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2016年浙江省杭州市五校联盟高考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列说法正确的是（ ）
A．楞次通过实验研究，总结出了电磁感应定律 B．法拉第通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
C．亚里士多德最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同 D．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 【考点】法拉第电磁感应定律；物理学史．
【分析】法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因．
【解答】解：A、英国物理学家法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应定律．故A错误． B、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．故B错误． C、伽利略最先验证了轻重不同的物体在真空中下落快慢相同．故C错误．
D、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．故D正确． 故选：D．
2．一个做匀加速直线运动的物体先后经过A．B两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中不正确的有（ ）
A．物体经过AB位移中点的速度大小为
B．物体经过AB位移中点的速度大小为
C．物体通过AB这段位移的平均速度为
D．物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为
【考点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，也等于初末速度的平均值，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根．
【解答】解：物体做匀加速直线运动，先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2，对于匀变速直线运动，中间位置的速度等于初末速度的方均根，故物体经过AB位移中点的速度大小为
；故物体通过AB这段位移的平均速度为=
；
而平均速度等于中间时刻的速度，故物体经过AB中间时刻的速度大小应为误，BCD正确． 6
；故A错
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本题选不正确的，故选：A 3．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（ ）
A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 【考点】电容器的动态分析．
【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．
【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误． C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=
知，电容C变小，Q不变，根据
，
C=知，U变大，而E===，Q、k、?、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．
故选C
4．如图所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中（ ）
A．小桶处于失重状态 B．小桶的最大速度为
C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．
【分析】先小桶的加速度，分析其状态．根据A、B的位移之间的关系，分别以A、B为研究对象，根据动能定理列式可求得最大速度． 【解答】解：AC、在整个运动过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态．故A、C错误； 7
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B、在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg?h?sin30°﹣mgh=（3m+m）v；解得小桶的最大速度：v=
2
，故B正确；
D、小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：EKm=?3mv2=mgh，故D错误． 故选：B
5．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率υ随时间t的变化规
2
律如图3所示，取sin37°=，cos37°=，重力加速度g=10m/s．下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量为1kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为
C．0～3s时间内力F做功的平均功率为 D．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为
【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】由F﹣t图象求出力的大小，由v﹣t图象判断物体的运动状态，
应用牛顿第二定律、平衡条件与滑动摩擦力公式求出物块的质量与动摩擦因数； 由运动学公式求出物块的位移，由功的计算公式求出功，由功率公式可以求出功率． 【解答】解：A、由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma， 由v﹣t图象可知，加速度：a=
m/s2=s2．
在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得： μmgcosθ﹣mgsinθ=，
解得：m=1kg，μ=，故A正确，B错误；
C、由v﹣t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=， 物块的位移x=××2m=，0～3s内力F做功的平均功率为：P==
2
=W=，故C
错误；
D、0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ?x=×1×10×cos37°×=，故D正确． 故选：AD．
6．质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为υ，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（ ）
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A．向心加速度为C．对球壳的压力为
B．向心力为m（g+）
）
D．受到的摩擦力为μm（g+
【考点】牛顿第二定律；向心力．
【分析】物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=
，
此时由重力和支持力提供向心力．根据牛顿第二定律求出支持力，由公式f=μN求出摩擦力． 【解答】解：A、物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=
．故A正确．
．故B错误．
），由
B、根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力Fn=man=m C、根据牛顿第二定律得N﹣mg=m
，得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+
）．故C错误． ）．故D正确．
牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小N′=m（g+ D、物体在最低点时，受到的摩擦力为f=μN=μm（g+
故选AD
7．如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板（长为4R），两者在B点相切，θ=37°，C，F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中．现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（sin37°=，cos37°=）（ ）
A．匀强电场的场强大小可能是
B．小球运动到D点时动能一定不是最大 C．小球机械能增加量的最大值是
D．小球从B到D运动过程中，动能的增量为﹣ 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
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【分析】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动情况，分析小球的合力方向，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量． 【解答】解：A、小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：qEcos37°≥mgsin37°，则得：E≥
，故场强大小不可能等于
．故A错误．
B、小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；
C、小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为△E=qE[4Rcos53°+R（1﹣cos37°）]=，故C正确．
D、小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为△Ek=mgR（1+sin37°）﹣qERcos37°=﹣，故D错误． 故选：BC．
二、非选择题（共78分）
8．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v= m/s；
（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK= J，系统势能的减少量△EP= J，由此得出的结论是 在误差允许的范围内，系统机械能守恒 ；
（3）若某同学作出v﹣h图象如图3，则当地的实际重力加速度g= m/s．
【考点】验证机械能守恒定律． 【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量．
根据机械能守恒得出v2﹣h的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．
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浙江省杭州市五校联盟2016届高考物理二诊试卷含解析
