1、【名师解析】浙江省宁波市鄞州高级中学 2015 届高三第二次（二模）考试试卷一、选择题（共 4 小题，每小题 6 分，满分 24 分）1 （6 分） （2013 杭州二模）杭新景高速公路限速 120km/h，一般也要求速度不小于80km/h冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为 30m，该人的反应为 0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为 5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（ ）A 10m/s B 15m/s C m/s D 20m/s【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关
2、系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 人在反应时间里对车没有操作，车继续做匀速直线运动，当车开始做匀减速直线运动时，根据给出的位移、加速度确定初速度的最大值即可【解析】： 解：设汽车的初速度为 v0，则在反应时间里汽车的位移为 x1=v0t 反 =0.5v0，汽车做匀减速直线运动的时间：t= =根据匀变速直线运动的平均速度公式 =汽车做匀减速直线运动的位移 =因为能见度为 30m，所以有保证安全的前提下满足： x1+x30 当取最大速度时取等号即：可解得：v 0=15m/s（v 0=20m/s 不合题意舍去）故选：B【点评】： 抓住汽车在人反应时间里做匀速直线运动，开始刹车后做匀减速直线运
3、动求解即可，本题易错点认为汽车直接做匀减速直线运动2 （6 分）在一场英超联赛中，我国球员孙继海大力踢出的球飞行 15m 后，击在对方球员劳特利奇的身上，假设球击中身体时的速度约为 22m/s，离地高度约为 1.5m，估算孙继海踢球时脚对球做的功为（ ）A 15J B 150J C 1500J D 15000J【考点】： 动能定理【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 足球被提出后在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，运动员对足球做功转化为足球的机械能，由动能定理可以求出运动员做功【解析】： 解：估计足球的质量为 500 克，由动能定理可得，运动员对足球做功：W=mgh+ mv2=0.510
4、1.5+ 0.5222=128.5J，通过选项可知，只有 B 接近答案，故选：C【点评】： 本题考查了求运动员做的功，应用动能定理即可正确解题3 （6 分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度 B 随时间 t 如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（ ）A B C D 【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 正确解答本题一定要明确 Bt 图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比【解析】： 解：根据法拉第电磁感应
5、定律有：E=n =n s，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与 Bt 图象中的斜率成正比，由图象可知：02s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在 24s 斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故 ABD 错误，C 正确故选：C【点评】： 正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习4 （6 分） （2009 佛山一模
6、）在如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3 和 R4 皆为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为 E，内阻为 r设电流表 A 的读数为 I，电压表 V 的读数为U当 R5 的滑动触点向图中 a 端移动时（ ）A I 变大，U 变小 B I 变大，U 变大 C I 变小，U 变大 D I 变小，U 变小【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 当 R5 的滑动触点向图中 a 端移动时，R 5 变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表 A 和电压表的读数变化【解析】： 解：当 R5 的滑动触点向图中 a 端移动时，R 5 变小，外电路
7、总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流 I 变大，路端电压变小，U 变小电路中并联部分电压变小，则 I 变小故选 D【点评】： 本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析二、不定项选择题：（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，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，有选错的得 0 分）5 （6 分）如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变
8、成了电信号则当振动膜片向右振动时（ ）A 电容器电容值增大 B 电容器带电荷量减小C 电容器两极板间的场强增大 D 电阻 R 上电流方向自左向右【考点】： 电容器【专题】： 电容器专题【分析】： 电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R 中有电流【解析】： 解：振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由 C= 知，U 不变的情况下，电容器所带电荷量 Q 增大，电容器充电， R 中形成自右向左的电流由 E= 知，U 不变，d 减小，则场强 E 增大，故 AC 正确BD 错误故选 AC【点评】： 本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的
9、变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化6 （6 分） （2013 杭州二模）如图所示，水平的平行虚线间距为 d，其间有磁感应强度为B 的匀强磁场一个正方形线框边长为 l（dl） ，质量为 m，电阻为 R开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为 h将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰为零则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有（ ）A 产生的感应电流的方向相同B 所受的安培力的方向相反C 进入磁场的过程中产生的热量小于穿出磁场的过程中产生的热量D 进入磁场过程所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间【考点】： 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线
10、时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 线框进入磁场过程是匀速直线运动；全部进入磁场过程是匀加速直线运动；故离开磁场过程可能是一直减速运动、也可能是先减速后匀速的运动【解析】： 解：A、线框进入磁场过程磁通量增加，离开磁场过程磁通量减小，根据楞次定律，两个过程的感应电流的方向相反，故 A 错误；B、线框进入磁场过程和离开磁场过程磁通量都变化，根据楞次定律可以得到安培力是阻碍相对运动，故都是向上，故 B 错误；C、根据能量守恒定律，进入磁场的过程中产生的热量为 mgl；离开磁场过程重力势能的减小量和动能的减小量都转变为热量，故大于 mgl；故 C 正确；D、线框进入磁场过程是匀速
11、直线运动，设速度为 v；离开磁场过程可能一直是减速运动，末速度不小于 v、也可能是先减速后以 v 匀速运动；故离开磁场过程的平均速度较大；故进入磁场过程所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间；故 D 正确；故选：CD【点评】： 本题关键是明确线圈的运动规律，同时要结合楞次定律和能量守恒定律进行分析，不难7 （6 分）如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB 段为直线挡板，BCD 段是半径为 R 的圆弧挡板，挡板处于场强为 E 的匀强电场中，电场方向与圆直径 MN 平行现有一带电量为 q、质量为 m 的小球由静止从挡板内侧上的 A 点释放，并且小球能沿挡板内侧运
12、动到 D 点抛出，则（ ）A 小球运动到 N 点时，挡板对小球的弹力可能为零B 小球运动到 N 点时，挡板对小球的弹力可能为 EqC 小球运动到 M 点时，挡板对小球的弹力可能为零D 小球运动到 C 点时，挡板对小球的弹力一定大于 mg【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，得知小球的电场力方向，从而得知小球的电性小球沿挡板内侧运动，根据 AB 段垂直于挡板方向上的合力为零，判断电场力与重力的大小关系然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大【
13、解析】： 解：小球从静止 A 点释放，能沿挡板内侧运动到 D 点抛出，知小球在 AB 段的合力方向沿 AB 向下，则电场力方向水平向右，小球一定带正电；小球受到的合力方向沿 AB 向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在 MD 到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于 N 与 C之间AB、小球运动到 N 点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力提供圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力 qE，故 AB 均错误；C、小球运动到 M 点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力为 0，
14、故 C 正确；D、当小球在点 C 时的速度大于 0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以 c 点弹力与重力无法比较，故 D 错误故选：C【点评】： 本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿第二定律的综合运用，关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点，确定各点小球对轨道的压力的大小关系三、解答题（共 5 小题，满分 68 分）8 （10 分）某同学利用如图甲所示的装置进行“探究加速度与物体质量的关系 ”的实验，A为小车，B 为打点计时器，C 为装有砝码的小桶，D 为一端带有定滑轮的长方形木板实验时，保证砝码和小桶质量 m 不变，改变小车
15、质量 M，分别测得小车的加速度 a 与对应的质量 M 的数据如表：次 数 1 2 3 4 5 6小车加速度 a（ms 2） 1.35 0.90 0.725 0.60 0.50 0.30小车质量 M（kg） 0.400 0.625 0.800 1.000 1.250 2.500小车质量倒数 1/M（kg 1） 2.50 1.60 1.25 1.00 0.80 0.40（1）根据上表数据，为进一步直观地反映 F 不变时，a 与 M 的关系，在坐标纸中选择适当的物理量为坐标轴建立坐标系，作出图乙线 （作在答题纸上）（2）根据所绘的图线，计算砝码和小桶的总重力为 0.5 N，且表明该同学在实验操作中最
16、可能存在的问题： 平衡摩擦力过度 【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）根据牛顿第二定律，拉力一定时，物体的加速度与质量成反比，故作 a图线，描点作图即可（2）a 图象的斜率等于物体受到的拉力 F，根据图象求出斜率即可【解析】： 解：（1）拉力一定时，物体的加速度与质量成反比，故作 a 图线，根据描点法作出图象，如图所示：（2）a 图象的斜率等于物体受到的拉力 F，物体受到的拉力 F 近似等于砝码和小桶的总重力，所以砝码和小桶的总重力 G=k=0.5N该同学在实验操作中最可能存在的问题：平衡摩擦力过度故答案为：（1）如图 （2）0.5；平衡摩擦力过
17、度【点评】： 解决本题的关键是能根据描点法作出图象，在作图时注意，偏离比较远的点可以舍去，能根据图象分析出实验中存在问题9 （10 分）某同学到实验室做“测定电源电动势和内阻”的实验时，发现实验桌上还有一个定值电阻 R0他设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势 E、内阻 r 和 R0 的阻值实验时用 U1、U 2、I 分别表示电表 V1、V 2、A 的读数，并将滑动变阻器的滑片 P 移动到不同位置时，记录了 U1、U 2、I 的一系列值（1）他在同一坐标纸上分别作出 U1I、U 2I 图线，如图乙所示，则 U1I 图线是图中 B （填 A 或 B） （2）定值电阻 R0 的计算表达式是： R0
18、= （用测得的 U1、U 2、I 表示） ，若实验中的所有操作和数据处理无错误，实验中测得 R0 值 大于 （填“大于” 、 “等于”或“ 小于”）实际值（3）若实验中没有伏特表 V1，你能测出的量是 电动势 E 和内阻 r （选填“电动势E”、 “内阻 r”或“R 0”，下同） （4）若实验中没有伏特表 V2，你能测出的量是 电动势 E 【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）U 2I 图线的斜率绝对值表示电源内阻，U 1I 图线的斜率绝对值表示电源内阻和定值电阻 R0 之和（2）R 0 两端的电压（U 2U1）没有误差，电流表示数比 R0 的实际
19、电流偏小，所以 R0 的测量值偏大（3）若实验中没有伏特表 V1，根据 U2I 图线能测出的量是电动势 E 和内阻 r（4）若实验中没有伏特表 V2，根据 U1I 图线能测出的量是电动势 E【解析】： 解：（1）U 2I 图线的斜率绝对值表示电源内阻，U 1I 图线的斜率绝对值表示电源内阻和定值电阻 R0 之和A 图象斜率绝对值大于 B 图象的斜率绝对值，所以 U1I 图线是图中 B（2）根据闭合电路欧姆定律得：定值电阻 R0 的计算表达式是 R0= ，若实验中的所有操作和数据处理无错误，电流表示数比 R0 的实际电流偏小，所以 R0 的测量值偏大，即实验中测得 R0 值大于实际值（3）若实验
20、中没有伏特表 V1，根据 U2I 图线可以知道，图象与纵轴的交点表示电动势，斜率表示内阻所以能测出的量是电动势 E 和内阻 r（4）若实验中没有伏特表 V2，根据 U1I 图线知道图象与纵轴的交点表示电动势，斜率表示电源内阻和定值电阻 R0 之和所以能测出的量是电动势 E故答案为：（1）B 图线 （2 ）R 0= ，大于；（3）电动势 E 和内阻 r（4）电动势E【点评】： 解决该题关键要掌握测定电动势和内电阻的数据处理和明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理10 （16 分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距 L=0.30m导轨电阻忽略不计，
21、其间接有固定电阻 R=0.40导轨上停放一质量为 m=0.10kg、电阻 r=30 的金属杆 ab，整个装置处于磁感应强度 B=0.50T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下利用一外力 F 沿水平方向拉金属杆 ab，使之由静止开始做匀加速直线运动，电压传感器可将 R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑，并获得 U 随时间 t 的关系如图乙所示求：（1）金属杆加速度的大小；（2）第 2s 末外力的瞬时功率【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）根据 E=BLv、I= 、U=IR 得到电阻 R 两端的电压 U 与速度 v
22、 的关系式，由图象看出，U 与 t 成正比，可得到 v 与 t 的关系，即能证明金属杆做匀加速直线运动由 vt 的表达式求出加速度（2）由加速度求出 2s 末金属杆的速度，求出感应电流，由 F=BIL 求出安培力，根据牛顿第二定律求解外力的大小，由 P=Fv 求出外力的功率【解析】： 解：（1）设路端电压为 U，金属杆的运动速度为 v，则感应电动势 E=BLv通过电阻 R 的电流：电阻 R 两端的电压：U=IR=由图乙可得：U=kt，k=0.10V/s解得：v= t加速度为 a= =1.0m/s2（2）在 2s 末，速度 v2=at=2.0m/s，电动势 E=BLv2通过金属杆的电流 金属杆受
23、安培力 解得：F 安 =7.5102N设 2s 末外力大小为 F2，由牛顿第二定律：F 2F 安 =ma解得：F 2=0.175N故 2s 末时 F 的瞬时功率 P=F2v2=0.35W答：（1）金属杆的加速度的大小为 1m/s2；（2）第 2s 末外力 F 的瞬时功率为 0.35W；【点评】： 解决本题的关键根据 U 与 t 的关系，推导出 v 与 t 的关系，掌握导体切割产生的感应电动势大小，以及掌握能量守恒定律11 （10 分）冰壶赛场在比赛前需要调试赛道的冰面情况设冰壶质量为 m，冰壶与合格冰道的动摩擦因数为 调试时，测得冰壶在合格赛道末端速度为初速度的 0.9 倍，总耗时为 t假设冰
24、道内有一处冰面出现异常，导致冰壶与该处冰面的动摩擦因素为 2，且测出冰壶到达赛道末端的速度为初速度的 0.8 倍，设两次调试时冰壶初速度均相同求：（1）冰壶的初速度大小和冰道的总长度；（2）异常冰面的长度【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）在正常冰面上根据动能定理及动量定理列式，联立方程即可求解；（2）不规则冰面存在时根据动能定理列式即可求解；【解析】： 解：设冰壶初速度为 v，赛道总长度为 L，不规则冰面的长度为 d，（1）在正常冰面上：mgL= mv2 m（0.9v） 2v0.9v=gt v=10gtL= gt2（2）不规则
25、冰面存在时：mg（L d）+2 mgd= mv2 m（0.8v） 2解得：d= gt2答：（1）冰壶的初速度大小为 10gt，冰道的总长度为 gt2；（2）异常冰面的长度为 gt2【点评】： 本题注意考查了动能定理、动量守恒定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学能正确分析冰壶的运动情况，知道当异常冰面在最前面时（减速过程的加速度先大后小） ，耗时最长，当异常冰面在最后面时（减速过程的加速度先小后大） ，耗时最短，难度较大12 （22 分）如图所示，有三个宽度均相等的区域 I、；在区域 I 和内分别为方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场（虚线为磁场边界面，并不表示障碍物） ，区域 I 磁感应强度大小为 B，某种带正电的粒子，从孔 O1 以大小不同的速度沿图示与 aa夹角 =300 的方向进入磁场（不计重力） 已知速度为 v0 和 2v0 时，粒子仅在区域 I 内运动且运动时间相同，均为 t0（1）试求出粒子的比荷 、速度为 2v0 的粒子从区域 I 射出时的位置离 O1 的距离 L；（2）若速度为 v 的粒子在区域 I 内的运时间为 ，在图中区域中 O1O2 上方加竖直向下的匀强电场，O 1O2 下方对称加竖直向上的匀强电场，场强大小相等，使速度为 v 的粒子每
