名师解析浙江省宁波市届高三第二次模拟考试物理试题.docx
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名师解析浙江省宁波市届高三第二次模拟考试物理试题
2014年浙江省宁波市高考物理二模试卷
一、选择题(本题共4小题.在每个小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求.)
1.(6分)一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n=
,其截面如图所示,O表示半圆柱形截面的圆心.一束极窄的光束从AOB边上的A点以60°角入射,已知真空中的光速为c,则光从进入透明体到第一次离开透明体所经历的时间为( )
A.
B.
C.
D.
【考点】:
光的折射定律.
【专题】:
光的折射专题.
【分析】:
由sinC=
求出临界角.入射角i=60°,由折射定律n=
求出光线从AB射入透明体的折射角r,判断光线在圆弧上能否发生全反射,作出光路图,由几何知识求解光线在透明体内的路程s,光线在透明体的速度为v=
,通过的时间为t=
.
【解析】:
解:
设此透明物体的临界角为C,有:
sinC=
=
=
<
,
得:
C<60°
当入射角为i=60°时,由折射定律有:
n=
得到折射角:
r=30°
即此时光线折射后射到圆弧上的C点,在C点的入射角为60°,大于临界角C,会发生全反射,往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射,再反射至B点,从B点第一次射出.
则光线在透明体内通过的路径长为:
s=3R
光在透明体内的速度为:
v=
经历的时间为:
t=
.
联立得:
t=
故选:
D.
【点评】:
此题画出光路图是基础,判断能否发生全反射是关键.运用几何知识求出光线在透明体通过的总路程.
2.(6分)(2014•宁波二模)光滑水平面上有一物体,受到水平拉力F作用由静止开始沿直线运动,它的速度v随时间t变化的规律是v=kt2(式中k为常量).关于物体的运动及拉力F做功情况,下列说法正确的是( )
A.物体做匀加速直线运动
B.物体做加速度增大的加速运动
C.每经连续相等时间,拉力F做功大小相等
D.每经连续相等位移,拉力F做功大小相等
【考点】:
功的计算;牛顿第二定律.
【专题】:
功的计算专题.
【分析】:
速度v随时间t变化的规律是v=kt2(式中k为常量),则物体的加速度随时间越来越大,根据牛顿第二定律可知,力F越来越大,根据W=Fx即可判断每经连续相等时间和每经连续相等位移,拉力F做功情况.
【解析】:
解:
A、速度v随时间t变化的规律是v=kt2(式中k为常量),则物体的加速度随时间越来越大,即物体做加速度越来越大的加速运动,故A错误,B正确;
C、物体做加速度越来越大的加速运动,则每经连续相等时间,位移增大,力F也增大,根据W=Fx可知,拉力做功增大,故C错误;
D、物体做加速度越来越大的加速运动,根据牛顿第二定律可知,力F也越来越大,根据W=Fx可知,每经连续相等位移,拉力F做功越大,故D错误;
故选:
B
【点评】:
本题的关键是根据速度变化情况判断加速度变化情况,再根据加速度变化情况判断F的变化情况,最后根据W=Fx判断力做功情况,难度适中.
3.(6分)如图所示为理想变压器的示意图,其原副线圈的匝数比为3:
1,电压表和电流表均为理想电表,原线圈接图乙所示的正弦交流电,图甲中Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小),R为定值电阻.下列说法正确的是( )
A.交流电压u的表达式为u=36
sin50t(V)
B.若Rt处的温度升高,则电流表的示数变小
C.若Rt处的温度升高,则变压器的输入功率变大
D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3:
1
【考点】:
变压器的构造和原理;电功、电功率;正弦式电流的图象和三角函数表达式.
【专题】:
交流电专题.
【分析】:
由图乙可知交流电压最大值Um=36
V,周期T=0.02s,可由周期求出角速度的值,则可得交流电压u的表达式U=36
sin100πtV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,Rt处温度升高时,阻值减小,根据负载电阻的变化,可知电流.
【解析】:
解:
A、由图乙可知交流电压最大值Um=36
V,周期T=0.02s,可由周期求出角速度的值为
=100π,则可得交流电压u的表达式U=36
sin100πtV,故A错误;
B、Rt处温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,故B错误;
C、Rt处温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,则变压器的输出功率变大,所以变压器的输入功率变大,故C正确;
D、变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1:
1,故D错误;
故选:
C.
【点评】:
根据图象准确找出已知量,是对学生认图的基本要求,准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系,是解决本题的关键.
4.(6分)(2014•宁波二模)如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球.t=0时,乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动.之后,它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触).它们运动的v﹣t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示.由图线可知( )
A.甲、乙两球一定带异种电荷
B.t1时刻两球的电势能最小
C.0~t2时间内,两球间的电场力先增大后减小
D.0~t3时间内,甲球的动能一直增大,乙球的动能一直减小
【考点】:
电势差与电场强度的关系;电势能.
【专题】:
电场力与电势的性质专题.
【分析】:
由图象0﹣t1段,判定甲从静止开始与乙同向运动,则知甲的电性.分析t1时刻前后两球距离的变化,判断电场力做功情况,分析两电荷的电势能.0~t2时间内,分析两电荷间距离变化,可知相互静电力的变化.t1~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小后增大.
【解析】:
解:
A、由图象0﹣t1段看出,甲从静止开始做加速运动,乙做减速运动,说明甲、乙间存在排斥力,则知两电荷的电性一定相同.故A错误.
B、0~t1时间内两电荷间距离逐渐减小,在t1~t2时间内两电荷间距离逐渐增大,t1时刻两球相距最近,系统克服电场力最大,两电荷的电势能最大.故B错误.
C、0~t1时间内两电荷间距离逐渐减小,在t1~t2时间内两电荷间距离逐渐增大,由库仑定律得知,两电荷间的相互静电力先增大后减小.故C正确.
D、由图象看出,t1~t3时间内,甲的速度一直增大,则其动能也一直增大.乙的速度先沿原方向减小,后反向增大,则其动能先减小后增大.故D错误.
故选:
C
【点评】:
本题也可以运用类比的方法分析,类似于完全非弹性碰撞,t1时刻两球的速度相同,动能损失最大,两电荷的电势能最大.
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)(2014•宁波二模)如图所示,轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与质量为m的物体连接.开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态,放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v.已知重力加速度为g,下列判断正确的是( )
A.物体达到最大速度v时,弹簧处于压缩状态
B.物体达到最大速度v时,其加速度为gsinθ
C.从释放到达到最大速度v的过程中,物体受到的合外力一直减小
D.从释放到达到最大速度v的过程中,弹簧弹力对物体做功为
mv2
【考点】:
功能关系;功的计算;动能和势能的相互转化.
【分析】:
放开受后物体受到的弹力是变力,物体向上运动的过程中弹力先逐渐减小,所以物体受到的合力减小,物体的加速度减小,当弹簧的弹力等于重力沿斜面向下的分量时,物体的加速度等于0,物体的速度到达最大;整个的过程中弹簧的弹力与重力做功(可能有摩擦力做功),物体的动能增大.
【解析】:
解:
A、B、题目没有说明斜面是否光滑,将按照两种情况讨论:
放手后物体受到:
重力、弹力、支持力与摩擦力(可能)的作用,沿斜面的方向:
F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
随物体向上运动,F减小,所以物体的加速度减小,当:
F=mgsinθ+μmgcosθ时(或F=mgsinθ时)物体的加速度等于0,弹簧的弹力不等于0,所以当物体达到最大速度v时,弹簧处于压缩状态.物体的加速度等于0.故A正确,B错误;
C、物体沿斜面方向的受力:
F合=F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ,从释放到达到最大速度v的过程中,物体受到的合外力随F的减小一直减小.故C正确;
D、从释放到达到最大速度v的过程中,弹簧弹力对物体做的功转化为物体的动能和重力势能、摩擦力产生的内能(可能的)所以弹簧的弹力做的功一定大于
.故D错误.
故选:
AC
【点评】:
该题属于动态分析类型的题目,要注意通过受力分析与受力分析的方程来说明物体受到的合力的变化,进而说明物体的加速度的变化与速度的变化关系.
6.(6分)(2014•宁波二模)2013年12月2日凌晨,我国发射了“嫦娥三号”登月探测器.“嫦娥三号”由地月转移轨道到环月轨道飞行的示意图如图所示,P点为变轨点,则“嫦娥三号”( )
A.经过P点的速率,轨道1的一定大于轨道2的
B.经过P点的加速度,轨道1的一定大于轨道2的
C.运行周期,轨道1的一定大于轨道2的
D.具有的机械能,轨道1的一定大于轨道2的
【考点】:
万有引力定律及其应用;第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度.
【专题】:
万有引力定律的应用专题.
【分析】:
嫦娥三号从轨道1进入轨道2的过程中,发动机对卫星做负功,卫星的机械能减小,在不同轨道上的P点卫星的加速度都由万有引力产生,在同一位置万有引力大小相同产生的加速度大小相同,根据开普勒行星运动定律根据半长轴关系求解周期关系.
【解析】:
解:
A、卫星在轨道1上经过P点时减速,使其受到的万有引力大于需要的向心力,而做向心运动才能进入轨道2,故经过P点的速率,轨道1的一定大于轨道2的,故A正确.
B、根据万有引力提供向心力
,得
,由此可知,到月球的距离r相同,a相等,故经过P点的加速度,轨道1的一定等于轨道2的,故B错误.
C、根据开普勒第三定律
可知,r越大,T越大,故轨道1的周期一定大于轨道2的运行周期,故C正确,
D、因为卫星在轨道1上经过P点时减速,做向心运动才能进入轨道2,即外力对卫星做负功,机械能减小,故轨道1的机械能一定大于轨道2的机械能,故D正确.
故选:
ACD.
【点评】:
熟悉卫星变轨原理,并能由此判定此过程中卫星机械能的变化关系,知道卫星轨道与周期的关系是解决本题的关键.
7.(6分)(2014•宁波二模)如图所示,在xOy坐标系中,以(r,0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场.在y>r的足够大的区域内,存在沿y轴负方向的匀强电场.在xOy平面内,从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子,且质子在磁场中运动的半径也为r.不计质子所受重力及质子间的相互作用力.则质子( )
A.在电场中运动的路程均相等
B.最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向
C.在磁场中运动的总时间均相等
D.从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等
【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.
【专题】:
带电粒子在复合场中的运动专题.
【分析】:
将轨迹的圆心、磁场区域的圆心、两个圆的两个交点连接起来,构成一个菱形;结合几何关系得到第一次离开磁场时的速度方向是沿着+y方向的;故第二次进入磁场时速度的方向也是确定的,同理再画出可能的轨迹分析.
【解析】:
解:
当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时,设质子将从A点射出磁场,如图所示,其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心.由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径,所以OO1AO2为菱形,即AO2平行x轴,说明质子以平行y轴的速度离开磁场,也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场.∠O2=90°﹣θ.
所以,质子第一次在磁场中运动的时间
t1′=
T
此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径,设质子将从C点再次射出磁场.如图所示,其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心,AO3平行x轴.由于O1AO3C为菱形,即CO1平行AO3,即平行x轴,说明C就是磁场区域圆与x轴的交点.这个结论与θ无关.
所以,OO2O3C为平行四边形,∠O3=90°+θ
质子第二次在磁场中运动的时间:
t2′=
T
质子在磁场中运动的总时间:
t′=t1′+t2′=
=
故质子在磁场中运动的总时间为
;
A、进入电场的速度和方向相同,故在电场中的运动路程相同,故A正确;
B、最终离开磁场时的速度方向与O3C垂直,故不一定沿x轴正方向,故B错误;
C、在磁场中运动的总时间均相等,为
,故C正确;
D、从不同位置第一次离开磁场时,在非场区的运动路程显然不同;在而磁场中总的圆心角相同,故在电场和磁场中的路程相同;故总路程不同;故D错误;
故选:
AC.
【点评】:
本题关键是描绘出带电粒子的运动轨迹,然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解出时间.
三、解答题(共5小题,满分78分)
8.(10分)(2014•宁波二模)某同学用实验的方法“探究单摆的周期与摆长的关系”.
①为测量摆线长,必须使单摆处于 B (选填字母代码)状态.
A.水平拉直B.自然悬垂C.悬挂拉紧
②他用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最高端的长度L0=98.80cm,然后分别用两种仪器甲、乙来测量摆球直径,操作如图1,得到摆球的直径为d=2.266cm,此测量数据是选用了仪器 甲 (选填“甲”或“乙”)测量得到的.
③根据上述测量结果,结合误差分析,他得到的摆长L是 A (选填字母代码)
A.99.933cmB.99.93cmC.101.066cmD.101.07cm
④他改变摆长后,测量6种不同摆长情况下单摆的周期,记录表格如下:
l/cm40.0050.0080.0090.00100.00120.00
T/s1.261.421.791.902.002.20
T2/s21.592.023.203.614.004.84
以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2﹣L图线(图2),并利用此图线求重力加速度值为 9.86m/s2 (结果保留三位有效数字,4π2=39.44).
【考点】:
用单摆测定重力加速度.
【专题】:
实验题.
【分析】:
(1)单摆的摆长在摆动中不能变化.而摆长是影响周期的因素,应该在研究的时候予以改变;
(2)将给出的数据域游标卡尺域螺旋测微器的最小分度比较,确定是哪一个的测量结果;
(3)摆长为悬点到球心的距离.
(4)根据给出的数据,在坐标系中画出相应的图线,然后从中选取合适的点,求出图线的斜率,然后结合重力加速度的表达式,求出重力加速度.
【解析】:
解:
(1)为测量摆线长,必须使单摆处于自然悬垂状态,水平拉直或拉紧都会增大测量的误差.故B正确,AC错误.
故选:
B.
(2)图甲是50分度的游标卡尺,最小分度是0.02mm,而螺旋测微器的最小分度是0.001mm,小球的读数是d=2.266cm=22.66mm;符合游标卡尺的读数,不符合螺旋测微器的读数的精确度.故此测量数据是选用了仪器甲;
(3)
cm故答案为:
A
(4)以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2﹣L图线如图;
根据单摆的周期公式:
得:
.
所以图线的斜率:
由图可得:
所以:
m/s2
故答案为:
①B;②甲;③A;④如图;9.79(±0.10)m/s2
【点评】:
掌握单摆的周期公式,从而求解加速度,摆长、周期等物理量之间的关系;摆长要注意是悬点到球心的距离,一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到.
9.(10分)(2014•宁波二模)用发光二极管制成的LED灯具有发光效率高、使用寿命长等优点,在生产与生活中得到广泛应用.发光二极管具有单向导电性,正向电阻较小,反向电阻很大.某同学想借用“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的方法来研究发光二极管的伏安特性.
①实验先判断发光二极管的正负极,该同学使用多用电表欧姆挡的“×1k”挡来测量二极管的电阻,红、黑表笔分别与二极管两脚(“长脚”和“短脚”)接触,发现指针几乎不动.调换接触脚后,指针偏转情况如图甲所示,由图可读出此时二极管的阻值为 7900 Ω.
②根据“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路,他设计了如图乙所示的电路测量发光二极管的正向伏安特性.则发光二极管的“长脚”应与图乙中的 b (选填“a”或“b”)端连接.
③按图乙的电路图将图丙中的实物连线补充完整.
④该同学测得发光二极管的正向伏安特性曲线如图丁所示,实验时发现,当电压表示数U=0.95V时,发光二极管开始发光.那么请你判断图甲状态下发光二极管 发光 (选填“发光”或“不发光”),并说明理由 阻值为7900Ω时对应的工作电压约为1.20V,超过二极管的发光电压 .
【考点】:
描绘小电珠的伏安特性曲线.
【专题】:
实验题.
【分析】:
本题①的关键是由于指针没有与刻度线对齐,可以估读一位;题②的关键是明确黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连,红表笔与负极相连;题④的关键是画一条斜率等于7.9的通过原点的倾斜直线,然后读出两图线交点的纵坐标即可.
【解析】:
解①:
欧姆表的读数为:
R=7.9×1k=7900Ω(±100均可以);
②:
由于黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连,所以二极管的长脚应是正极,即二极管的长脚应与图乙中的b端相连;
③:
连线图如图所示:
④:
根据②中的分析可知,图甲情况下二极管处于导通状态,根据R=
可知,在I﹣U图象中,画一条过斜率为7.9的通过原点的倾斜直线,读出直线与伏安特性曲线的交点的纵坐标为1.2V左右,即阻值为7900Ω时对应的工作电压约为1.20V,超过二极管的发光电压,故二极管发光.
故答案为:
①7900
②b
③如图
④发光,阻值为7900Ω时对应的工作电压约为1.20V,超过二极管的发光电压
【点评】:
应明确:
①欧姆表黑表笔与内部电池的正极相连,红表笔与负极相连;②根据R=
可知,U﹣I上的点与原点连线的斜率等于电阻.
10.(16分)(2014•宁波二模)山谷中有三块石头和一根不可伸长的、长为l的轻质青藤,其示意图如下.图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,F为青藤延长线与地面的交点.h1=1.8m,h2=4.0m,x1=4.8m,x2=6.0m,l=10.0m.开始时,质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头.大猴抱起小猴跑到C点,纵身一跃,恰好在最高点抓住青藤下端,然后荡到右边石头上的D点,此时速度恰好为零.运动过程中猴子均可看成质点,空气阻力不计,猴子抓住青藤前后没有机械能损失,重力加速度g=10m/s2.
求:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值;
(2)大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起时速度;
(3)猴子抓住青藤荡起时,青藤受到的拉力大小.
【考点】:
动能定理;牛顿第二定律;平抛运动.
【专题】:
动能定理的应用专题.
【分析】:
(1)大猴从A点到B点做平抛运动,根据高度求出运动时间,再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值.
(2)根据C到D点机械能守恒,抓住到达D点的速度为零,求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小.
(3)根据牛顿第二定律,通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小.
【解析】:
解:
(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有:
h1=
gt2
x1=vmint
联立两式,并代入数据得:
vmin=8m/s
(2)大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起后做抛体运动,在最高点抓住青藤后做圆周运动恰好荡到D点,可将该过程逆过来分析,猴子从D点由静止开始做圆周运动到最低点,然后做平抛运动到C点.
由几何关系知猴子做圆周运动下降了:
设圆周运动到达最低点时的速度为vx,由动能定理得:
mg•△h=
解得:
之后以此速度做平抛运动至C点.
设落到C点时沿竖直方向的分速度为vy,由动能定理得:
mg(h2﹣△h)=
代入数据解得:
故落到C点的合速度大小为:
,即为所求速度大小.
方向与水平成45°斜向右上方.
说明:
直接从D点到C点应用机械能守恒定律来处理的同样给分.
(3)设拉力为FT,在最低点,对猴子由牛顿第二定律得:
FT﹣(M+m)g=(M+m)
代入数据可得:
FT=(M+m)g+(M+m)
=168N
由牛顿第三定律可知,青藤受到的拉力大小为168N.
答:
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s;
(2)大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起时速度为4
m/s;
(3)猴子抓住青藤荡起时,青藤受到的拉力大小为168N.
【点评】:
本题综合考查了平抛运动,圆周运动,运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律,综合性较强,难度不大,需加强这类题型的训练.
11.(20分)(2014•宁波二模)如图甲所示,用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的小物块和质量M=1kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动,物块位于平板左侧,可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡,平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P=3W不变.从某时刻t=0起,测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示,t=6s后可视为匀速运动,t=10s时物块离开木板.重力加速度g=10m/s2,求:
(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大?
(2)物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大?
(3)平板长度L为多少?
【考点】:
摩擦力的判断与计算;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【专题】:
摩擦力专题.
【分析】:
(1)显然在0﹣2s内物体匀速运动,拉力等于地面对平板的摩擦力,根据P=FV求出物体所受的摩擦力,然后根据f=μFN求出动摩擦因数μ.
(2)在t=2s后平板不动,物块所受的摩擦力为平板给他的滑动摩擦力,直到最后匀速运动摩擦力都保持不变,由P=FV可知物体匀速运动时的摩擦力从而求出物体在3s末所受的滑动摩擦力f2.
(3)根据图象可知物体在t=2s后开始在平板上滑动,在6s时离开平板,故在平板上滑动4s,根据图象可知物体从平板上滑下时的速度为0.3m/s,拉力所做的功为Pt,物体对地的位移即平板的长度,从而可以知道摩擦力所做的功德表达式f2L.这样利用动能定理即可求出平板的长度L.
【解析】:
解:
解:
(1)在0~2s内两物体一起以0.5m/s的速度匀速运动,则有:
P=F1v1
根据两物体匀速运动则有拉力等于摩擦力即:
F1=f
而地面的摩擦力为:
f=μN=μ(M+m)g
代入数据得:
μ=0.2
(2)1s时刻,物块匀速,绳子的拉力等于平板对物块的静摩擦力,又根据平板匀速运动可知物块对平板的静摩擦力等于对面对平板的滑动摩擦力:
f1=μ(M+m)g=6N
由图可知从2s时开始平板撞到台阶上静止,故物块开始在平板上匀减速运动,故滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力,故在静止前摩擦力的大小保持不变.
而3s时刻,物块在木板上滑动,所以滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力.
因为最终物块再次匀速时速度为:
v2=0.3m/s
P=F2v2
故F1V1=F2V2
F2=f2=10N
(3)物块在平板上减速运动的时间为:
t=6﹣2=4s,
在整个过程中电机所做的功W=Pt,摩擦力始终为
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