水一模）已知正方形ABCD，E是边AB的中点，将△ADE 沿DE折起至A′DE，如图所示，若A′CD为正三角形，则ED与平面A′DC所成角的余弦值是【分析】过A作AF⊥DE于M，交BC于F，则A在底面的射影O在MF上，由A′C=A′D 可知OC=OD，故O为CD的中垂线与MF的交点，以B为原点建立坐标系，求出和平面A′CD的法向量，则ED与平面A′DC所成角的正弦值为|cos＜，＞|，从而得出所求角的余弦值．【解答】解：在图1中，过A作AF⊥DE于M，交BC于F，在图2中，作A′O⊥平面BCDE，连接OC，OD，则A′O⊥OC，A′O⊥OD．∵A′CD为正三角形，∴A′C=A′D，∴OC=OD．∴O为CD的中垂线与MF的交点．在图1中，取CD中点N，连接EN交AF于O．设正方形边长为2，则DE=，∴AM==，EM==．∵△EOM∽△EDN，∴，∴OM=，OE=．∴A′O==．以B为原点，以BE，BC为x轴，y轴，以平面BCDE过B点的垂线为z轴建立空间坐标系B﹣xyz，如图所示：则E（1，0，0），D（2，2，0），C（0，2，0），A′（1，，）．∴=（1，2，0），=（2，0，0），=（﹣1，﹣，）．设平面A′CD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令y=1得=（0，1，）．∴cos＜，＞===．设ED与平面A′DC所成角为α，则sinα=，∴cosα=．故答案为：．【点评】本题考查了空间向量的应用与空间角的计算，确定A′在底面的射影位置是解题关键．属于中档题．14．（4分）（2016•丽水一模）如图，已知点A为圆O：x2+y2=9与圆C：（x﹣5）2+y2=16在第一象限内的交点．过A的直线1被圆O和圆C所截得的弦分别为NA，MA（M，N不重合）．若|NA|=|MA|，则直线1的方程是7x﹣24y+45=0．【分析】求出A的坐标，设出直线1的方程，利用|NA|=|MA|，建立方程，求出k，即可求出直线1的方程．【解答】解：由点A为圆O：x2+y2=9与圆C：（x﹣5）2+y2=16在第一象限内的交点，可得A（1.8，2.4），设直线1的方程是y﹣2.4=k（x﹣1.8），即5kx﹣5y+12﹣9k=0，∵|NA|=|MA|，∴9﹣=16﹣，∴k=，∴直线1的方程是7x﹣24y+45=0．故答案为：7x﹣24y+45=0．【点评】本题考查圆于圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于中档题．15．（4分）（2016•丽水一模）设非零向量，的夹角为θ，若存在m∈R，使得向量2﹣m与﹣m的夹角也为θ，则cosθ的最小值是﹣1．【分析】由题意可得，当θ=π时，满足题目条件，由此可得cosθ的最小值是﹣1．【解答】解：如图，设，，，，且||＞|﹣m|，||＜，则有非零向量，的夹角为π，向量2﹣m与﹣m的夹角也为π，此时cosθ的最小值是cosπ=﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查数量积表示两个向量的夹角，考查了数形结合的解题思想方法，考查了想象能力和理解能力，有一定难度．三、解答题（本大题共5小题，满分74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）16．（15分）（2016•丽水一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2﹣a2=ac．（Ⅰ）若，a=1，求△ABC的面积；（Ⅱ）若，求B．【分析】（Ⅰ）由已知及余弦定理可得c﹣2acosB=a，结合已知可求c的值，利用三角形面积公式即可得解．（Ⅱ）由c﹣2acosB=a及正弦定理，结合已知，利用特殊角的三角函数值可得，由于0＜B＜π，即可解得B的值．【解答】（本题满分为15分）解：（Ⅰ）由b2﹣a2=ac及b2=a2+c2﹣2accosB得：c2﹣2accosB=ac即：c﹣2acosB=a又，a=1，解得：，所以△ABC的面积；…（7分）（Ⅱ）由c﹣2acosB=a及，得sinC﹣2sinAcosB=sinA，又，∴，可得：，即：，∵0＜B＜π，∴．…（15分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，特殊角的三角函数值，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，属于中档题．17．（15分）（2016•丽水一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，PA=AB=AD=2BC=2，∠BAD=θ，E是PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）若θ=120°，求二面角C﹣PB﹣A的大小的余弦值．【分析】（Ⅰ）取PA中点F，连结BF，推导出四边形BCEF是平行四边形，由此能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）推导出AC⊥BC，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣PB﹣A的平面角的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取PA中点F，连结BF，∵E为PD中点，∴又由已知，∴，从而四边形BCEF是平行四边形…（3分）∴EC∥BF，又EC⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB．…（7分）解：（Ⅱ）∵AB=2，BC=1，∠ABC=60°，∴AC⊥BC，如图所示以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（﹣1，，0），P（0，0，2），C（0，，0），设平面PAB的法向量为，则，解得一个法向量为…（10分）设平面CPB的法向量为，则，解得一个法向量为，…（13分）∵，∴二面角C﹣PB﹣A的平面角的余弦值．…（15分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．18．（14分）（2016•丽水一模）已知函数f（x）=x2+bx+c（b，c∈R）满足f（b）≥f（c），记f（x）的最小值为m（b，c）．（Ⅰ）证明：当b＞0时，m（b，c）≤1；（Ⅱ）当b，c满足m（b，c）≥1时，求f（1）的最大值．【分析】（Ⅰ）根据不等式的性质结合一元二次函数的性质即可证明：当b＞0时，m（b，c）≤1；（Ⅱ）根据不等式的进行转化求解即可．【解答】解：（Ⅰ）由f（b）≥f（c）得：2b2≥c2+bc即（c+2b）（c﹣b）≤0又b＞0∴﹣2b≤c≤b，（当且仅当b=c=2时等号成立）…（6分）（Ⅱ）由得：又（c+2b）（c﹣b）≤0ⅰ）当b＞0时，﹣2b≤c≤b，∴即b2﹣4b+4≤0解得b=2代入得c=2所以f（1）=5ⅱ）当b＜0时，b≤c≤﹣2b，∴即b2+8b+4≤0解得，当时等号成立．ⅲ）当b=0时，c=0，与题意不符．综上知：f（1）的最大值为．…（14分）【点评】本题主要考查函数最值的求解以及不等式的应用，利用不等式的性质进行转化推理是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．19．（15分）（2016•丽水一模）已知椭圆E：的左、右顶点分别为A，B，M，N是椭圆E上异于A，B的两点，直线AM，BN交于点P（4，t）．（Ⅰ）若直线MN与x轴垂直，求实数t的值；（Ⅱ）记△PMN，△PAB的面积分别是S1（t），S2（t），求的最小值．【分析】（Ⅰ）设M（x0，y0），N（x0，﹣y0），求得直线AM，BN的方程，求得交点，解方程即可得到所求t的值；（Ⅱ）将直线AM的方程为，代入椭圆方程，求得M的坐标；直线NB的方程为，代入椭圆的方程，求得N的坐标，再由三角形的面积公式，转化为对应坐标的关系，由二次函数的最值求法，即可得到所求最小值．【解答】解：（Ⅰ）设M（x0，y0），N（x0，﹣y0），直线AM的方程为，直线BN的方程为，联立得：，由，解得：，代入直线AM可得t=±3；（Ⅱ）将直线AM的方程为，代入椭圆的方程并整理得：（t2+27）x2+4t2x+（4t2﹣108）=0，解得，直线NB的方程为，代入椭圆的方程并整理得：（t2+3）x2﹣4t2x+（4t2﹣12）=0，解得，所以==，当，即t=±3时，．【点评】本题考查椭圆方程的运用，注意联立直线方程和椭圆方程，求得交点，考查化简整理的运算能力，运用二次函数的最值的求法是解题的关键，属于中档题．20．（15分）（2016•丽水一模）已知数列{a n}满足：，且．＞a n；（Ⅰ）证明：a n+1（Ⅱ）若不等式对任意n∈N*都成立，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）由，可求得a n＞2，＞a n；，即可证明a n+1（Ⅱ）由递推式分别求得a1，a2，a3…a n，采用裂项法分别求得：，，…，则++…+=a，由题意求得实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵，且，∴a n＞2又，∴a n＞a n…（5分）+1（Ⅱ）∵，∴，，…，∴，∴，…，∴，=，=，由题意，所以．…（15分）【点评】本题考查数列的递推公式，根据数列前几项，归纳出数列的通项公式，采用”裂项法“求数列的前n项和，考查观察及归纳推理能力，属于中档题．。

浙江省杭州市2016届高考物理模拟试卷(精品解析版)(5月份)

浙江省杭州市2016届高考物理模拟试卷(精品解析版)(5月份)

2016年浙江省杭州市高考物理模拟试卷（5月份）一、单项选择题（本题共4小题，共24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．选对的得6分，选错或不选的得0分．）1．以下叙述的物理事实中描述不正确的是（）A．离心现象是运动物体惯性的体现B．燃气灶中尖端点火器及超高压带电工作的工人需穿戴含金属丝的特制工作服均运用了静电屏蔽原理C．汽车在水平圆弧道路上行驶，其牵引力和运动阻力与转弯所需向心力无关D．电磁阻尼和电磁驱动均指阻碍导体在磁场中相对运动的现象2．如图1，用两个力传感器的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，显示器屏幕上出现的结果如图2所示．观察相互作用力随时间变化的真实实验曲线，可以得到以下实验结论（）A．作用力与反作用力一定同时变化B．作用力与反作用力的合力为零C．作用力与反作用力示数一定大小相等D．作用力与反作用力产生在同一挂钩上3．一个质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面的间动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3秒．若要使物体在3秒内运动产生的摩擦热能值最大，则力F随时间t变化的图象应为（）A．B．C．D．4．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线可以确定（）A．A、B两点间的位移大小B．中垂线上B点电场强度的大小C．B、C两点间的电势差D．A、C两点间的电势能的变化大小二、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，有一个或一个以上的选项符合题目要求．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．下列说法正确的是（）A．静电场、感应电场、磁场等均是客观存在的物质B．电势能是电荷、电场共同拥有且与电荷位置有关的能量C．做功是系统能量改变的唯一途径D．所有由法拉第电磁感应定律描述的感应电动势均有相同的形成机理6．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是（）A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小7．如图所示的直流电路中电源内阻r小于与之串联定值电阻的阻值R0，滑动变阻器的最大阻值小于与之并联定值电阻的阻值R．在滑动变阻器的滑片P从最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表的示数一直增大B．电流表的示数一直增大C．电阻R0消耗的功率一直增大D．电压表的示数变化值△U与相应的电流表示数值△I比值保持不变三、非选择题（本大题共6小题，共58分．）8．实验室课桌上已为学生准备了如图甲中的器材（1）小明想用常规方法完成“探究做功与速度的关系”实验，该实验不需要的器材有（2）图乙是纸带穿过打点计时器的两种穿法，比较合理的穿法认为是（选填“A”或“B”）（3）小明欲通过打出的纸带（图丙）来判断装置是否已经平衡摩擦力．根据小车运动方向和纸带点迹分布，为进一步平衡摩擦力，小明应适当（选填“增大”或“减小”）长木板与水平桌面的夹角．（4）在正确操作的情况下，所打的纸带如图丁所示，相邻两点间的时间间隔为0.02秒．为了测量做功后小车获得的速度，应选用纸带的部分进行测量（根据下面所示的纸带回答），小车获得的速度是m/s．（计算结果保留两位有效数字）（5）根据你做本实验的经历，实验中是如何简便有效测量对小车所做的功．9．要测量一个电流表A的内电阻R g（内阻约在1﹣2kΩ，之间，其量程为250μA），现提供的器材有：电源E（4V，内阻0.6Ω）电阻箱R A（0﹣999Ω）、滑动变阻器（0﹣20Ω，1A）滑动变阻器R2（0﹣250Ω，0.6A），滑动变阻器R3（0﹣1000Ω，0.3A）标准电流表A'（量程250μA），开关S1、S2、S3及导线若干今有甲、乙两同学，用不同的测量方法来测出内阻．（i）甲同学利用图甲的电路图来测量内阻，其实验步骤如下：①按电路图甲接好各元件，并使滑动触头P先置b端，断开开关S，调电阻箱阻值到零②闭合开关S，调节滑动触头P于某一位置，使A表达到满刻度I g③调节电阻箱电阻值，使A表电流为，记下电阻箱数值R④待测电流表内阻R g=R（ii）乙同学利用图乙的电路图来测得内阻，其实验步骤如下：①按电路图乙接好各元件，并使滑动触头P先置于b端，断开开关S1、S2、S3，调电阻箱阻值到零②闭合开关S1、S2，调节滑动触头P于某一位置，使表A'达到满刻度I g③闭合开关S3，断开开关S2，调节电阻箱电阻值，使A'表电流仍为I g，记下电阻箱数值R④得待测电流表内阻R g=R（1）在不考虑操作过程中失误的前提下，仅就电路设计而言，你认为能更准确地测出电流表内阻值的是同学设计的方案（2）请纠正你选择的方案在操作过程中的两处失误：A．B．（3）你认为测量精度较差的另一个设计方案中要使实验误尽可能小，该方案中滑动变阻器选择．10．甲、乙两船分别在同一条水流速恒定的河流中行驶，甲船从上游A地向下顺水匀速行驶，乙船则同时从下游B地向上逆水匀速行驶，两船出发后4小时在AB中点第一次相遇．甲船到B地、乙船到A地均立即掉头返回，两船在距第一次相遇点30km处第二次相遇．已知两船行驶的静水速度保持恒定．求：（1）水流速度（单位：km/h）（2）该河流的河岸宽度为2km，当甲船以静水速度v1=7.5km/h，乙船以静水速度v2=15km/h分别垂直横渡到正对岸，甲船渡河所需的时间是多少？乙船的船头与上游河岸的夹角需多大？（可用三角函数表达）11．直升机在救灾中常常发挥重要作用，山区救灾因地形限制需悬停空中向地面投放物资（如图所示）．空投物资一般只能从不高于h=20m处自由下落才能安全着地，而直升机安全悬停的高度比h要高得多，为此运输直升机中安装了投放物资的限速装置．有一类电磁型减速装置简化工作原理如图乙所示，半径分别为r1=1.0m和r2=0.5m的两个同心金属圆环可同时绕圆心O自由转动，连接两圆环的固定金属杆EF的延长线通过圆心O，足够长的刚性轻质细绳一端通过光滑滑轮挂救灾物资，另一端缠绕在大金属圆环上带动两同心圆环以相同角速度转动．圆环上的a点和b点通过电刷连接一个可调电阻R，两圆环之间区域有磁感应强度B=40T且垂直于圆盘平面向里的匀强磁场．垂放物资过程中细绳与大金属圆环间没有滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦均不计，重力加速度g=10m/s2求：（1）质量m=10kg物资安全地以最大速度落地时重力的瞬时功率；（2）利用该装置以最大安全速度匀速吊放物资，电阻R两端的电势差及流过电阻的电流方向？（填“a流向b”或“b流向a”）（3）若以最大安全速度一次投放物资的质量为m′=50Kg，可调电阻R所需的阻值？12．如图所示，a、b、c、d是位于同竖直平面内圆周上四点，a为圆周的最高点，b为最低点．ac、bd为两根固定的光滑细杆，每根杆上各套着一个小滑环，两个滑环都从杆的最高点无初速释放，证明：两个滑环的滑行时间相等．13．在建筑砂石料产地或粮库常将颗粒输送到高处落下在水平地面自然堆积成圆锥，其示意图如图所示；表格记录了一次在实验室中用干砂子模拟砂堆所测量的数据，表格中H为圆锥高度，L为圆锥底部直径．4810121420H（cm）L（cm）5050506070100试简要解释数据表格所反映的物理现象并求砂子间的平均摩擦因数．（2）现需将总体积为V且颗粒间摩擦因素为μ的砂子在水平平整场地中自然堆放，写出砂堆所需底部最小面积S min的表达式．（圆锥体积公式πr2h ）2016年浙江省杭州市高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共4小题，共24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．选对的得6分，选错或不选的得0分．）1．以下叙述的物理事实中描述不正确的是（）A．离心现象是运动物体惯性的体现B．燃气灶中尖端点火器及超高压带电工作的工人需穿戴含金属丝的特制工作服均运用了静电屏蔽原理C．汽车在水平圆弧道路上行驶，其牵引力和运动阻力与转弯所需向心力无关D．电磁阻尼和电磁驱动均指阻碍导体在磁场中相对运动的现象【考点】4A：向心力；1U：物理学史；D6：电磁感应在生活和生产中的应用．【分析】明确向心力来源，并知道离心现象能说明物体具有惯性；同时明确静电屏蔽原理的应用以及电磁感应规律的应用．【解答】解：A、离心现象的本质是物体有惯性的表现；故A正确；B、燃气灶中尖端点火器采用的是尖端放电原理；而超高压带电工作的工人需穿戴含金属丝的特制工作服运用了静电屏蔽原理；故B错误；C、汽车在水平圆弧道路上行驶，其向心力由垂直运动方向上的静摩擦力提供；因此其牵引力和运动阻力与转弯所需向心力没有关系的；故C正确；D、电磁阻尼和电磁驱动都是电磁感应引起的现象；电磁阻尼和电磁驱动均指阻碍导体在磁场中相对运动的现象；故D正确；本题选错误的；故选：B．【点评】本题考查向心力以及电磁感应现象和静电屏蔽原理；均为生活中应用或常见现象，要注意能将所学物理规律应用到生活中去．2．如图1，用两个力传感器的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，显示器屏幕上出现的结果如图2所示．观察相互作用力随时间变化的真实实验曲线，可以得到以下实验结论（）A．作用力与反作用力一定同时变化B．作用力与反作用力的合力为零C．作用力与反作用力示数一定大小相等D．作用力与反作用力产生在同一挂钩上【考点】35：作用力和反作用力．【分析】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，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上．【解答】解：A、根据图象可知，作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时变化，故AC正确；B、作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，不能合成．故B错误；D、作用力与反作用力作用在不同的物体上，故D错误；故选：AC【点评】解决本题的关键知道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，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上．3．一个质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面的间动摩擦因数为0.2，对物体施加一个大小变化但方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3秒．若要使物体在3秒内运动产生的摩擦热能值最大，则力F随时间t变化的图象应为（）A．B．C．D．【考点】6B：功能关系；62：功的计算．【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出各段时间内物体的位移，再计算摩擦力做功产生的热能，最后确定哪种情况热能最大．【解答】解：A．在0﹣1s内，F＜μmg=0.2×1×10=2N，物体静止不动．在1﹣2s内，加速度a1==1m/s2，位移x1=a1t2=m，第2s末的速度v=a1t1=1×1m/s=1m/s，在2﹣3s内，加速度a2==3m/s2，位移x2=vt+a2t2=2.5m，Q=μmgx总=2×则总位移为x总=3m，根据功能关系，因摩擦力做功产生的热能为3=6J；B．在0﹣1s内，a1==1m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1m/s．位移x1=a1t2= m，在1﹣2内，加速度a2==﹣1m/s2，位移x2=v1t﹣a2t2=0.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=0，在2﹣3s内，加速度a3==3m/s2，位移x3=a3t2=1.5m，则总位移为2.5m，根据功能关系，因摩擦力做功产生的热能为Q=μmgx2.5=5J；总=2×C．在0﹣1s内，F＜μmg，物体静止不动，在1﹣2s内，加速度a1==3m/s2，位移x1=a1t2=1.5m，第2s末的速度v=a1t1=3m/s，在2﹣3s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=vt+a2t2=3.5m，则总位移为5m，根据功能关系，因摩擦力做5=10J；功产生的热能为Q=μmgx总=2×D．在0﹣1s内，加速度a1==3m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=3m/s，第1s 内的位移x1=a1t2=1.5m，在1﹣2s内，加速度a2==1m/s2，位移x2=v1t+a2t2=3.5m，第2s末速度为v2=v1+a2t2=3.5m/s．在2﹣3s内，加速度a3==﹣1m/s2，则位移x3=v2t﹣a3t2=3m，所以总位移为8m，根据功能关系，因摩擦8=16J．力做功产生的热能为Q=μmgx总=2×由以上分析可知D选项因摩擦力做功产生的热能最大，故D正确．故选：D．【点评】解答此题的关键是分清各段运动过程，搞清楚各过程的运动性质．本题也可以通过计算加速度和速度，作出速度﹣时间图象，根据“面积”表示位移，判断位移的大小，再比较因摩擦力做功产生的热能的大小．4．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，并沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，则根据图线可以确定（）A．A、B两点间的位移大小B．中垂线上B点电场强度的大小C．B、C两点间的电势差D．A、C两点间的电势能的变化大小【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A7：电场线；AB：电势差．【分析】物块仅在运动方向上受电场力作用，从A点到B、到C运动的过程中，根据v﹣t图的斜率分析出加速度的大小，由牛顿第二定律分析B点场强．由动能定理分析电势能的变化．【解答】解：A、物块从A运动到B，由图可读出A、B两点的速度，已知物块的质量，根据动能定理得：qU AB=，只能求得qU AB，不能求AB间的位移大小，故A错误．B、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，可以求出物块在B点的加速度，根据牛顿第二定律得：qE=ma，由于物块的电荷量q未知，所以不能求出B点的电场强度E．故B错误．C、由A项同理知，根据动能定理只能求得qU BC，由于电荷量q未知，所以不能求B、C两点间的电势差U BC，故C错误．D、根据能量守恒定律知，由物块的速度和质量能求出A、C两点间的动能的变化量，从而由能量守恒可求得电势能的变化．故D正确．故选：D【点评】解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义：斜率等于加速度，涉及电势差、电势能时可用动能定理或能量守恒定律研究．二、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，有一个或一个以上的选项符合题目要求．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．下列说法正确的是（）A．静电场、感应电场、磁场等均是客观存在的物质B．电势能是电荷、电场共同拥有且与电荷位置有关的能量C．做功是系统能量改变的唯一途径D．所有由法拉第电磁感应定律描述的感应电动势均有相同的形成机理【考点】8C：改变内能的两种方式；AE：电势能．【分析】静电场、感应电场、磁场等均是客观存在的物质；电势能是由电荷和电场共同决定的能量；做功和热传递都能改变系统的能量．由法拉第电磁感应定律描述的感应电动势形成机理不全相同．【解答】解：A、静电场、感应电场、磁场等均是客观存在的特殊物质，故A正确．B、由电势能公式为E p=qφ，式中电势φ是由电场决定的，与电荷在电场中的位置有关，所以可知，电势能是电荷、电场共同拥有且与电荷位置有关的能量．故B正确．C、做功和热传递都能改变系统的能量．故C错误．D、由法拉第电磁感应定律描述的感应电动势可能是由于磁感应强度变化引起的，可能是由线圈的面积变化引起的，也可能是由于线圈与磁场间夹角变化引起的，所以形成的机理不一定相同，故D错误．故选：AB【点评】解决本题的关键要知道场的物质性，知道改变能量常用有两种方式：做功和热传递．要了解产生感应电动势的几种方式．6．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是（）A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】首先分析出该题要考察的知识点，就是对向心加速度的大小有影响的因素的分析，列出向心加速度的表达式，进行分析即可得知正确选项．【解答】解：为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的向心加速度为定值，且有a=g，宇航员随旋转舱转动的加速度为：a=ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与宇航员的质量没有关系，所以选项ACD错误，B正确．故选：B【点评】该题的考察方法非常新颖，解题的关键是从相关描述中提起有用的东西，对于该题，就是得知在向心加速度不变的情况下，影响向心加速度大小的物理量之间的变化关系，该题还要熟练的掌握有关匀速圆周运动的各个物理量的关系式，并会应用其进行正确的计算和分析．7．如图所示的直流电路中电源内阻r小于与之串联定值电阻的阻值R0，滑动变阻器的最大阻值小于与之并联定值电阻的阻值R．在滑动变阻器的滑片P从最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表的示数一直增大B．电流表的示数一直增大C．电阻R0消耗的功率一直增大D．电压表的示数变化值△U与相应的电流表示数值△I比值保持不变【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．【分析】先分析电路结构，由滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化，根据功率公式判断功率变化情况【解答】解：A、根据电路图可知，滑动变阻器的左半部分与R串联后与变阻器的右半部分并联后再与R0串联．当滑片P向左滑动时，由于滑动变阻器的最大阻值小于R，所以并联部分电阻一直增大，则总电阻一直增大，电路中总电流一直减小，电源的内电压以及R0所占电压都减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电压表示数一直增大，故A正确；B、电流表测量干路电流，根据A的分析可知，电流表示数一直减小，故B错误；C、根据P0=I2R0可知，I减小，则R0消耗的功率一直减小，故C错误；D、因U=E﹣I（R0+r）则=r+R0为定值，则D正确故选：AD【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．三、非选择题（本大题共6小题，共58分．）8．（2016•杭州模拟）实验室课桌上已为学生准备了如图甲中的器材（1）小明想用常规方法完成“探究做功与速度的关系”实验，该实验不需要的器材有重锤、钩码（2）图乙是纸带穿过打点计时器的两种穿法，比较合理的穿法认为是B（选填“A”或“B”）（3）小明欲通过打出的纸带（图丙）来判断装置是否已经平衡摩擦力．根据小车运动方向和纸带点迹分布，为进一步平衡摩擦力，小明应适当增大（选填“增大”或“减小”）长木板与水平桌面的夹角．（4）在正确操作的情况下，所打的纸带如图丁所示，相邻两点间的时间间隔为0.02秒．为了测量做功后小车获得的速度，应选用纸带的GJ部分进行测量（根据下面所示的纸带回答），小车获得的速度是0.65m/s．（计算结果保留两位有效数字）（5）根据你做本实验的经历，实验中是如何简便有效测量对小车所做的功逐次增加橡皮筋条数，从同一位置释放小车，每次对车做功值与橡皮筋条数成正比．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系；M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】（1）探究做功与速度变化关系的实验，所需的实验器材应该从实验的过程和步骤去考虑；（2）据打点计时器的使用规则判断纸带的穿法；（3）据质点的点判断小车是加速还是匀速，从而判断平衡摩擦力是否正好；（4）小车在橡皮条的作用下，先加速，然后匀速运动；据纸带上匀速运动部分，结合运动学公式求出速度的大小；（5）橡皮筋对小车做的功我们没法直接测量，所以我们是通过改变橡皮筋的条数的方法来改变功，为了让橡皮筋的功能有倍数关系就要求将橡皮筋拉到同一位置处．【解答】解：（1）据已给的实验器材可知，该实验是利用橡皮条对小车做功，实验不需要重锤和钩码．（2）纸带应穿过打点计时器的限位孔，压在复写纸下面，据图可知B图正确．（3）由于小车向左运动，质点的点间隔逐渐减小，所以小车做减速运动，为了进一步平衡摩擦力，小明应适当增大长木板与水平桌面的夹角．（4）小车在橡皮条的作用下，先加速，然后匀速运动，应根据匀速运动部分测量小车获得的速度，即根据GJ部分进行测量；据纸带上的点可知，v=．（5）由于橡皮筋做功为变力功，简便有效测量对小车所做的功的方法是逐次增加橡皮筋条数，从同一位置释放小车，每次对车做功值与橡皮筋条数成正比．故答案为：（1）重锤、钩码（2）B （3）增大（4）GJ，0.65m/s．（5）逐次增加橡皮筋条数，从同一位置释放小车，每次对车做功值与橡皮筋条数成正比．【点评】实验题首先要弄清楚实验原理是什么，在明确实验原理的情况下去记忆实验器材，实验步骤，注意事项，数据处理等方面的问题会起到事半功倍的效果．实验中，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，且伸长量都一样时，橡皮条数的关系就是做功多少的关系，从而解决了求解变力功的困难．9．（2016•杭州模拟）要测量一个电流表A的内电阻R g（内阻约在1﹣2kΩ，之间，其量程为250μA），现提供的器材有：电源E（4V，内阻0.6Ω）电阻箱R A（0﹣999Ω）、滑动变阻器（0﹣20Ω，1A）滑动变阻器R2（0﹣250Ω，0.6A），滑动变阻器R3（0﹣1000Ω，0.3A）标准电流表A'（量程250μA），开关S1、S2、S3及导线若干今有甲、乙两同学，用不同的测量方法来测出内阻．（i）甲同学利用图甲的电路图来测量内阻，其实验步骤如下：①按电路图甲接好各元件，并使滑动触头P先置b端，断开开关S，调电阻箱阻值到零②闭合开关S，调节滑动触头P于某一位置，使A表达到满刻度I g③调节电阻箱电阻值，使A表电流为，记下电阻箱数值R④待测电流表内阻R g=R（ii）乙同学利用图乙的电路图来测得内阻，其实验步骤如下：①按电路图乙接好各元件，并使滑动触头P先置于b端，断开开关S1、S2、S3，调电阻箱阻值到零②闭合开关S1、S2，调节滑动触头P于某一位置，使表A'达到满刻度I g③闭合开关S3，断开开关S2，调节电阻箱电阻值，使A'表电流仍为I g，记下电阻箱数值R④得待测电流表内阻R g=R（1）在不考虑操作过程中失误的前提下，仅就电路设计而言，你认为能更准确地测出电流表内阻值的是乙同学设计的方案（2）请纠正你选择的方案在操作过程中的两处失误：A．连接电路时应将滑动变阻器的滑片P先置于a端B．电阻箱的阻值在测量前应先置于2KΩ以上（3）你认为测量精度较差的另一个设计方案中要使实验误尽可能小，该方案中。

浙江省丽水、湖州、衢州2024-2024学年高三上学期一模物理试题(基础必刷)

浙江省丽水、湖州、衢州2024-2024学年高三上学期一模物理试题(基础必刷)

浙江省丽水、湖州、衢州2024-2024学年高三上学期一模物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题呼吸机在抗击新冠肺炎的战疫中发挥了重要的作用。

呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。

若吸气前肺内气体的体积为，肺内气体压强为（大气压强）。

吸入一些压强为的气体后肺内气体的体积变为，压强为，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为（ ）A．B．C．D．第(2)题2023年诺贝尔物理学奖授予发现产生阿秒光脉冲实验方法的三位物理学家。

阿秒光脉冲的产生可以分为三个过程：当强激光电场作用于原子时，电子会被电离，形成自由电子；电子在强激光电场中加速运动，并获得能量；强激光电场方向改变，使电子又回到被电离的原子（离子）中，电子多余的能量以光子辐射，形成阿秒光脉冲。

下列说法正确的是（）A．辐射的光子能量一定等于电子的电离能B．辐射的光子能量越大，对应的波长越长C．电子在强激光电场中加速获得的动能越多，光子的能量就越高D．在强激光场作用下，若电子能回到电离前的能级，电子的总能量一定增大第(3)题2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。

若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。

当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（ ）A．B．C．D．第(4)题如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动过程中，缸内气体（）A．内能增加，外界对气体做正功B．内能减小，所有分子热运动速率都减小C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加第(5)题已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变第(6)题如图有关量子力学建立之初的几个重要实验，下列说法错误的是（ ）A．普朗克为解释图甲的实验数据，提出了能量子的概念，被称为“量子力学之父”B．如图乙，在光照下，电流表发生了偏转，则无论如何调节滑动变阻器的滑片，都无法使电流表示数变为零C．康普顿依据爱因斯坦光电效应方程，测量计算出普朗克常量，与普朗克根据黑体辐射得出的值在误差允许的范围内是一致的D．可以用图丙中的原子特征谱线来做光谱分析第(7)题爱因斯坦光电效应方程给出了光电子的最大初动能E k与入射光的频率v的关系。

2016届高考物理一模试卷(附答案)

t)江苏省无锡市 2016 届高考物理一模试卷一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分，每小题只有一个选项符合题意．1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（ ）A ． F1B ． F2C ． F3D ． F42．如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角形围成的空间 封闭图形），所有棱长都为 a ，现在 A 、B 两点分别固定电量分别为 +q 和 -q 的两个点电荷，静电力常量为k ，下列说法错误的是（ ）A ．C 、D 两点的场强相同B ．C 点的场强大小为kqa 2C ．C 、D 两点电势相同D ．将一正电荷从 C 点移动到 D 点，电场力做正功3．一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知（）A ．该交流电的电流瞬时值的表达式为i = 2sin(100π AB ．该交流电的频率是 50HzC ．该交流电的电流有效值为 2 2 AD ．若该交流电流通过 R = 10 Ω 的电阻，则电阻消耗的功率是 20 W4．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空 110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源， 延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”轨道平面与地球赤道平面重合，轨道半径为地球同步卫星轨道 半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，下列说法正确的是（ ）A ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 5 倍C ．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍D ．增大圆盘转速，发现A 、B 一起相对圆盘滑动，则 A 、B 之间的动摩擦因数 μ 大于 B 与盘之间的动摩擦D ．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救5．如图，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力， 并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度—时间图象（图中实线）可能是 图中的（）A ．B ．C ．D ．二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分．6．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的 A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物 体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则是下列说法正确的是（）A ．B 的向心力是 A 的 2 倍B ．盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍C ．A 有沿半径向外滑动的趋势，B 有沿半径向内滑动的趋势A因数 μB7．现用充电器为一手机电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为 U ，输出电流为 I ，手机电池的内阻为 r ，下列说法正确的是（ ）A ．充电器输出的电功率为 UI + I 2rB ．充电器输出的电功率为 UI - I 2r边平行．一质量为 m 、带电量为 q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v 进入该正方形区域．当2 2 2 22 3 2C ．电池产生的热功率为 I 2rD ．充电器的充电效率为 Ir⨯100%U8．如图所示，在竖直平面内有一边长为 L 的正方形区域处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）1A ．可能等于零B ．可能等于 mv 0 21 1 11 2 1C ．可能等于 mv 2 + qEL - mgLD ．可能等于 mv 2 + qEL + mgL0 09．在如图所示的两平行虚线之间存在着垂直纸面向里、宽度为d ．磁感应强度为 B 的匀强磁场，正方形线框 abcd 的边长 L （ L ＜d ）、质量为 m 、电阻为 R ，将线框从距离磁场的上边界为 h 高处由静止释放后， 线框的 ab 边刚进入磁场时的速度为 v 0， ab 边刚离开磁场时的速度也为 v 0，在线框开始进入到ab 边刚离开 磁场的过程中（）A ．感应电流所做的功为 mg dB ．感应电流所做的功为 2mg dC ．线框的最小动能为 mg(h - d + L)D ．线框的最小动能为m 3g 2R 22B 4L 4三、简答题：本题共 2 小题，共 18 分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8 分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为 d ．质量为 m 的金属小球由 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A 、 B 间的距离为 H （ H ＞d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为 t ，当地的重力加速度为 g ．则：t 2t（1）如图乙所示，用 20 分度的游标卡尺测得小球的直径 d = ___________cm ．（2）多次改变高度 H ，重复上述实验，作出 1随 H 的变化图像如图丙所示，当图中已知量t 、 H 和重力0 0加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式：___________（用 t 、 H 、g 、d 表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．（3）实验中发现动能增加量 ∆E k 总是稍小于重力势能减少量 ∆E p ，增加下落高度后，则 ∆E p - ∆E k 将___________（选填“增加”、“减小”或“不变”）．11．（10 分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为 100A ．内阻为 2 500 Ω 的表头，一个开关，两个电阻箱（ 0 - 999.9 Ω ）和若干导线．（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为 50 mA 的电流表，则应将表头与电阻箱___________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为___________．（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图 1 所示，通过改变电阻 R 测相应的电流 I ，且作相关计算后一并记录如下表：R （Ω）I （mA ）IR （V ）195.015.01.43275.018.7 1.40355.024.8 1.36445.029.5 1.33535.036.0 1.26625.048.0 1.201I（ A -1 ）66.753.540.333.927.820.8从表格中给定的量任选两个作为纵轴和横轴的变量，在图 2 中作出相应图线；并根据图线求出电池的电动势 E = ___________V ，内阻 r = ___________．四、计算题：本题共 5 小题，共计 71 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．12．（10 分）有一个阻值为 R 的电阻，若将它接在电压为 20V 的直流电源上，其消耗的功率为 P ；若将它接在如图所示的理想变压器的次级线圈两端时，其消耗的功率为（V ），不计电阻随温度的变化．求：（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值．P 2．已知变压器输入电压为 u =220sin100π（2）若装置匀速转动的角速度 ω =50rad/s ，求细线 AB 和 AC 上的张力大小 T 、 T 2AC ． 3=（2）此变压器原、副线圈的匝数之比．13．（12 分）如图所示装置可绕竖直轴 O 'O 转动，可视为质点的小球 A 与两细线连接后分别系于 B 、C 两 点，当细线 AB 沿水平方向绷直时，细线 AC 与竖直方向的夹角 θ 37︒ ．已知小球的质量 m = 1kg ，细线AC 长 L = 1m ，（重力加速度取 g = 10 m/s 2 ， sin37 ︒ = 0.6 ）（1）若装置匀速转动时，细线 AB 刚好被拉直成水平状态，求此时的角速度ω ． 1AB14．（15 分）固定的倾角为 37︒ 的光滑斜面，长度为 L = 1m ，斜面顶端放置可视为质点的小物体，质量为0.5kg ，如图所示，当水平恒力较小时，物体可以沿斜面下滑，到达斜面底端时撤去水平恒力，物体在水平地面上滑行的距离为 s ，忽略物体转弯时的能量损失，研究发现 S 与 F 之间的关系如图所示，已知 g = 10 m/s 2 ，sin37︒ = 0.6 ， cos37︒ = 0.8 ．求：（1）物体与地面间的动摩擦因数；（2）当 F = 3N 时，物体运动的总时间（结果可以用根式表示）15．（17 分）如图所示，在 xOy 平面中第一象限内有一点 P(4,3) ，OP 所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP 上方有平行于 OP 向上的匀强电场，电场强度 E = 100 V / m ．一质量 m = 1⨯10-6 kg ，电荷量 q = 2 ⨯10-3 C 带正电的粒子，从坐标原点 O 以初速度 v = 1⨯103 m / s 垂直于磁场方向射入磁场，经过 P点时速度方向与 OP 垂直并进入电场，在经过电场中的 M 点（图中未标出）时的动能为 P 点时动能的 2 倍，不计粒子重力．求： （1）磁感应强度的大小；（2）O、M两点间的电势差；（3）M点的坐标及粒子从O运动到M点的时间．16．（17分）如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30︒角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m 的金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆a b接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆a b，测得最大速度为v．改变电阻箱的阻值R，得到v与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L=2m，重力m m加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计．（1）当R=0时，求杆ab匀速下滑时产生感应电动势E的大小，并判断杆中的电流方向；（2）求解金属杆的质量m和阻值r；（3）当R=4Ω时，从静止释放ab杆，在ab杆加速运动的过程中，回路瞬时电功率每增加1W时，合外力对杆做功多少？22=1102V江苏省无锡市2016届高考物理一模试卷答案一、单项选择题1．B2．D3．D4．C5．A二、多项选择题6．BD7．C8．BCD9．BC三、简答题10．（1）0.815cm；（2）2gH t002=d2（3）增加11．（1）并联；5（2）如图所示：1.53；2.0四、计算题12．解：（1）直流电源的电压U=20V，设变压器次级线圈两端的电压的有效值为U，根据题意有：02P U2U2=2，P=02R R2得：U=U=102V20（2）变压器输入的电压有效值为：U=2201根据变压器电压比公式，可得：n:n=U:U=11:11212答：（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值为102V．（2）此变压器原、副线圈的匝数之比为11:1．13．解：（1）当细线AB刚好被拉直，则AB的拉力为零，靠AC的拉力和重力的合力提供向心力，L32物体运动的总时间为：t=t+t=633根据牛顿第二定律有：mg tan37︒=mLω2，AB1解得ω=g tan37︒1AB =10⨯34=52rad/s．1⨯5（2）若装置匀速转动的角速度ω=2竖直方向上有：T cos37︒=mg，AC 503rad/s，水平方向上有：T sin37︒+TAC AB =mLω2，AB2代入数据解得TAC =12.5N，TAB=2.5N．答：（1）此时的角速度为52rad/s．2（2）细线AB和AC上的张力大小T、TAB AC分别为2.5N、12.5N．14．解：（1）设物体的质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，则地面对物体的摩擦力：f=μmg当F取F=0N时，物体在水平地面上的位移为：s=6m11斜面是光滑的，则下滑过程增加的动能：E=mgLsin37︒k水平方向上，摩擦力做功大小：W=fs=E1k联立以上三式代入数据得：μ=0.1（2）当F=3N时，设物体下滑的加速度为a，在斜面上运动时间为t，则由牛顿第二定律得：mgLsin37︒-Fcos37︒=ma由位移时间公式得：L=1at2 2联立以上两式代入数据得：t=6 3 s则滑下斜面时速度大小为：v=at水平面上，设物体的加速度为a，运动时间为t，由牛顿第二定律得：μmg=ma111 v=a t11联立以上三式代入数据得：t=6s46+6=s总1t ' = T15．解：（1）因为粒子过 P 点时垂直于 OP ，所以 OP 为粒子做圆周运动的直径为 5 m ，由qvB = mv 2R得： B = 0.2 T（2）进入电场后，沿电场线方向1y ' = at 2 = 105 t 22v = at = 2 ⨯105 ty '垂直于电场方向 x ' = vt = 103tv = 103 m / sx '因为 2E kP = E kM 1 ，即 2 ⨯ mv 2 = 21 2m(v 2 + v 2 )x ' y '解得： x ' = 5 m ， y ' = 2.5 mt = 0.5 ⨯10-2 sOM 两点间的电势差： U = E(OP + y ') = 7.5 ⨯102 V（3）粒子在磁场中从 O 到 P 的运动时间：πm = = 7.85 ⨯10-3 s2 Bq粒子在电场中从 P 到 M 的运动时间：t = 0.5 ⨯10-2 s所以，从 O 到 M 的总时间：t = t + t ' = 1.285 ⨯10-2 s总M 点坐标： X = (OP + y ')cos θ - x 'sin θ = 3 mY = (OP + y ')sin θ + x 'scos θ = 8.5 m答：（1）磁感应强度的大小 0.2 T ；（2）OM 两点间的电势差 7.5 ⨯102 V ；（3）M 点的坐标（3 m ，8.5 m ）及粒子从 O 运动到 M 点的时间1.285 ⨯ 10-2 s ．m / (s Ω) = 1m / (s Ω) ，纵截距为 v = 2 m / s ， 2 2 2 ；16．解：（1）由图可知，当 R = 0 时，杆最终以 v = 2 m / s 匀速运动，产生电动势 E = BLv = 0.5 ⨯ 2 ⨯ 2 V = 2 V由右手定则判断得知，杆中电流方向从 b → a（2）设最大速度为 v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv由闭合电路的欧姆定律： I =ER + r杆达到最大速度时满足 mgsin θ - BIL = 0解得： v = mgsin θ mgsin θR + rB 2L 2 B 2L 2由图像可知：斜率为 k =4 - 2 20 得到： mgsin θ B 2L 2r = vmgsin θ B 2L 2= k解得： m = 0.2 kg ， r = 2 Ω ；（3）由题意： E = BLv ，P =E 2R + rB 2 L 2 v 2得 P = ，则R + rB 2L 2 v 2 B 2L 2 v 2∆P =- 1 R + r R + r由动能定理得1 1W = mv 2 - mv 22 1联立得 W = m(R + r) 2B 2L 2∆P代入解得 W = 0.6 J答：（1）当 R = 0 时，杆 ab 匀速下滑过程中产生感生电动势 E 的大小是 2 V ，杆中的电流方向从 b → a ；（2）金属杆的质量 m 是 0.2 k g ，阻值 r 是 2 Ω （3）当 R = 4 Ω 时，回路瞬时电功率每增加 1 W 的过程中合外力对杆做的功 W 是 0.6 J ．江苏省无锡市2016届高考物理一模试卷解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．1．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．2．【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】+q、﹣q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，根据对称性分析C．D场强关系．根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功．【解答】解：A．C．由题，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，C．D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C．D两点的场强、电势均相同．故A．C正确；B．两个电荷在C点产生的场强：，C点的合场强：，如图．故B正确；D．由题，通过AB的中垂面是一等势面，C．D在同一等势面上，电势相等，将一正电荷从C点移动到D 点，电场力不做功．故D错误．本题要求选择错误的选项，故选：D【点评】本题要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得出C．D处于通过AB的中垂面是一等势面上．“3．【考点】正弦式电流的图像和三角函数表达式．【分析】根据图像可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电 的有效值和频率【解答】解：由图像可知，交流电的最大值为 2A ，电流的周期为 0.04s ，A ．交流电的加速度 ω=以 A 错误；B ．交流电的频率为 f= == =50π，所以交流电的电流瞬时值的表达式为 i=2sin （50πt ）（A ），所=25Hz ，所以 B 错误；C ．交流电的电流有效值为=A ，所以 C 错误；D ．交流电的电流有效值为A ，所以电阻消耗的功率 P=I 2R=×10=20W ，所以 D 正确【点评】本题考查的是学生读图的能力，根据图像读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可． 4．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】根据“轨道康复者”在某一位置受到的重力提供它做圆周运动的向心力，可知运行加速度和所在高 度出的重力加速度的关系．根据万有引力提供向心力分析．同步卫星和地球自转的角速度相同，比较出 轨 道康复者”和同步卫星的角速度大小，就可以判断出“轨道康复者”相对于地球的运行方向【解答】解：A ．轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速 度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动．故 A 错误．B ．根据速度公式 v=，所以“轨道康复者”的速度地球同步卫星速度的 倍，故 B 错误C ．根据=mg=ma ，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍，故 C 正确；D ．“轨道康复者”要在原轨道上加速将会做离心运动，到更高的轨道上，故 D 错误；【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力．以及 “轨道康复者”处于完全失重 状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动5．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】当将外力突然撤去后，物体先向上做加速直线运动，由于弹簧的压缩量在减小，弹力减小，当减到 F 弹=G ，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则 F 弹＜G ，加速 度 a 反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零．【解答】解：当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上做加速直线运动，弹力不断减小，合 力减小，加速度减小，图像切线的斜率减小；当弹力 F 弹=G ，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则 F 弹＜G ， 加速度 a 反向增大，物体开始做减速，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度恒定的匀减速运动，直到速度为零．故 A 正确，BCD 错误．A B【点评】本题的关键是分析清楚物体的运动过程，及在每一段上做出正确受力分析，然后利用牛顿第二定律和力与运动关系即可轻松解决问题．二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分． 6．【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】A ．B 两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定 律分析判断．【解答】解：A ．A ．B 两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A ．B 的向心力相等，故 A 错误．B ．对 A 分析，有：，对 AB 整体分析， ，可知盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 摩擦力的 2 倍，故 B 正确．C ．A 所受的摩擦力方向指向圆心，可知A 有沿半径向外滑动的趋势，B 受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半 径向外滑动的趋势，故 C 错误．D ．增大圆盘转速，发现 A ．B 一起相对圆盘滑动，则 B 与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A 与 B 之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知， ． 之间的动摩擦因数 μA 大于 B 与盘之间的动摩擦因数 μB ．故 D 正确．【点评】解决本题的关键知道 A ．B 两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力 的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等． 7．【考点】电功、电功率．【分析】电池的充电过程是电能向化学能转化的过程，分析清楚能量是如何转化的，根据能量守恒定律列 式求解．【解答】解：AB ．充电器电源的输出电压为 U ，输出电流为 I ，则充电器输出的电功率 P=UI ，故 A ．B 错 误．C ．电池产生的热功率为 P =I 2r ．故 C 正确．热D ．充电器的充电效率为 η=×100%= ×100%，故 D 错误【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路中内电阻发热功率的计算符合焦耳定律．8．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．【分析】要考虑电场方向的可能性，如图，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于 A C 向上或向下．分 析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．【解答】解：令正方形的四个顶点分别为 ABCD ，如图所示 若电场方向平行于 AC ：①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为，重力做功为﹣ ，根据动能定理得：E，即②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则 E k =若电场方向平行于 AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为定理得：．，重力做功为 ，根据动能，即．由上分析可知，电场方向平行于 AC ，粒子离开电场时的动能不可能为 0. 若电场方向平行于 AB ：若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于 0.若电场力向右，小球从 D 点离开电场时，有则得若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于 0.故粒子离开电场时的动 能都不可能为 0.故 B ．C ．D 正确，A 错误．【点评】解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．9．【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】从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的整个过程中，线框的动能不变，重力势能减小转化为内 能，根据能量守恒定律求解线圈产生的热量，即可得到感应电流做功．线框完全进入磁场后，到ab 边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab 边进入磁场时速度为 v 0，ab 边刚穿出磁场时速 度也为 v 0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc 刚进入磁场时速度最小，根据动能定理求解最小动能． 【解答】解：A ．B ．分析从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的过程：动能变化为 0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则 Q=mgd ；ab 边刚进入磁场速度为 v 0，穿出磁场时的速度也为 v 0，所以从 ab 边刚穿出磁场到 cd 边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从 ab 边刚进入磁场到 ab 边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从 ab 边进入磁场到 cd 边离开磁场的过程，产生的热量为：Q′=2mgd ，则感应电流做功为：W=Q′=2mgD ．故 A 错误，B 正确．C ．D ．线框完全进入磁场后，到 ab 边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab 边进入磁场时速度为 v 0，cd 边刚穿出磁场时速度也为 v 0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc 刚进入磁 场时速度最小．设线框的最小动能为 E km ，全部进入磁场的瞬间动能最小．由动能定理得：从 ab 边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有： km ﹣ 解得：E km =mg （h ﹣d+L ），故 C 正确，D 错误．=mgL ﹣mgd ，又 =mgh【点评】本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab边进入磁场时速度和ab边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等．三、简答题：本题共2小题，共18分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；故读数为：8mm+3×0.05mm=8.15mm=0.815cm；（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2，即：2gH0=（解得：2gH0）2 =d2．（△3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣Ek将增加；【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．11．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）由电表的改装原理可明确应并联一个小电阻分流来扩大电流表量程，根据并联电路规律可求得对应的电阻；（2）根据闭合电路欧姆定律可明确对应的表达式；再由描点法得出图像；再由闭合电路欧姆定律求出表达式，由图像即可求出电动势和内电阻．【解答】解：（1）电流表量程扩大于50mA，即扩大电流的499倍，则有：R=≈5Ω；（2）由闭合电路欧姆定律可知：I=变形可得：IR=E﹣I（r+RA），故可以作出IR﹣I图像；根据描点法得出对应的图像如图所示；=500倍，则应并联一个小电阻，其分流应为表头则由图像可知，对应的电动势为1.53V，内阻为：r=﹣5=2.0Ω【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意认真分析电路，明确闭合电路欧姆定律的应用，注意灵活选择对应的表达式以起到简化的目的．四、计算题：本题共5小题，共计71分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．12．【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据功率公式求出变压器次级线圈两端的电压的有效值，根据变压器输入电压的瞬时表达式求出最大值，从而求出有效值，再根据电压之比等线圈匝数比求解．【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，难度不大，属于基础题．13．【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】（1）当细线AB刚好被拉直，则AB的拉力为零，靠AC的拉力和重力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出此时的角速度．（2）抓住小球竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出细线AB和AC的张力．【点评】解决本题的关键知道小球向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解．14．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据图像面积F=0时，物体水平运动摩擦力做负功等于重力势能的减小量，从而求出摩擦力和对摩擦因数；（2）当F=3N时，求出从斜面下滑的加速度，由位移时间公式求出斜面上的运动时间；由速度公式求出滑下斜面时的速度，根据牛顿第二定律求出在水平面上的加速度，根据速度时间公式求出初速度，联立求解可求出水平面上的运动时间，总时间即为两者之和．【点评】本题考查内容为匀变速运动的运动学公式的应用，关键是对于图中信息的读取和应用．15．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律即可求解；。

2016年浙江省温州市高考物理模拟试卷(二)(解析版)

2016年浙江省温州市高考物理模拟试卷（二）一、选择1．如图所示，某小孩在广场游玩时，将一气球用轻质细绳与地面上木块相连．气球在水平风力作用下处于斜拉状态，此时细绳与竖直线成θ角．假若气球和木块的质量分别为m、M．当水平风力缓慢增大时，则下列说法中错误的是（）A．细绳拉力变大 B．水平面对木块的弹力不变C．水平面对木块的摩擦力变大 D．木块有可能脱离水平面2．如图所示，在多数情况下，跳伞运动员跳伞后最初一段时间内降落伞不张开．经过一段时间后，降落伞张开，运动员做减速运动．假若降落伞受到阻力与速度大小成正比，即f=kv，降落伞张开前所受的阻力忽略不计．已知跳伞运动员和跳伞总质量为m．则下列说法中正确的是（）A．降落伞张开以后，运动员运动过程中加速度一直在增大B．降落伞刚张开时，运动员处于超重状态C．若运动员质量m增加一倍，则最后匀速运动时重力做功的功率也增加一倍D．运动员运动过程中机械能始终减小3．如图所示为自行车示意图．自行车的大齿轮通过链条和后轮中小齿轮连接，转动时链条不松动．小齿轮与后轮共轴一起转动．假若大齿轮的半径为a，小齿轮半径为b，后轮半径为c．正常运行时，自行车匀速前进速度大小为v．则下列说法中错误的是（）A．后轮转动的角速度为B．大齿轮转动的角速度为C．小齿轮边缘某点转动的向心加速度为（）2bD．大齿轮边缘上某点转动的向心加速度为4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：在在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果只有N极的磁单极子从上而下穿过如图所示的电阻为零的超导线圈，那么从上向下看，这个线圈将出现（）A．接近过程中感应电流方向是顺时针方向B．远离过程中感应电流方向是顺时针方向C．超导环中感应感应大小先增大，后减小D．超导环中感应电流一直增大二、选择题（本题共2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．离子推进器是新﹣代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正．推进剂从图中P 处注入，在A处电离出正离子，BC间加有恒定电压，正离子进入B时速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出．已知推进器获得的推力为F，喷出正离子质量为m0，所带电量为2e．为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度．则下列说法中正确的是（）A．单位时间内喷出正离子数量为B．喷出正离子的速率为v=C．加在BC间的电压为U=D．推进器对离子做功的平均功率为P=6．如图所示，某同学在探究磁场对电流作用力实验时把通电导线换成长为l，高为h，厚度为d的长方体导体板．匀强磁场感应强度大小为B，方向如图所示．现在沿着x方向通有电流，电流强度为I，在沿着z轴方向上下两端测出电势差为U．已知电子所带电量为e．则下列说法中正确的是（）A．此导体板受到磁场力大小为F=BIl，方向为竖直向下B．上端电势高于下端电势C．电子定向运动速度为D．导体内单位体积内电子数为n=三、非选择题（共12题，共180分）7．某同学用如图所示的实验装置来做“探究合外力做功与速度关系”实验．若用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．（1）实验时是否要控制小桶与砝码的质量m要远远小于小车的质量M？．（填“是”或“否”）（2）在平衡摩擦力时，具体操作为．（3）把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与砝码桶（内有砝码）相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率v A、v B；改变所挂砝码的质量，重复上述操作．以拉力F为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的﹣F关系图线．根据图线可得出的实验结论为；若L已知，根据图线可以求出小车的质量M为．8．在做“测量电源电动势和内阻”实验时，可供使用的实验器材如下：A．待测电池（内阻较小）B．电压表V（量程0﹣3V，内阻3kΩ）C．变阻箱（0﹣99.9Ω）D．定值电阻R0（阻值2.0Ω）E．开关与导线若干（1）根据上述器材，某研究性学习小组设计出了如图所示的两种测量电路．为了提高测量准确度，应选择电路图（用代号表示）．（2）根据所设计的电路图，闭合开关K，调节电阻箱的阻值，读出电压表相对应的示数，得到表中所示的数据．其中第4组数据的变阻箱和电压表示数如图c和如图d所示，请读出（3）为了比较准确地得出实验结果，该研究小组准备用图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表的读数U，为了能使图象为一条直线，则该研究小组应用来表示横坐标，根据表中实验数据在图e提供的图象中作图，可以利用图象求出E=，r=．9．如图所示为某同学设计的“运用电场力模拟重力过山车”实验的示意图．直线形挡板P1P2与半径为R的圆弧形挡板平滑连接在P2处并安装在水平台面上，挡板与台面均固定不动．质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并能沿着圆周运动．小滑块与P1P2台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g．匀强电场水平向左，场强为E．且Eq≥μmg，p1p2=l．试求：小滑块的初速度大小满足条件．10．如图（a）所示，横截面积为S、匝数为n的线圈M中产生随时间均匀变化的磁场B1，B1随时间变化规律如图（b）所示．已知线圈的电阻为r，两端接在水平导轨PQ上，水平导轨离水平面高度为h，电阻不计，宽度为L．在水平导轨的右端放置一质量为m、电阻为R的金属棒ab，现在水平导轨区域右侧有一竖直向上的匀强磁场，方向竖直向上，磁感应强度为B2，ab棒处于此匀强磁场中．（1）若ab棒用其他外力使之静止不动，在t=0前闭合K，则在3t0时间内通过ab棒的电量为多大？在ab棒上产生的热量为多大？（2）若ab棒可以自由滑动，开始K断开，在t=t0时闭合K（K闭合时间相对t0较小），则ab水平抛出，从抛出到落地水平射程为x．试求闭合K过程中通过ab棒的电量．11．磁流体椎进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用，如图a所示是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成．如图b所示，通道是尺寸为a×b×c的长方体，工作时，在通道内沿z轴正方向加磁感应强度为B的匀强磁场．海水沿y轴方向流过通道，已知海水的电阻率ρ．（1）若推进船静止不动，在P、Q间连接一电阻不计的导线，海水以v0速度沿着y轴运动，试求此时通过连接导线的电流强度；（2）假若海水开始静止，在P、Q面间加可以自动调节的电压，可使流过通道内海水的电流保恒定值I．回答以下问题：①要使磁流体推进船沿着负y轴方向运动，图b中P、Q哪点电势高？②若船保持静止，通道内海水以v0速度匀速运动，求推进器对海水推力的功率；③若船以v s的速度匀速前进，在通道内海水的速率增加到v d．试求磁流体推进器消耗的功率．2016年浙江省温州市高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择1．如图所示，某小孩在广场游玩时，将一气球用轻质细绳与地面上木块相连．气球在水平风力作用下处于斜拉状态，此时细绳与竖直线成θ角．假若气球和木块的质量分别为m、M．当水平风力缓慢增大时，则下列说法中错误的是（）A．细绳拉力变大 B．水平面对木块的弹力不变C．水平面对木块的摩擦力变大 D．木块有可能脱离水平面【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对气球受力分析，利用共点力平衡条件列式；再对气球和木块整体受力分析，利用共点力平衡条件列式，联立方程组分析得到结论．【解答】解：A、对气球受力分析，受到重力、风的推力、拉力、浮力，如图根据共点力平衡条件，有Tsinθ=FTcosθ+mg=F浮解得T=，当风力增大时，绳子的拉力T也增大，故A正确；B、再对气球和木块整体受力分析，受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有N=（M+m）gf=F当风力增大时，地面支持力不变，与风力无关，木块不可能脱离水平面，故B正确，D错误；C、木块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡，故其随风力的增大而逐渐增大，故C正确；本题选错误得故选：D2．如图所示，在多数情况下，跳伞运动员跳伞后最初一段时间内降落伞不张开．经过一段时间后，降落伞张开，运动员做减速运动．假若降落伞受到阻力与速度大小成正比，即f=kv，降落伞张开前所受的阻力忽略不计．已知跳伞运动员和跳伞总质量为m．则下列说法中正确的是（）A．降落伞张开以后，运动员运动过程中加速度一直在增大B．降落伞刚张开时，运动员处于超重状态C．若运动员质量m增加一倍，则最后匀速运动时重力做功的功率也增加一倍D．运动员运动过程中机械能始终减小【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】运动员先做自由落体运动，张开降落伞后运动员做减速运动，说明运动员受到的空气的阻力大于重力，然后结合f=kv与牛顿第二定律分析加速度的变化，根据加速度的方向判定超重或失重；根据P=mgv计算重力的瞬时功率．【解答】解：A、由题，降落伞张开后运动员做减速运动，说明运动员受到的空气的阻力大于重力，f＞mg，合力的方向向上．随速度的减小，运动员受到的阻力减小，加速度：a=减小，所以张开降落伞后运动员做加速度减小的减速运动．故A错误；B、降落伞刚张开时，运动员向下做减速运动，加速度的方向向上，运动员处于超重状态．故B正确；C、若运动员质量m增加一倍，则最后匀速运动时，根据mg=f可知阻力也增大一倍，又：f=kv，所以：，可知匀速运动的速度将增大一倍，重力做功的功率：P=mg•v，可知将增加三倍．故C错误；D、在运动员下落的过程中，跳伞运动员跳伞后最初一段时间内降落伞不张开，近似为自由落体运动，该过程中的机械能是守恒的．故D错误．故选：B3．如图所示为自行车示意图．自行车的大齿轮通过链条和后轮中小齿轮连接，转动时链条不松动．小齿轮与后轮共轴一起转动．假若大齿轮的半径为a，小齿轮半径为b，后轮半径为c．正常运行时，自行车匀速前进速度大小为v．则下列说法中错误的是（）A．后轮转动的角速度为B．大齿轮转动的角速度为C．小齿轮边缘某点转动的向心加速度为（）2bD．大齿轮边缘上某点转动的向心加速度为【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】后轮和小齿轮角速度相等，大齿轮和小齿轮边缘上的点线速度大小相等，结合线速度与角速度的关系、向心加速度公式分析求解．【解答】解：A、后轮的线速度为v，则后轮转动的角速度，故A正确．B、小齿轮和后轮共轴转动，角速度相等，则小齿轮的角速度为，根据小齿轮和大齿轮线速度大小相等，有：，解得大齿轮的角速度，故B错误．C、小齿轮边缘某点转动的向心加速度，故C正确．D、大齿轮边缘上某点转动的向心加速度，故D正确．本题选错误的，故选：B．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：在在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果只有N极的磁单极子从上而下穿过如图所示的电阻为零的超导线圈，那么从上向下看，这个线圈将出现（）A．接近过程中感应电流方向是顺时针方向B．远离过程中感应电流方向是顺时针方向C．超导环中感应感应大小先增大，后减小D．超导环中感应电流一直增大【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【分析】磁单极子穿过超导线圈，导致线圈中的磁通量发生变化，根据磁通量变化情况，由楞次定律可判定感应电流的方向，再结合法拉第电磁感应定律，及超导体没有电阻，即可求解．【解答】解：AB、若N磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从上向下看，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从下向上，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向逆时针．因此线圈中产生的感应电流方向不变．所以AB错误；C、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势先增大后减小，而由于超导体，则感应电流电流大小一直增大，故C错误，D正确．故选：D．二、选择题（本题共2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．离子推进器是新﹣代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正．推进剂从图中P 处注入，在A处电离出正离子，BC间加有恒定电压，正离子进入B时速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出．已知推进器获得的推力为F，喷出正离子质量为m0，所带电量为2e．为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度．则下列说法中正确的是（）A．单位时间内喷出正离子数量为B．喷出正离子的速率为v=C．加在BC间的电压为U=D．推进器对离子做功的平均功率为P=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功率、平均功率和瞬时功率．【分析】根据电流的定义式求解单位时间内喷出正离子数量．根据动能定理求解；根据动量定理求速率．根据动能定理求电压．由P=F求推进器对离子做功的平均功率．【解答】解：A、设单位时间内喷出正离子数量为n，由I=n•2e得n=．故A正确．B、以t=1s内喷射的离子（nm0）整体为研究对象，应用动量定理得F•t=nm0v﹣0解得v=．故B正确．C、根据动能定理得2eU=解得U=．故C正确．D、推进器对离子做功的平均功率为P=F=F•=．故D错误．故选：ABC6．如图所示，某同学在探究磁场对电流作用力实验时把通电导线换成长为l，高为h，厚度为d的长方体导体板．匀强磁场感应强度大小为B，方向如图所示．现在沿着x方向通有电流，电流强度为I，在沿着z轴方向上下两端测出电势差为U．已知电子所带电量为e．则下列说法中正确的是（）A．此导体板受到磁场力大小为F=BIl，方向为竖直向下B．上端电势高于下端电势C．电子定向运动速度为D．导体内单位体积内电子数为n=【考点】霍尔效应及其应用．【分析】根据左手定则可判定安培力的方向，结合安培力表达式F=BIL；电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出速度的大小．【解答】解：A、根据左手定则可判定安培力的方向竖直向上，此导体板受到磁场力大小为F=BIl，故A错误；B、电子定向移动的方向沿x轴负向，所以电子向上侧偏转，则上端带负电，下端失去电子带正电，下端的电势较高，故B错误．C、D、当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差．因而可得=Bev，解得：电子定向运动速度为；而I==nevs，则有，导体内单位体积内电子数为n=，故C正确，D错误；故选：C．三、非选择题（共12题，共180分）7．某同学用如图所示的实验装置来做“探究合外力做功与速度关系”实验．若用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．（1）实验时是否要控制小桶与砝码的质量m要远远小于小车的质量M？否．（填“是”或“否”）（2）在平衡摩擦力时，具体操作为将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，即通过两个光电门的时间相等．（3）把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与砝码桶（内有砝码）相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率v A、v B；改变所挂砝码的质量，重复上述操作．以拉力F为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的﹣F关系图线．根据图线可得出的实验结论为合外力做的功等于物体动能的变化量；若L已知，根据图线可以求出小车的质量M为．【考点】探究功与速度变化的关系．【分析】（1）若需要用小桶与砝码的代替小车受到的重力，则需要满足小桶与砝码的质量m 要远远小于小车的质量M，若不需要用小桶与砝码的代替小车受到的重力，则不必满足此条件；（2）确定是否平衡到摩擦力的依据就是轻推小车，是小车拖着纸带做匀速直线运动；（3）根据动能定理写出关于F的表达式，结合图象分析即可．【解答】解：（1）用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，不需要用小桶与砝码的代替，因此不需要小桶与砝码的总质量远小于车的质量；（2）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，即通过两个光电门的时间相等，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．（3）根据动能定理得：FL=，解得：，根据图象可知，与F成正比，则可以说明合外力做的功等于物体动能的变化量，根据图象可知：斜率k=，解得：M=故答案为：（1）否；（2）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，即通过两个光电门的时间相等；（3）合外力做的功等于物体动能的变化量；8．在做“测量电源电动势和内阻”实验时，可供使用的实验器材如下：A．待测电池（内阻较小）B．电压表V（量程0﹣3V，内阻3kΩ）C．变阻箱（0﹣99.9Ω）D．定值电阻R0（阻值2.0Ω）E．开关与导线若干（1）根据上述器材，某研究性学习小组设计出了如图所示的两种测量电路．为了提高测量准确度，应选择a电路图（用代号表示）．（2）根据所设计的电路图，闭合开关K，调节电阻箱的阻值，读出电压表相对应的示数，得到表中所示的数据．其中第4组数据的变阻箱和电压表示数如图c和如图d所示，请读出（3）为了比较准确地得出实验结果，该研究小组准备用图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表的读数U，为了能使图象为一条直线，则该研究小组应用来表示横坐标，根据表中实验数据在图e提供的图象中作图，可以利用图象求出E= 2.0V，r=0.4Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据实验原理可明确电路图连接方法；（2）根据电阻箱的读数方法可明确电阻箱的读数；根据电压表量程可确定电压表的读数；（3）测电源电动势与内阻实验中，应用图象法处理实验数据时，纵坐标轴表示路端电压，横轴表示电路电流；根据表中实验数据，由欧姆定律可以求出对应的电流；根据实验数据，应用描点法作图，作出U﹣I图象；电源的U﹣I图象与纵轴的交点是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻与保护电阻之和．【解答】解：（1）由于内电阻较小，故为了减小误差，故采用定值电阻与电源串联的方式，增大电源的等效电阻，再利用相对电源的电流表外接法进行测量；故电路图为a；（2）根据电阻箱的读数方法可知，电阻箱读数为：8.0Ω；电压表量程为3V，最小分度为0.1V；则读数为1.55V；（3）测电源电动势与内阻实验中，应用图象法处理实验数据时，纵轴表示路端电压，横轴表示电路电流I=，根据实验所测量的量，横轴应该是：电压U与电阻R的比值（或电流I）；根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：图象与电压轴的交点表电源的电动势，由图象可知，电源电动势：E=2.0V；图象斜率绝对值等于电源内阻与保护电阻阻值之和，则k=r+R0==Ω=2.4Ω，电源的内阻r=k﹣R0=2.4Ω﹣2.0Ω=0.4Ω；故答案为：（1）a；（2）8.0，1.55；（3），2.0V，0.4Ω．9．如图所示为某同学设计的“运用电场力模拟重力过山车”实验的示意图．直线形挡板P1P2与半径为R的圆弧形挡板平滑连接在P2处并安装在水平台面上，挡板与台面均固定不动．质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并能沿着圆周运动．小滑块与P1P2台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g．匀强电场水平向左，场强为E．且Eq≥μmg，p1p2=l．试求：小滑块的初速度大小满足条件．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】要使小滑块做圆周运动，有两种情况：第一种情况：小球不脱离轨道，能到达图中G点．第二种情况：小球能通过等效最高点，做完整的圆周运动，根据动能定理求解．【解答】解：设重力与电场力的合力为F，并设重力与F的夹角为θ，则tanθ=粒子在电场力作用下做匀加速直线运动到P2点，由动能定理得：qEl﹣μmgl=第一种情况：为使小球不脱离圆轨道，小球可以恰好到达G点，从P2到G点，由动能定理得：﹣mg（R+Rsinθ）+qERcosθ=0﹣联立得qEl﹣μmgl﹣mg（R+Rsinθ）+qERcosθ=﹣，即得v0=，其中tanθ=第二种情况：F认为是小物块同时在重力场和电场作用下的等效重力，方向已确定，则小物块从P1开始加速，F点为等效最低点，则E点为等效最高点，为使小球能完成圆周运动，则初速度最小需要保证小物块恰好通过等效最高点，在E点，有=m从P2到E点，由动能定理得：﹣mg（R+Rsinθ）﹣qERcosθ=﹣联立得qEl﹣μmgl﹣mg（R+Rsinθ）﹣qERcosθ=R﹣解得v0=，其中tanθ=故小滑块的初速度大小满足条件是v0≤，或v0≥，其中tanθ=．答：小滑块的初速度大小满足条件是v0≤，或v0≥，其中tanθ=．10．如图（a）所示，横截面积为S、匝数为n的线圈M中产生随时间均匀变化的磁场B1，B1随时间变化规律如图（b）所示．已知线圈的电阻为r，两端接在水平导轨PQ上，水平导轨离水平面高度为h，电阻不计，宽度为L．在水平导轨的右端放置一质量为m、电阻为R的金属棒ab，现在水平导轨区域右侧有一竖直向上的匀强磁场，方向竖直向上，磁感应强度为B2，ab棒处于此匀强磁场中．（1）若ab棒用其他外力使之静止不动，在t=0前闭合K，则在3t0时间内通过ab棒的电量为多大？在ab棒上产生的热量为多大？（2）若ab棒可以自由滑动，开始K断开，在t=t0时闭合K（K闭合时间相对t0较小），则ab水平抛出，从抛出到落地水平射程为x．试求闭合K过程中通过ab棒的电量．【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．【分析】（1）由图象可知，斜率表示磁通量的变化率，由法拉第电磁感应定律可知，即可求解；（2）根据闭合电路欧姆定律，与电量的表达式，即可求解【解答】解：（1）0﹣2t0感应电流的为I：I=Q1=I×2t0=2t0﹣3t0感应电流为I′：I′=Q2=I′t0=3t0时间内通过ab棒的电量为Q1+Q2=在ab上产生的热量为：I2R2t0+I′2Rt0=+=（2）抛出瞬时为T，则由动量定理：B2ILT=mv①。

2016届浙江省高考物理冲刺卷(2)(解析版)

2016届浙江省高考物理冲刺卷（2）一、选择题：本题共4小题．每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B．电场强度的定义式适用于任何电场C．由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D．一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向2．如图所示，一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动．在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，选项图中合理的是（）A．B．C．D．3．如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由安检传送带和x光透视系统两部分组成．在正常运行时，水平传送带的速度v是恒定的，请用物理知识判断下列说法正确的是（）A．乘客把物品轻放到传送带上，物品立刻随着传送带匀速运动B．乘客把物品轻放到传送带上，物品可能先向传送方向的相反方向运动C．乘客把物品轻放到传送带上，物品会先做一段加速运动，这段时间的长短不只取决于传送带运行的速度vD．乘客把物品轻放到传送带上，物品会相对于传送带滑行一段距离，对于确定的传送带和确定的物品来说，若传送速度v提高为原来的2倍，这段距离也变为原来的2倍4．如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是（）A．线框能旋转起来，是因为电磁感应B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大二、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．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（）A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下6．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处7．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，以下关于“霍尔转把”叙述正确的是（）A．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上下端分别为N、S 极B．按图甲顺时针转动把手，车速变快C．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的电势差D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，不影响车速控制三、非选择题部分（共78分）8．（10分）如图所示，两个相同装置：两辆相同的小车并排放在两相同的直轨道上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘．盘里可以分别放不同质量的砂子，小车后端连着纸带，纸带分别穿过固定在轨道上的打点计时器，两个打点计时器并联接在同一接线板上．实验时先接通接线板的电源使两打点计时器同时开始打点，然后同时释放两辆小车，当其中有一辆小车快接近导轨末端时，断开接线板的电源，两打点计时器同时停止工作．如图所示为某次实验得到的两条纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为所选取的测量点（相邻两点间还有四个打点未画出），两相邻测量点间的距离如图所示，单位为cm．打点计时器所用电源的频率为50Hz．（1）求出①号纸带测量点5的速度v5=m/s；①号纸带对应的加速度值为m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）利用此装置，正确平衡摩擦力后，研究质量一定时，加速度与力的关系，是否必须求出两辆小车运动加速度的确切值？（选填“是”或“否”）；请说明理由：（3）利用此图的其中一个装置，还可以探究做功与物体速度变化的关系．若用M表示小车及车上砝码的总质量，m表示砂子及盘的总质量，对于改变外力对小车做的功，下列说法正确的是A．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mB．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M远大于mC．通过改变小盘里砂子的质量来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mD．通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，只需平衡摩擦不需要满足M 远大于m（4）若在①号纸带上标注纸带随小车运动的加速度方向，应该是（填“O→E”，或“E→O”）9．（10分）实验室新进了一批低电阻的金属丝（如实物图中电阻），已知金属丝的电阻率ρ=1.7×10﹣8Ω•m．课外活动小组的同学设计了一个实验来测算使用的金属丝长度．他们选择了电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．在实验中，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，（1）应从如图1所示的A、B、C、D四个电路中选择电路来测量金属丝电阻；（2）请把图2的实物按照原理图连接起来，要求导线不能交叉．（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图3所示，金属丝的直径为mm；（4）测出电压表示数为2.0V时，电流表示数为0.5A，根据金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为m．（结果保留两位有效数字）10．（16分）如图1所示，山区高速公路上，一般会在较长的下坡路段的坡底设置紧急避险车道．如图2所示，将紧急避险车道视为一个倾角为θ的固定斜面．一辆质量为m的汽车在刹车失灵的情况下，以速度v冲上紧急避险车道匀减速至零．汽车在紧急避险车道上受到除重力之外的阻力，大小是自身重力的k倍．（1）画出汽车的受力示意图；（2）求出汽车行驶时的加速度；（3）求出汽车行驶的距离．11．（20分）有人设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米颗粒．颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比．电离后，颗粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I（加速距离极短，忽略此过程中重力的影响），再通过小孔O2射入匀强电场区域II，区域II中极板长度为l，极板间距为d．收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上且到上下极板的距离相等．半径为r0的颗粒，其质量为m0、电量为q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室．（V球=πr3，S球=4πr2）（1）图中区域II的电场强度；（2）半径为r的颗粒通过O2时的速率；（3）落到区域II中的下极板上的颗粒半径．12．（22分）利用超导体可以实现磁悬浮，如图1是超导磁悬浮的示意图．在水平桌面上有一个周长为L的超导圆环，将一块质量为m的永磁铁从圆环的正上方缓慢下移，由于超导圆环跟磁铁之间有排斥力，结果永磁铁悬浮在超导圆环的正上方h1高处平衡．（1）若测得圆环a点磁场如图所示，磁感应强度为B1，方向与水平方向成θ1角，问此时超导圆环中电流的大小和方向？（2）在接下来的几周时间内，人们发现永磁铁在缓慢下移．经过较长时间T后，永磁铁的平衡位置在离桌面h2高处．有一种观点认为超导体也有很微小的电阻，只是现在一般仪器无法直接测得，超导圆环内电流的变化造成了永磁铁下移，并设想超导电流随时间缓慢变化的I2﹣t图，你认为哪张图相对合理，为什么？（3）若测得此时a点的磁感应强度变为B2，夹角变为θ2，利用上面你认为相对正确的电流变化图，求出该超导圆环的电阻？2016年浙江省高考物理冲刺卷（2）参考答案与试题解析一、选择题：本题共4小题．每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B．电场强度的定义式适用于任何电场C．由安培力公式F=BIL可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D．一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向【考点】磁感应强度；电场强度【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；洛伦磁力的方向一定垂直于的磁感应强度方向和带电粒子的运动方向．【解答】解：A、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，故A错误．B、电场强度的定义式适用于任何电场．故B正确．C、由安培力公式F=BILsinθ可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．D、根据左手定则，一带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向一定垂直于的磁感应强度方向和带电粒子的运动方向，而粒子运动的方向不一定与磁场的方向垂直．故D错误．故选：B．【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件．2．如图所示，一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动．在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，选项图中合理的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对鱼进行分析，明确其受力情况，分别对水平方向由牛顿第二定律进行分析，竖直方向根据平衡条件进行分析，从而明确水对鱼的作用力的方向．【解答】解：鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向向左加速，故鱼受水平方向向左的外力；故水对鱼的作用力应是浮力与向左推动力的合力；故应斜向左上方；故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题考查受力分析以及牛顿第二定律的应用，要注意明确水对鱼还有竖直向上的作用力，这一力与鱼的重力相互平衡，但由于很多同学只注意到水平方向，很容易忽略浮力的作用．3．如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由安检传送带和x光透视系统两部分组成．在正常运行时，水平传送带的速度v是恒定的，请用物理知识判断下列说法正确的是（）A．乘客把物品轻放到传送带上，物品立刻随着传送带匀速运动B．乘客把物品轻放到传送带上，物品可能先向传送方向的相反方向运动C．乘客把物品轻放到传送带上，物品会先做一段加速运动，这段时间的长短不只取决于传送带运行的速度vD．乘客把物品轻放到传送带上，物品会相对于传送带滑行一段距离，对于确定的传送带和确定的物品来说，若传送速度v提高为原来的2倍，这段距离也变为原来的2倍【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】物品放传送带上时在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度达到传送带速度时，将做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析．【解答】解：物品轻放在传送带上，开始是静止的，物品受滑动摩擦力而向前运动，此时物品的加速度为a，由牛顿第二定律得：f=μmg=ma，物品的加速度大小为：a=μg当物品速度和传送带速度相等后，做匀速运动加速的时间，所以加速运动的时间的长短不只取决于传送带运行的速度v和传送带的粗糙程度，故AB错误，C正确；D、物品加速位移传送带匀速的位移物品相对传送带滑行的距离，传送带速度提高为原来2倍，这段距离变为原来的4倍故D错误；故选：C【点评】本题是物体在传送带上运动问题，物体在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速运动，速度达到传送带速度时，物体将和传送带一起匀速运动，抓住时间和位移之间的关系列式即可求解．4．（2015•江苏二模）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是（）A．线框能旋转起来，是因为电磁感应B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【考点】安培力【分析】根据左手定则判断线框的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小【解答】解：A、小磁铁产生的磁场方向为线框的下端A向下流向磁铁，对线框的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极周围磁感线由上往下斜穿入线框内部在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应．故A错误，B正确；C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率．故C正确．D、受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大．故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能二、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．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（）A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下【考点】牛顿第二定律；超重和失重【分析】体重计示数小于体重说明处于失重状态，则电梯应具有向下的加速度．【解答】解：A、体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小．故A错误；B、晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力，大小相等．故B正确；C、电梯做向上的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力．故C错误D、以人为研究对象，mg﹣F N=ma 求得：．故D正确故选：BD【点评】明确失重是物体对与之接触的物体的弹力小于重力，不是重力变小了．6．如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（）A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】本题中汽车有两种选择方案方案一、加速通过按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s 的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；方案二、减速停止按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论；【解答】解：如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m ＞18m，此时汽车的速度为v1=v0+a1t1=12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为=6.4m，即刹车距离为6.4m，提前18m减速，汽车不会超过停车线，如果距停车线5m处减速，则会过线，因而C项正确、D错误；故选AC．【点评】熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．7．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．转把转动永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电势差，已知电势差与车速关系如图丙，以下关于“霍尔转把”叙述正确的是（）A．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上下端分别为N、S 极B．按图甲顺时针转动把手，车速变快C．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的电势差D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，不影响车速控制【考点】霍尔效应及其应用【分析】根据霍尔元件的工作原理，当磁场强弱变化时，导致电子受到的洛伦兹力大小变化，从而出现不同的霍尔电势差，进而导致车速变化．【解答】解：A、由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，故A错误；B、当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，故B正确；C、根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C错误；D、当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可知，不会影响车速控制，故D正确；故选：BD．【点评】考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速．三、非选择题部分（共78分）8．（10分）如图所示，两个相同装置：两辆相同的小车并排放在两相同的直轨道上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘．盘里可以分别放不同质量的砂子，小车后端连着纸带，纸带分别穿过固定在轨道上的打点计时器，两个打点计时器并联接在同一接线板上．实验时先接通接线板的电源使两打点计时器同时开始打点，然后同时释放两辆小车，当其中有一辆小车快接近导轨末端时，断开接线板的电源，两打点计时器同时停止工作．如图所示为某次实验得到的两条纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为所选取的测量点（相邻两点间还有四个打点未画出），两相邻测量点间的距离如图所示，单位为cm．打点计时器所用电源的频率为50Hz．（1）求出①号纸带测量点5的速度v5=0.24m/s；①号纸带对应的加速度值为0.21m/s2．（结果保留两位有效数字）（2）利用此装置，正确平衡摩擦力后，研究质量一定时，加速度与力的关系，是否必须求出两辆小车运动加速度的确切值？否（选填“是”或“否”）；请说明理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度之比（3）利用此图的其中一个装置，还可以探究做功与物体速度变化的关系．若用M表示小车及车上砝码的总质量，m表示砂子及盘的总质量，对于改变外力对小车做的功，下列说法正确的是BCA．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M远大于mB．通过改变小车运动的距离来改变外力做功时，不需要平衡摩擦，也不需要满足M远大于mC．通过改变小盘里砂子的质量来改变外力做功时，必须平衡摩擦，必须满足M 远大于mD．通过改变小车上砝码的质量来改变外力做功时，只需平衡摩擦不需要满足M 远大于m（4）若在①号纸带上标注纸带随小车运动的加速度方向，应该是O→E（填“O→E”，或“E→O”）【考点】探究功与速度变化的关系；测定匀变速直线运动的加速度【分析】（1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据作差法求解加速度；（2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式分析即可；（3）采用倍增法使功成倍增加时，如果改变位移，保证力恒定即可；如果改变拉力，使拉力成倍增加即可．（4）根据计数点之间距离的变化可以判断小车加速还是减速运动，从而确定加速度的方向．【解答】解：（1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；对于第一条纸带，有：v5=≈0.24m/s，根据匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：a=≈0.21m/s2；（2）小车做初速度为零的匀加速直线运动，结合位移时间关系公式，有：==，故不需要求出小车运动加速度的确切值；理由：因两打点计时器同时开始、停止工作，故两小车运动的时间相等，可以用纸带上打点的总位移大小之比表示加速度大小之比；。

2016年浙江省丽水市高考一模数学试卷(文科)【解析版】

2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知，，则sin2α＝（）A．B．C．D．2．（5分）已知条件p：x＞1，q：，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．（5分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，下列结论一定成立的是（）A．a1+a3≥2a2B．a1+a3≤2a2C．a1S3＞0D．a1S3＜0 4．（5分）命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是（）A．∀x∈R，f（x）＝0且g（x）＝0B．∀x∈R，f（x）＝0或g（x）＝0C．∃x0∈R，f（x0）＝0且g（x0）＝0D．∃x0∈R，f（x0）＝0或g（x0）＝05．（5分）已知实数x，y满足条件，若使z＝ax+y取到最大值的最优解有无数个，则实数a＝（）A．﹣1B．1C．±1D．6．（5分）函数f（x）＝sin2x和函数g（x）的部分图象如图所示，则函数g（x）的解析式可以是（）A．g（x）＝sin（2x﹣）B．g（x）＝sin（2x+）C．g（x）＝cos（2x+）D．g（x）＝cos（2x﹣）7．（5分）已知平面向量，，满足||＝||＝1，|﹣|＝|﹣|＝|﹣|，则| |的最大值为（）A．2B．2C．D．18．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，虚轴的上端点为B，线段AB与渐近线交于点M，若FM平分∠BF A，则该双曲线的离心率e＝（）A．1+B．1+C．D．二、填空题（本大题共7小题，9～12小题每题6分，其它小题每题4分，共36分）9．（6分）设全集U＝R，集合P＝{x||x|＞2}，Q＝{x|x2﹣4x+3＜0}，则P∩Q ＝，（∁U P）∩Q＝．10．（6分）已知圆C：x2+y2﹣2y﹣1＝0，直线l：y＝x+m，则C的圆心坐标为，若l与C相切，则m＝．11．（6分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，表面积为．12．（6分）已知函数则f（f（3））＝；f（x）的单调递减区间是．13．（6分）已知正三角形ABC的顶点B，C在平面α内，顶点A在平面α上的射影为A′，若△A′BC为锐角三角形，则二面角A﹣BC﹣A′大小的余弦值的取值范围是．14．（6分）已知x，y为正实数，若x+2y＝1，则的最小值为．15．（6分）记min{a，b}＝，若函数f（x）＝x2+ax+b在（0，1）上有两个零点，则min{f（0），f（1）}的取值范围是．三、解答题（本大题共5小题，共74分）16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2c cos B＝2a﹣b．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若，b﹣a＝1，求△ABC的面积．17．（15分）在公差不为零的等差数列{a n}中，其前n项和为S n，已知a3＝5，且a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求a n和S n；（Ⅱ）记，若对任意正整数n恒成立，求正整数k的最小值．18．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知P A⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，P A＝，AD＝1，BC＝2，CD＝，M，N分别为AB，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线PC与平面P AB所成角的大小．19．（12分）如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G（a，1）（a≠0）．（Ⅰ）求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；（Ⅱ）设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N 四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．20．（12分）已知函数（a∈R）．（Ⅰ）当a＝1时，解不等式f（x）＞1；（Ⅱ）对任意的b∈（0，1），当x∈（1，2）时，恒成立，求a的取值范围．2016年浙江省丽水市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知，，则sin2α＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵，，∴cosα＝﹣＝﹣，∴sin2α＝2sinαcosα＝2××（﹣）＝﹣．故选：A．2．（5分）已知条件p：x＞1，q：，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：由x＞1，推出＜1，p是q的充分条件，由＜1，得＜0，解得：x＜0或x＞1．不是必要条件，故选：A．3．（5分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，下列结论一定成立的是（）A．a1+a3≥2a2B．a1+a3≤2a2C．a1S3＞0D．a1S3＜0【解答】解：选项A，数列﹣1，1，﹣1为等比数列，但a1+a3＝﹣2＜2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，﹣1，1为等比数列，但a1+a3＝2＞2a2＝﹣2，故B错误；选项D，数列1，﹣1，1为等比数列，但a1S3＝1＞0，故D错误；对于选项C，a1（a1+a2+a3）＝a1（a1+a1q+a1q2）＝a12（1+q+q2），∵等比数列的项不为0，故a12＞0，而1+q+q2＝（q+）2+＞0，故a12（1+q+q2）＞0，故C正确．故选：C．4．（5分）命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是（）A．∀x∈R，f（x）＝0且g（x）＝0B．∀x∈R，f（x）＝0或g（x）＝0C．∃x0∈R，f（x0）＝0且g（x0）＝0D．∃x0∈R，f（x0）＝0或g（x0）＝0【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈R，f（x）g（x）≠0”的否定是：∃x0∈R，f（x0）＝0或g（x0）＝0．故选：D．5．（5分）已知实数x，y满足条件，若使z＝ax+y取到最大值的最优解有无数个，则实数a＝（）A．﹣1B．1C．±1D．【解答】解：不等式组表示的平面区域如图，z＝ax+y的几何意义是直线y＝﹣ax+z的纵截距，∵z＝ax+y取得最大值时的最优解（x，y）有无数个，∴y＝﹣ax+z与直线y+x﹣4＝0或x﹣y+1＝0平行∴a＝±1故选：C．6．（5分）函数f（x）＝sin2x和函数g（x）的部分图象如图所示，则函数g（x）的解析式可以是（）A．g（x）＝sin（2x﹣）B．g（x）＝sin（2x+）C．g（x）＝cos（2x+）D．g（x）＝cos（2x﹣）【解答】解：代值计算可得f（）＝sin＝，由图象可得g（x）的图象经过点（，），代入验证可得选项A，g（）＝sin≠，故错误；选项B，g（）＝sin≠，故错误；选项D，g（）＝cos＝﹣cos＝≠，故错误；选项C，g（）＝cos＝cos＝，故正确．故选：C．7．（5分）已知平面向量，，满足||＝||＝1，|﹣|＝|﹣|＝|﹣|，则| |的最大值为（）A．2B．2C．D．1【解答】解：作向量＝，＝，＝，设向量，的夹角为α，由题意可得OA＝OB，CA＝CB＝AB，可得△CAO≌△CBO，即有OC垂直平分AB，设AB＝t，t＝2sin，等边三角形ABC的高CH为•t＝sin，则||＝cos+sin＝2sin（+），当+＝，即α＝时，取得最大值，且为2．故选：B．8．（5分）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，虚轴的上端点为B，线段AB与渐近线交于点M，若FM平分∠BF A，则该双曲线的离心率e＝（）A．1+B．1+C．D．【解答】解：双曲线C：﹣＝1的渐近线方程为y＝±x，由A（a，0），B（0，b），可得直线AB的方程为bx+ay＝ab，联立渐近线方程y＝x，解得M（，），即有M为AB的中点，由FM平分∠BF A，可得三角形ABF为等腰三角形，即有AF＝BF，即a+c＝，又a2+b2＝c2，可得c2＝2a2+2ac，由e＝，可得e2﹣2e﹣2＝0，解得e＝1+．故选：A．二、填空题（本大题共7小题，9～12小题每题6分，其它小题每题4分，共36分）9．（6分）设全集U＝R，集合P＝{x||x|＞2}，Q＝{x|x2﹣4x+3＜0}，则P∩Q＝（2，3），（∁U P）∩Q＝（1，2]．【解答】解：∵全集U＝R，集合P＝{x||x|＞2}＝{x|x＜﹣2或x＞2}＝（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），Q＝{x|x2﹣4x+3＜0}＝{x|1＜x＜3}＝（1，3），∴P∩Q＝（2，3），又∁U P＝[﹣2，2]，∴（∁U P）∩Q＝（1，2]．故答案为：（2，3）；（1，2]．10．（6分）已知圆C：x2+y2﹣2y﹣1＝0，直线l：y＝x+m，则C的圆心坐标为（0，1），若l与C相切，则m＝﹣1或3．【解答】解：∵圆C：x2+y2﹣2y﹣1＝0，∴圆C的圆心坐标C（0，1），半径r＝＝，∵圆C：x2+y2﹣2y﹣1＝0，直线l：y＝x+m，l与C相切，∴圆心C（0，1）到直线l：y＝x+m的距离d＝＝＝r＝，解得m＝﹣1或m＝3．故答案为：（0，1）；﹣1或3．11．（6分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，表面积为38+π．【解答】解：由三视图可知：该几何体是由了部分组成，上面是一个半球，下面是一个长方体．∴该几何体的体积＝+4×3×1＝；其表面积＝2×（3×1+3×4+1×4）﹣π×12+＝38+π．故答案为：；38+π．12．（6分）已知函数则f（f（3））＝5；f（x）的单调递减区间是[﹣1，+∞）．【解答】解：f（3）＝＝﹣1，∴f（f（3））＝f（﹣1）＝﹣1+2+4＝5，x≤1时，f（x）＝﹣x2﹣2x+4＝﹣（x+1）2+5，对称轴x＝﹣1，f（x）在[﹣1，1]递减，x＞1时，f（x）递减，∴f（x）在[﹣1，+∞）递减，故答案为：5；[﹣1，+∞）．13．（6分）已知正三角形ABC的顶点B，C在平面α内，顶点A在平面α上的射影为A′，若△A′BC为锐角三角形，则二面角A﹣BC﹣A′大小的余弦值的取值范围是（，1]．【解答】解：设BC的中点是D，连接AD，A'D，则∠ADA'是二面角A﹣BC﹣A′的平面角，设为θ，设正三角形的边长为2，则AD＝，BD＝1，A'D＝cosθ，∵△A'BC是等腰三角形，A'B＝A'C，∴要使△A′BC为锐角三角形，则∠BA'D＜45°，则tan∠BA'D＝＝＜tan45°＝1，即cosθ＞＝，∵cosθ≤1，∴＜cosθ≤1，故答案为：（，1]．14．（6分）已知x，y为正实数，若x+2y＝1，则的最小值为2+2．【解答】解：＝++＝++＝2++2≥2+2，（当且仅当2＝，即x＝，y＝时，等号成立）；故答案为：2+2．15．（6分）记min{a，b}＝，若函数f（x）＝x2+ax+b在（0，1）上有两个零点，则min{f（0），f（1）}的取值范围是（0，）．【解答】解：∵函数f（x）＝x2+ax+b在（0，1）上有两个零点，∴，由题意作平面区域如下，，∵f（0）＝b，f（1）＝1+a+b，∴min{f（0），f（1）}＝，结合图象可知，D（﹣1，），当﹣1≤a＜0时，0＜b＜，当﹣2＜a＜﹣1时，0＜1+a+b＜，综上所述，min{f（0），f（1）}的取值范围是（0，）；故答案为：（0，）．三、解答题（本大题共5小题，共74分）16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2c cos B＝2a﹣b．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若，b﹣a＝1，求△ABC的面积．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由2c cos B＝2a﹣b和余弦定理可得，∴a2+b2﹣c2＝ab，∴，又C∈（0，π），∴；（Ⅱ）∵，，∴由余弦定理可得a2+b2﹣ab＝3，又∵b﹣a＝1，∴a2+a﹣2＝0，∴a＝1或a＝﹣2（舍去），∴a＝1，b＝2，，∴△ABC的面积S＝ab sin C＝17．（15分）在公差不为零的等差数列{a n}中，其前n项和为S n，已知a3＝5，且a1，a2，a5成等比数列．（Ⅰ）求a n和S n；（Ⅱ）记，若对任意正整数n恒成立，求正整数k的最小值．【解答】解：（Ⅰ）设{a n}的公差为d，由a3＝5，且a1，a2，a5成等比数列，可得a22＝a1a5，则，∴，∴a n＝2n﹣1，S n＝（1+2n﹣1）n，可得；（Ⅱ）＝＝（﹣），，∴，∴恒成立，∴，，则{c n}是递减数列，∴，∴k min＝5．18．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知P A⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，P A＝，AD＝1，BC＝2，CD＝，M，N分别为AB，PC的中点．（Ⅰ）求证：MN⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线PC与平面P AB所成角的大小．【解答】证明：（I）取CD的中点E，连结ME，NE．∵M，N，E分别是AB，PC，CD的中点，则NE∥PD，ME∥AD，∴平面MEN∥平面P AD．∵P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥P A，又CD⊥AD，P A∩AD＝A，∴CD⊥面P AD，∴CD⊥面MEN，∵MN⊂平面MEN，∴MN⊥CD．取BC中点F，连结AF，则四边形AFCD是矩形，∴AF＝CD＝，BF＝BC＝1，∴AB＝＝2，AM＝＝1．∴PM＝＝，又ME＝（AD+BC）＝，CE＝＝，∴MC＝＝．∴PM＝MC，又N是PC中点∴MN⊥PC，又PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PC∩CD＝C，∴MN⊥面PCD．（II）连结AC，则AC＝＝2，∴AC＝BC，∵M是AB中点，∴CM⊥AB．又P A⊥面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴P A⊥CM．又AB⊂平面P AB，P A⊂平面P AB，P A∩AB＝A，∴CM⊥面P AB∴∠CPM就是PC与平面P AB所成的角．由（1）知PM＝MC，∴∠CPM＝45°所以PC与平面P AB所成的角为45°．19．（12分）如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G（a，1）（a≠0）．（Ⅰ）求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；（Ⅱ）设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N 四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则，两式相减可得（x1+x2）（x1﹣x2）＝4（y1﹣y2），可得k AB＝＝＝＝a，由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为﹣；即有直线，可得过定点（0，3）；（Ⅱ）过，N（0，3），假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG|•|NG|，由，可得x2﹣2ax+2a2﹣4＝0，x1+x2＝2a，x1x2＝2a2﹣4，由弦长公式可得|AB|＝•＝•，即有|MG|•|NG|＝•＝（）2＝（1+）•（4﹣a2），所以所以a2＝2，解得．故存在这样的实数a，且为±．20．（12分）已知函数（a∈R）．（Ⅰ）当a＝1时，解不等式f（x）＞1；（Ⅱ）对任意的b∈（0，1），当x∈（1，2）时，恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）⇔x2+1＜|x+1|⇔或⇔0＜x＜1…．（6分）（2）⇔⇔或⇔或对任意x∈（1，2）恒成立…（10分）所以a≥2b﹣1或，对任意b∈（0，1）恒成立…．（13分）所以a≥1或…（15分）。

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2016年浙江省丽水市高考物理一模试卷 一、选择题Ⅰ（本题共4小题，每题6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．（6分）下列说法正确的是（ ） A．弹簧的劲度系数与弹簧的形变量成正比 B．法拉第通过实验首先发现了电流的磁效应 C．动车高速运行时，惯性与静止时一样大 D．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反 2．（6分）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）

A．向正极板偏转 B．电势能逐渐增加 C．运动轨迹可能是圆弧 D．微滴的运动轨迹与两板间的电压无关 3．（6分）在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物（可看成一个物体）的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α．以下说法正确的是（ ） A．红旗受到2个力的作用 B．细线的拉力大于 mg C．空气对国旗的阻力大小为mgcosα D．空气给直升机的力方向竖直向上 4．（6分）浙江最大抽水蓄能电站2016年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电．如图所示，若该电站蓄水池（上水库）有效总库容量（可用于发电）为7.86×106m3，发电过程中上下水库平均水位差637m，年抽水用电为 2.4×108kW•h，年发电量为1.8×108kW•h（水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度为g=10m/s2，以下水库水面为零势能面）．则下列说法正确的是（ ）

A．抽水蓄能电站的总效率约为 65% B．发电时流入下水库的水流速度可达到 112m/s C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep=5.0×1013J D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105kW 计算）约10h

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 正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不选得0分．） 5．（6分）小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，下列说法中正确的是（ ）

A．小球上升过程中的平均速度大于 B．小球下降过程中的平均速度大于 C．小球射出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值为 0 D．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小 6．（6分）如图所示，在O1、O2连线上的某点固定一点电荷Q，另一带负电的粒子仅在库仑力作用下以一定的初速度从A点运动到B点，图中实线AB为运动轨迹且关于O1O2连线对称．以下说法中可能正确的是（ ）

A．Q为正电荷，速度先增加后减少，电势能先减少后增加 B．Q为正电荷，速度先减少后增加，电势能先增加后减少 C．Q为负电荷，速度先减少后增加，电势能先减少后增加 D．Q为负电荷，速度先增加后减少，电势能先增加后减少 7．（6分）据报道“2016年1月1日郑州发生万伏电缆落地，持续大火将路面烧焦成大坑”的事件．高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN间最大跨步距离为d，触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为ρ，ON间的距离为R．电流在以O点为圆心半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该场强可以等效于把点电荷 Q放在真空中O点处产生的场强．下列说法正确的是（ ） A．等效点电荷Q电量为 （K 为静电力常量） B．图中MN两脚间跨步电压可能等于 C．当两脚间的距离处于最大跨步时跨步电压不可能为零 D．两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法

二、非选择题部分（共180分） 8．（10分）某实验小组准备做探究“合力做功与物体速度变化关系”的实验．

（1）实验准备过程中，在上图的一些实验器材中要选用到的有（填字母序号） ． （2）组装好实验器材后，某同学开始做实验，小车在橡皮筋作用下沿木板滑行，用1条橡皮筋对小车做的功记为W，当用2条、3条…实验时，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致，打出一系列纸带，并对打出的纸带进行测量和计算，得到了橡皮筋做功W和小车的最大速度值Vm，记录在表格中，他还计算出了Vm

2

填在表中．其中用3根橡皮条时打出的纸带如图1，请根据纸带上的数据计算出 Vm= m/s； 橡皮筋做功 W W 2W 3W 4W 5W

Vm（m/s） 0.91 1.19 1.79 1.99 Vm2（m2/s2） 0.83 1.42 3.20 3.96

（3）用作图法处理数据时，为了使图象能直观反映实验结论，若把橡皮筋做功W作为纵坐标，应把 作为横坐标，并根据表格中的数据在图2坐标纸上作图． （4）根据图象你得出的结论是 ． 9．（10分）某课外小组准备描绘一小灯泡（2.5V0.75W）的伏安特性曲线，实验台上摆放有以下器材： 电压表（量程 3V，内阻约 3kΩ）， 电流表（量程 0.6A，内阻约 0.5Ω）， 滑动变阻器甲和乙（其最大阻值标称值都模糊不清）， 干电池2节，单刀单掷开关，多用电表，导线若干． （1）由于该实验要用到滑动变阻器，但提供的两只滑动变阻器最大阻值的标称值模糊不清，影响了他们的选择，该小组研究决定先用多用电表粗测两只滑动变阻器的最大阻值，其测量结果如甲、乙图甲示，其中乙图的测量值是 Ω，本实验应选择 （填“甲”或“乙”）滑动变阻器． （2）小新同学按照把选择的器材，根据实验原理连接了部分电路如图，请你在图中画出剩余导线的连接 （3）在闭合电键前，滑动变阻器的滑动片就位于滑动变阻器的 端（填“左”或“右”） 10．（16分）在游乐场中，有一种叫“跳楼机”的大型游戏机，示意图如图所示．

世界上最高的跳楼机能把乘客带入高空 139m 的高度后，从静止开始坠下（假设不计空气阻力），达到 40m/s 的最高运行速度，匀速下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力做匀减速直线运动，加速度大小设定为一般人能较长时间承受的 2g（g 为重力加速度），到离地面 3m 高处速度刚好减为零，然后再让座椅缓慢下落到地，将游客送回地面（取 g=10m/s2）．设坐在跳楼机上的小新质量为 50kg，求： （1）自由下落的高度是多少？ （2）下落过程中小新对座椅的最大压力多大？ （3）小新在前 136m 下落过程中对座椅压力所做的功？ 11．（20分）某课外小组为了研究“电瓶车下坡自发电”，设计了一模拟装置，其工作原理如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间的距离L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的电阻R，将一根质量m为0.4kg的金属棒cd垂直地放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r大小为0.5Ω，导轨的电阻不计，整个装置放在方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中．现对金 属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动，当速度达到1m/s时，拉力的功率为0.4w，从此刻开始计时（t=0）并保持拉力的功率恒定，经过5.25s的时间金属棒达到2m/s的稳定速度．试求： （1）磁感应强度的大小； （2）从t=0～5.25s时间内电阻R上产生的焦耳热； （3）求出从t=0计时开始后金属棒的最大加速度大小，并在乙图中粗略的画出此过程中F随t变化的图象．

12．（22分）洛伦兹力演示仪可以演示电子在匀强磁场中的运动径迹．图甲为洛伦兹力演示仪实物图，图乙为结构示意图．演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），当通过励磁线圈的电流为 I 时，线圈之间产生沿线圈轴向、磁感应强度 B=kI （k=1×10﹣3T/A）的匀强磁场；半径 R=80mm 的圆球形玻璃泡内有电子枪，可通过加速电压 U 对初速度为零的电子加速并连续发射，电子刚好从球心 O 点正下方 40mm 处的 S 点沿水平向左射出．当励磁线圈的电流 I=1A，加速电压 U=160V 时，测得沿顺时针方向运动的电子流径迹直径 D=80mm．试问：

（1）励磁线圈的电流方向如何？为了使电子流径迹的半径增大，可采取哪些措施？ （2）由题中数据可求得电子的比荷为多大？ （3）当励磁线圈的电流 I=0.7A 时，为使电子流形成完整的圆周运动，求加速电压的范围． （4）若电子枪的加速电压可以在 0 到 250V 的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从 0.5A 到 2A 的范围内连续调节．求玻璃泡上被电子击中范围的长度． 2016年浙江省丽水市高考物理一模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题Ⅰ（本题共4小题，每题6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．（6分）下列说法正确的是（ ） A．弹簧的劲度系数与弹簧的形变量成正比 B．法拉第通过实验首先发现了电流的磁效应 C．动车高速运行时，惯性与静止时一样大 D．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反 【解答】解：A、弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与形变量无关．故A错误． B、奥斯特通过实验首先发现了电流的磁效应．故B错误． C、动车高速运行时，质量不变，其惯性与静止时一样大，故C正确． D、静摩擦力方向与其相对运动方向趋势相反，不一定与其运动方向相反，故D错误． 故选：C

2．（6分）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）

A．向正极板偏转 B．电势能逐渐增加 C．运动轨迹可能是圆弧 D．微滴的运动轨迹与两板间的电压无关

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