解析浙江省宁波市高考模拟考试二模理综物理试题.docx
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解析浙江省宁波市高考模拟考试二模理综物理试题
２021年浙江省宁波市高考物理二模试卷
一、选择题（本题共７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．）
1.（6分）QQ是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务,许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线,造成大量的电能浪费．如图所示是某网友ＱQ界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能（）（假定QＱ用户使用台式电脑）
A.0.２kw／h B．2kw／hＣ.２0kw/ｈD.20０kw/h
【考点】:
电功、电功率．
【专题】：
恒定电流专题．
【分析】:
由图可知升级到下一级的时间,再结合实验明确台式机的平均功率,根据功率公式W=Pt可求得还要消耗的电能．
【解析】:
解:
由图可知,该网友升到下一等级的剩余时间为:
t1=10h
台式电脑的平均功率约为：
Ｐ=200Ｗ=0.2ｋＷ，
所以还要消耗的电能为:
Ｗ=Pt１＝0．2kW×10h=２kW•h．
故选：
B.
【点评】:
本题为估算题，要求在生活中要注意了解常用电器的额定功率，并正确掌握功率公式的应用．
2．（6分）对静电场及处于静电场中的电荷，下列说法正确的是（ ）
A.电荷放在电势越高的地方,其电势能就越大
Ｂ.无论正电荷还是负电荷,只要它克服电场力做功，它的电势能都增大
C．正电荷在电场中某点的电势能,一定大于等量负电荷在该点具有的电势能
【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】：
首先知道电势能公式Ep=qφ,据此分析判断选项ＡＣ；根据能量守恒即可判断电势能的变化
【解析】:
解：
A、据电势能公式Ｅp=ｑφ可知,电势能取决于电荷的电荷量及电性和电场中的电势,所以电荷在电势越高的地方，电势能不一定大;在电势越高的地方，它所带电荷量越大,电荷所具有的电势能也不一定越大，还取决于电荷的电性;故ＡC错误；
B、电场力做负功,根据能量守恒可知,电势能一定增加，故B正确；
故选：
B
【点评】：
明确电势能公式Ep=ｑφ,知道电势能取决于电荷量及电性和电势;知道场强与电势无直接的大小关系是解题的关键
3.（6分）两个完全相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、Ｓ极如图所示．开始时平板及磁铁都处于水平位置,且静止不动.按甲、乙两种不同的方式操作,甲：
将ＡB突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触）,并使之停在A′Ｂ′处,结果发现两个条形磁铁碰在一起.乙：
将AB从原位置突然竖直向上平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A″B″位置，结果发现两条形磁铁也碰在一起.下列判断中正确的是（）
Ａ．开始时两磁铁静止不动说明磁铁间的作用力小于磁铁受到的静摩擦力
B．甲过程中磁铁一直处于失重状态
Ｃ．甲过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下减速
D. 乙过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上减速
【考点】：
牛顿运动定律的应用-超重和失重.
【专题】:
牛顿运动定律综合专题.
【分析】：
开始时两块磁铁在底板上处于静止,说明磁铁间引力不大于最大静摩擦力．突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降,先处于失重状态，后处于超重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起．同样,分析突然竖直向上平移时,两块磁铁是否可能碰在一起．
【解析】：
解：
A、开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁水平方向受到的合外力等于0，说明磁铁间的作用力一定等于磁铁受到的静摩擦力.故Ａ错误；
B、突然竖直向下平移时,先加速下降后减速下降，先处于失重状态,后处于超重状态,失重时板对磁铁的支持力小于磁铁的重力,即磁铁对板的压力一直小于磁铁的重力,超重时板对磁铁的支持力大于磁铁的重力，即磁铁对板的压力一直大于磁铁的重力，故B错误;
C、突然竖直向下平移时，先加速下降后减速下降，先处于失重状态,后处于超重状态,甲过程中磁铁开始滑动时，磁铁间引力大于最大静摩擦力，说明最大静摩擦力减小了．所以平板正在向下加速.故C错误;
D、从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段．起初,板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动,在这过程中,正压力增大,最大静摩擦力亦增大,作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡,磁铁在水平方向不发生运动.接着，磁铁和板一起作加速度方向向下、速度向上的运动,直到停在A″Ｂ″处.在这过程中,磁铁对板的正压力减小,最大静摩擦力亦减小，向下的加速度愈大,磁铁的正压力愈小,最大静摩擦力也愈小．当板的加速度大到某一数值时,最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起．故D正确.
故选:
D.
【点评】：
本题关键在于：
不管向上还是向下，磁体都是先加速后减速，同时要明确加速度向上时物体处于超重状态，加速度向下时物体处于失重状态．
4.（６分）一小球由地面竖直上抛，运动过程所受的阻力大小恒等于其重力的０.1倍,上升的最大高度为Ｈ.选择地面为零势能面，小球上升至离地高度为ｈ时,其动能是重力势能的2倍,则ｈ等于（ ）
A．
B．
C.
D.
【考点】:
动能和势能的相互转化;重力势能．
【分析】:
小球上升和下降过程反复应用动能定理,并且在h处表达动能和势能的数量关系，联立方程组问题可解．
【解析】:
解：
设小球受到的阻力大小恒为f,小球上升至最高点过程由动能定理得：
…①；
小球上升至离地高度h处时速度设为v1,由动能定理得：
…②，
又
…③;
小球上升至最高点后又下降至离地高度ｈ处时速度设为v２,此过程由动能定理得：
…④,
又
⑤；
以上各式联立解得h＝
;
故选:
C．
【点评】：
本题考查动能定理的应用;要注意在应用动能定理解题时，各个力的做功分析非常重要，要注意明确上升和下降过程中阻力始终做负功是关键.
５.（６分）在竖直向上的匀强磁场中，分别放入两个完全相同的带中心轴的水平金属圆盘a和b（圆盘的电阻不能忽略）,它们可以绕中心轴自由转动,彼此用导线把中心转轴和对方圆盘的边缘相连接,组成电路如图所示.当圆盘a在外力作用下按如图方向转动时，则（ ）
A. 圆盘ｂ沿与a盘相反的方向转动
B.圆盘b沿与a盘相同的方向转动
C．圆盘ｂ是一个等势体
D．圆盘b中心电势比边缘电势高
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势；电势.
【专题】:
电磁感应与电路结合．
【分析】：
对于左盘，根据右手定则判断感应电流方向;对于右盘，根据左手定则判断安培力方向，确定转动方向.
【解析】:
解:
A、B、由于磁场的方向向上,从上向下看,a盘逆时针转动,其半径切割磁感线，感应电流从边缘流向圆心；ｂ盘电流也是差边缘流向圆心,根据左手定则，安培力顺时针方向,所以b盘将沿顺时针方向转动．故Ａ正确，B错误;
C、D、电流流过ｂ盘转动的过程中,会使b盘的内外产生电压,根据欧姆定律可知,圆盘b中心电势比边缘电势低,故CD错误；
故选：
A
【点评】:
本题关键要能熟练运用左手定则和右手定则判断感应电流方向和安培力方向，明确两个定则的运用条件，不可混淆.
6．（6分）如图所示为检测汽车爬坡性能的示意图，图中的汽车从地面出发，直至向前爬上斜坡．关于这个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．汽车为了爬上斜坡，应换成低速档位
B．汽车为了爬上斜坡，应换成高速档位
C.若汽车在斜坡上匀速运动,则斜坡不受水平地面对它的摩擦力
Ｄ． 若汽车在斜坡上匀速运动,则斜坡受到水平地面对它的摩擦力方向为水平向后
【考点】:
功率、平均功率和瞬时功率；摩擦力的判断与计算.
【专题】:
功率的计算专题.
【分析】:
司机可以用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡,由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，通过整体利用牛顿第二定律求的摩擦力
【解析】:
解：
A、由功率公式P=Ｆｖ可知,在功率一定的情况下,当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡;故换低速档,增大牵引力,故A正确，B错误;
Ｃ、对整体受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可得：
f＝M•0＋m•０＝0,故斜坡不受地面对它的摩擦力,故Ｃ正确,Ｄ错误;
故选:
AC
【点评】：
本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣
7.（6分）如图所示,同一竖直平面内固定着绝缘细杆AB、CD,长均为l,两杆间竖直距离为h，B、D两端与光滑绝缘的半圆形细杆相连,半圆形细杆与AB、CＤ在同一竖直平面内,O为AD、BC连线的交点.在O点固定一电荷量为Ｑ的正点电荷，质量为m、电荷量为q的带负电的小球,穿在细杆上，从Ａ端以一定的初速度出发，沿杆滑动恰能到达C点.已知小球与两水平杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于重力，不计小球带电对点电荷Q电场的影响.则小球从A点到Ｃ点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A.点电荷Q在Ａ、Ｃ两点产生的电场强度相同
B．小球运动到O点正下方时，受到的摩擦力最小,其值为μ（mｇ﹣
）
C．从B点到D点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功
Ｄ. 小球的初速度大小为
【考点】:
电势差与电场强度的关系;电场强度.
【专题】:
电场力与电势的性质专题.
【分析】：
根据点电荷产生的场强判断大小和方向,根据滑动摩擦力的公式判断摩擦力最小值,根据电荷在等势面上电场力对电荷不做功,根据对称性利用动能定理判断初速度
【解析】：
解:
Ａ、根据点电荷产生的场强E=
可知点电荷在AC的场强大小相同,方向不同，故A错误;
B、受到的摩擦力为：
F=
当r最小时，摩擦力最小，即小球运动到O点正下方时,受到的摩擦力最小,其值为μ（mg﹣
）,故B正确;
C、BD半圆为等势面,故电场力对小球不做功,故C错误；
D、根据动能定理,由于对称性可知:
，解得：
故D正确
故选:
BＤ
【点评】：
本题主要考查了动能定理、库仑定律、滑动摩擦力公式的直接应用,解题是要注意库伦力具有对称性，较难
二、非选择题
8.（６分）游标卡尺是精度较高的测量长度的仪器．请说出A、Ｂ、C这三个部分的作用 A、测量长度、外径
B、测量内径
C、测量深度.
【考点】：
刻度尺、游标卡尺的使用．
【专题】:
实验题．
【分析】：
根据游标卡尺的各部分的构造和名称回答即可.
【解析】：
解:
A、测量长度、外径
Ｂ、测量内径
C、测量深度
故答案为：
A、测量长度、外径；B、测量内径;C、测量深度
【点评】:
本题是对游标卡尺的基本构造的考查,比较简单．
9.（2分）有一种新式游标卡尺，它的游标尺上刻线看起来很“稀疏”．使得读数显得清晰明了,便于使用者正确读取数据．新式游标卡尺的游标39mm等分成２0份,用它测量某一元件的长度,示数如图所示，正确的读数是 3.１３0 mm.
【考点】：
刻度尺、游标卡尺的使用．
【专题】：
实验题．
【分析】:
游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为39mm，每小格比主尺最小刻度小０.０5mｍ,故精确度为0．０5mｍ;
游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；
【解析】:
解:
游标卡尺是利用差值读数原理设计的，20分度游标卡尺，游标尺总长度为３9ｍm,每小格为1.9５ｍm，比主尺的2倍最小刻度小0.05mm,故精确度为０．05mm;
游标卡尺读数＝固定刻度读数＋游标尺读数=31ｍm+0.05mm×6=３１．30mm=3.130cｍ;
故答案为：
3.130
【点评】:
要明确游标卡尺的读数原理,正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10.（1２分）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,实验器材如下：
待测小灯泡（2.5V,0.5A）；双量程电压表（中间接线柱3V,内阻约为3KΩ;右边接线柱15V，内阻约为15KΩ）；双量程电流表（中间接线柱0．6A,内阻约为０.１25Ω;右边接线柱３A，内阻约为0.０25Ω）;滑动变阻器（20Ω，2Ａ）；电源（电动势约为３V，内阻未知）;开关一个;导线若干.
（1）甲同学选择合适的器材，连好实物图如图甲，乙同学检查时发现了多处错误，请指出（至少2处）:
①滑动变阻器应采用分压式连接方式; ; ②电流表应采用外接法接入电路
（2）两同学改正错误,正确连线后，测出如表所示的7组I、U数据，请你在坐标纸上建立I﹣U坐标系,标出坐标点,在图乙中绘出灯泡的伏安特性曲线．
（３）根据绘出的小灯泡伏安特性曲线，该小灯泡在电压为1.８Ｖ时的实际电阻为10．3 Ω.（结果保留三位有效数字）
（４）关于本实验的系统误差，下列判断正确的是A ．
A.系统误差主要是由电压表的分流引起的,电压越大误差越大
B.系统误差主要是由电流表的分压引起的,电流越大误差越大
C.系统误差主要是由忽略电源内阻引起的,电源内阻越大误差越大
D．系统误差主要是由电表读数时的估读引起的，电压越大误差越大
【考点】:
描绘小电珠的伏安特性曲线.
【专题】：
实验题．
【分析】：
（１）根据实验原理及实物图的连接方式分析错误;
（2）由描点法作出图象
（3）根据欧姆定律求解电阻
（４）电流表采取外接法，由于电压表起分流作用,引起系统误差，使得测量的电流偏大,电压越大,误差越大．
【解析】:
解：
（1）由电路图及实验原理可知，该同学接法中出现了三处错误；
①滑动变阻器应采用分压式连接方式;
②电流表应采用外接法接入电路
（2）由描点法作出图象
（３）根据绘出的小灯泡伏安特性曲线,该小灯泡在电压为1.8V时的实际电阻为R=
=10.3Ω
（4）该实验主要系统误差来源于电压表的分力作用，导致电流表测量的电流偏大,测得的电阻偏小，电压表示数越大，电压表分担的电流越大,则测量的误差越大．故A正确．
故选:
Ａ.
故答案为:
（１）①滑动变阻器应采用分压式连接方式;
②电流表应采用外接法接入电路
（2）如图
（３）１０.3
（4）A
【点评】:
解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别,以及知道误差的来源．
11．（16分）如图所示,有一沿水平方向的有界匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为Ｂ.有一宽度为ｂ（b＜h）、长度为L、电阻为Ｒ、质量为m的矩形导体线框从某一高度竖直下落,当线框的PQ边到达磁场上边缘时速度为vo,接着线框做变速运动至ＰQ边到达磁场下边缘时,速度又变为v0.试求:
（1）进入磁场的过程中,线框中感应电流的方向;
（２）ＰQ边刚进入磁场时线框的加速度;
（３）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Ｑ．
【考点】：
导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
【专题】：
电磁感应与电路结合．
【分析】：
（１）根据楞次定律判断感应电流的方向.
（2）由牛顿第二定律和安培力公式结合求解加速度.
（3）从ＰQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中，动能不变,线框的重力势能减小转变为内能，由能量守恒定律求解.
【解析】:
解:
（1）线框进入磁场时磁通量增加，由楞次定律判断知,线框中感应电流的方向为逆时针方向．
（2）据题分析知,线框进入磁场时应做减速运动，由牛顿第二定律得：
ＢＩＬ﹣ｍｇ=ma
又I=
联立可得a＝
﹣g，方向竖直向上.
（３）从PQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中,动能不变，由能量守恒定律知，线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为 Ｑ1=mｇh
线框离开磁场与进入磁场的过程中运动情况相同，产生的热量相同,所以线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Ｑ=２Ｑ1＝2mgh．
答:
（1）进入磁场的过程中,线框中感应电流的方向为逆时针方向；
（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度大小为
﹣g,方向竖直向上；
（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Ｑ为２mgh．
【点评】:
本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况,运用力学的基本规律:
牛顿第二定律、能量守恒定律解题.
１2.（20分）自由式滑雪空中技巧是一项有极大观赏性的运动,其场地由①出发区、②助滑坡、③过渡区、④高度ｈ=4m的跳台组成．其中过渡区的CDE部分是半径为R=4ｍ圆孤,D是最低点，∠DOＥ=6０°，如图所示.比赛时运动员由A点静止出发进入助滑区，经过渡区后,沿跳台的斜坡匀减速上滑,至跳台的F处飞出表演空中动作.运动员要成功完成空中动作,必须在助滑区用滑雪杆助滑，使离开Ｆ点时速度在３6km/h到４8km／h之间.不计所有阻力，已知
取ｇ=10m/s2．
（1）一次，某总质量为60ｋｇ的运动员进行试滑,他从A点滑下后不用滑雪杆助滑，结果F点飞出后无法完成空中动作．教练测得他在②、④两段运动时间之比t1:
ｔ2=3:
1，求他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比．
（２）这次试滑，他通过Ｄ点时受到的支持力多大？
（３）试求为了能成功完成空中动作,助滑过程中他至少需要消耗多少体能？
【考点】：
动能定理;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【专题】：
动能定理的应用专题.
【分析】:
（１）根据平均速度的定义式求出平均速度之比,根据位移时间公式,结合B、E两点的速度大小相等,求出加速度之比．
（2）根据牛顿第二定律，结合加速度的关系求出在ＡB段的加速度大小,结合速度位移公式求出B点的速度,对B到D运用动能定理求出Ｄ点的速度,根据牛顿第二定律求出支持力的大小．
（3）根据功能关系求出助滑过程中他至少需要消耗的体能．
【解析】:
解：
（1）由
可得，位移之比为２:
1,时间之比为3：
1,则
，
不计阻力，ｖB=vE=a1ｔ１,
代入数据联立解得a1:
a2=2：
3．
（2）在
段,有:
，
，
在
段,有:
，
，
运动员从A点由静止出发做匀加速运动,由运动学公式得,
，
从B点至Ｄ点的过程中，由动能定理得，
，
在D点，由牛顿第二定律得,
，
联立代入数据解得FＮ=２８０0N.
（3）设助滑过程中运动员消耗的能量为E,由功能关系可得,
E﹣mｇ[ｈ+R（1﹣coｓ６0°）]＝
当vF=3６km/ｈ=１0m/s时,Emin=2２0０J.
答:
（1）他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比分别为2:
3、２:
3.
（2）他通过Ｄ点时受到的支持力为2800N．
（3）助滑过程中他至少需要消耗２２0０J的体能．
【点评】：
本题综合考查了动能定理、功能关系、牛顿定律和运动学公式的综合运用，关键理清运动员在整个过程中的运动规律,选择合适的规律进行求解,难度中等．
13．（22分）实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动.在真空中A、Ｃ两板之间加上电压U,粒子被加速后从D点进入圆形有界磁场;匀强磁场区域以Ｏ为圆心，半径R=
，磁感应强度B方向垂直纸面向外;其右侧有一个足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切;现在电场区域放置一块足够长档板GＨ,它与水平线FD夹角为60°（Ｆ点在档板上,圆心O位于在FD上），且OF=３R,如图所示．一比荷
=
×106C/kg的带正电粒子，从A板附近由静止释放，经U＝1５0Ｖ电压加速后,从Ｄ点以与水平线成6０°角射入磁场，离开圆形磁场时其速度方向与DF平行，最后恰好打在档板上的F点．不计粒子重力,求
（１）粒子进入磁场时的速度大小vD；
（2）磁感应强度B的大小;
（3）粒子到达F点时的速度大小vF;
（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度,要使粒子仍能打到挡板上,求所加电场场度的
最大值．
【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】：
（１）对在加速电场中的加速过程根据动能定理列式求解ｖD;
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动的轨迹,结合几何关系得到轨道半径，然后运用洛伦兹力等于向心力列式求解；
（3）粒子在偏转电场中做类似平抛运动,根据分运动公式列式求解末速度;
（4）临界条件是粒子打在极板上时速度方向与GH平行，结合分运动公式和几何关系列式分析即可.
【解析】:
解:
（１）粒子在电压为Ｕ的加速电场中,由动能定理，有：
qＵ=
代入数据解得:
（2）分析知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N恰好在圆周上，从M点水平射出磁场，设轨迹如图:
由此得到圆周运动半径为：
根据q
，
代入数据解得：
B=0.1T
（3）粒子进入电场（MＦ）后做类似平抛运动，
水平分位移：
x＝２R=
竖直分位移：
ｙ=Rsｉｎ6０°＝０.15m
又x=vDt，y=
，v=
代入解得：
v＝
（4）当电场强度取到最大值E时，临界条件是粒子打到板上时轨道恰好与板面相切，即速度方向沿板ＧH，如图，
由类似平抛运动的规律,粒子的速度反向延长线交水平位移的中点（Q）,有MQ=QＲ
又
根据x=０.3
﹣vDｔ,ｖｙ=ａt，
又vy＝vDｔaｎ６0°，
a=
联立解得:
E=1０00V/m
答：
（１）粒子进入磁场时的速度大小为１×10４ｍ/s;
（２）磁感应强度B的大小为０.1T;
（3）粒子到达F点时的速度大小为1．3×１04ｍ/s；
（4）不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度,要使粒子仍能打到挡板上,所加电场场度的最大值为１００0V/m．
【点评】:
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况,分直线加速、匀速圆周运动和类似平抛运动过程进行研究,要结合动能定理、牛顿第二定律、分运动公式列式求解，同时要画出运动轨迹并结合几何关系确定圆轨道半径和类似平抛运动的分位移关系.
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