2024年浙江選考仿真模擬物理試卷五（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年浙江選考仿真模擬卷（五）物理（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．國際單位制中電阻的單位符號是Ω，如果用國際單位制基本單位的符號來表示，下列選項正確的是（）A．kg?m2s?AC．kg?ms【解答】解：結(jié)合電阻的定義、電壓的定義、電流的定義、功的定義和牛頓第二定律公式可得：R=U故1Ω=A、B、C錯誤，D正確。故選：D。2．理想實驗是科學(xué)研究中的一種重要方法，它把可靠事實和理論思維結(jié)合起來，可以深刻地揭示自然規(guī)律。以下實驗中屬于理想實驗的是（）A．驗證力的平行四邊形定則實驗 B．伽利略的對接斜面實驗 C．用打點計時器測物體加速度的實驗 D．測定反應(yīng)時間的實驗【解答】解：A、驗證平行四邊形定則是采用等效替代的方法，驗證互成角度兩力的合成規(guī)律，是驗證性實驗，故A錯誤；B、伽利略的斜面實驗，抓住主要因素，忽略了次要因素，從而更深刻地反映了自然規(guī)律，屬于理想實驗，故B正確；C、用打點計時器測加速度度是在實驗室進(jìn)行的，是測量性的實際實驗，故C錯誤；D、利用自由落體運動測定反應(yīng)時間是可以實驗室進(jìn)行是實際實驗，故D錯誤；故選：B。3．仰臥起坐（SITUP），是一種常見的體育運動，能增強(qiáng)腹部肌肉的力量?！秶覍W(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》規(guī)定高一年級女生一分鐘仰臥起坐完成23個得60分，完成53個得100分。某高中女生在一分鐘內(nèi)完成40個，估算她在這個過程中的平均功率（）A．70W B．700W C．1000W D．1400W【解答】解：該女生身高約h＝1.6m，每次上半身重心上升的距離約為：h′=12×0.4h＝她每一次克服重力做的功為：W＝0.6mgh′＝0.6×50×10×0.32J＝96J1min內(nèi)她克服重力所做的總功為：W'＝40W＝40×96J＝3840J她克服重力做功的平均功率為：P=W't=384060W＝64W，約為故選：A。4．如圖所示，傾角為θ、質(zhì)量為2m的斜面A置于粗糙的水平面上，斜面上放有質(zhì)量為m的物體B，一被壓縮的輕彈簧水平夾在B與豎直墻壁之間。已知A與B間，A與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，最大靜摩擦力等于動摩擦力，重力加速度為g，彈簧處于彈性限度內(nèi)。若A、B始終保持靜止，則（）A．A一定受到5個力作用 B．A受到地面對其水平向左的摩擦力 C．彈簧的彈力一定為mgtanθ D．A受到地面的摩擦力大小一定為3μ2mg【解答】解：A．A一定會受到重力，B對A的壓力，地面的支持力和地面的摩擦力，B對A是否有摩擦與彈簧彈力大小有關(guān)，如果彈簧的彈力合適滿足mgsinθ＝kxcosθ，可能B對A恰好沒有摩擦，因此A可能受4個力作用，故A錯誤；B．根據(jù)整體法，將A、B作為一個整體，根據(jù)平衡條件，可知地面對A的摩擦力水平向左，與彈簧對B的彈力等大反向，故B正確；C．若A、B之間恰好沒有摩擦力，對物體B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可知mgsinθ＝kxcosθ，此時的彈力kx＝mgtanθ若彈力稍大，則物體B有上滑的趨勢，受斜面的摩擦力沿斜面向下，因此彈簧的彈力不一定為mgtanθ，故C錯誤；D．由于A與地面之間是靜摩擦力，不能按滑動摩擦力公式計算，摩擦力的大小是由彈簧的彈力大小決定的，故D錯誤。故選：B。5．2022年10月9日，中國成功發(fā)射“夸父一號”先進(jìn)天基太陽天文臺衛(wèi)星，衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定的太陽同步晨昏軌道，可全年不間斷對日觀測。已知衛(wèi)星在距地面720km的近似圓形軌道上繞地運行，周期為99min。下列說法正確的是（）A．“夸父一號”的發(fā)射速度大于11.2km/s B．“夸父一號”的運行速度大于7.9km/s C．“夸父一號”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度 D．“夸父一號”受到的向心力大于地球同步衛(wèi)星受到的向心力【解答】解：A．第一宇宙速度7.9km/s是發(fā)射繞地衛(wèi)星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星離開地球飛向太陽的最小發(fā)射速度，“夸父一號”的發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯誤；B．第一宇宙速度是繞地運行衛(wèi)星的最大速度，“夸父一號”的運行速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．“夸父一號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，根據(jù)角速度和周期的關(guān)系式ω=2πT可知，“夸父一號”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故D．衛(wèi)星質(zhì)量未知，所受向心力無法比較，故D錯誤。故選：C。6．宇宙飛船從地面發(fā)射后，要與環(huán)繞地球做勻速圓周運動的軌道空間站對接，下列說法正確的是（）A．飛船必須先到達(dá)比空間站高一點的軌道，然后減速與空間站對接 B．飛船必須從同軌道前方減速與空間站對接 C．飛船可以從較低軌道加速后與空間站對接 D．飛船必須從同軌道后方加速與空間站對接【解答】解：A、如果先進(jìn)入高軌道會減速，這樣你加速所消耗內(nèi)能增多，而且在最終要追上空間站，當(dāng)從高軌道降到空間站軌道，速度過快。在減速的話總體浪費的內(nèi)能多，故A錯誤；BCD、在相同的軌道上加速，會做離心運動，離開圓軌道，減速，萬有引力大于所需向心力，會做近心運動，也會離開圓軌道，所以要實現(xiàn)對接。在低軌道加速，萬有引力不夠提供向心力，做離心運動，而運動到高軌道；故B、D錯誤，C正確。故選：C。7．某個智能玩具的聲響開關(guān)與LC電路中的電流有關(guān)，如圖所示為玩具內(nèi)的LC振蕩電路部分。已知線圈自感系數(shù)L＝2.5×10﹣3H，電容器電容C＝4μF，在電容器開始放電時（取t＝0），上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則（）A．LC振蕩電路的周期T＝π×104s B．當(dāng)t＝π×10﹣4s時，電容器上極板帶正電 C．當(dāng)t=π3×10﹣4D．當(dāng)t=2π3×10﹣【解答】解：A．由公式T=2πLC得LC振蕩電路的固有周期為：T＝2π2.5×10-3×4×10-6B．t＝π×10﹣4s時，電容器反向充滿電，所以上極板帶負(fù)點，故B錯誤；C．t=π3×10﹣4s是0-D．t=2π3×10-4故選：C。8．如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶正電的粒子僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡如圖中實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由圖可知（）A．帶電粒子在P點的電勢能比在Q點小 B．帶電粒子在P點的動能比在Q點大 C．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 D．帶電粒子在P點時的加速度比在Q點的加速度大【解答】解：AB．根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，帶電質(zhì)點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，故AB錯誤；C．電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高，故C錯誤；D．等勢線密的地方場強(qiáng)大，故P點位置電場強(qiáng)度大，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，帶電粒子在P點時的加速度比在Q點的加速度大，故D正確。故選：D。9．煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內(nèi)上升的高度為h，則下列說法正確的是（）A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零 B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變 C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足vt2D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足(v+【解答】解：A、煙花彈上升至最高點時，受重力作用，加速度為g，故A錯誤；B、v﹣t圖像切線的斜率代表加速度，由圖可知，煙花彈的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律得：mg+f＝ma則空氣阻力逐漸減小，故B錯誤；C、連接AB兩點，煙花彈做勻變速直線運動，位移為H′=v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，由圖可知H＜H′=故C錯誤；D、連接AC兩點，從0～t0時間，煙花彈做勻變速直線運動，煙花的位移為h′=由圖可知h′＜h=故D正確；故選：D。10．2021年5月28日，我國“人造太陽”打破世界紀(jì)錄，成功實現(xiàn)1.2億攝氏度運行101秒。其結(jié)構(gòu)如圖所示，在“人造太陽”周圍，距“人造太陽”中心L處有多個半徑均為r的圓形能量接收裝置（r?L），中心和圓心連線與接收裝置平面垂直。“人造太陽”內(nèi)部發(fā)生的氘﹣氚聚變的核反應(yīng)方程為a12H+b13H→A．24He的比結(jié)合能比1B．方程中未知量滿足a＝2d+b C．一次氘﹣氚聚變釋放的能量為Δmc2 D．單個接收裝置對外輸出功率P=【解答】解：A、該核反應(yīng)釋放能量，生成的24He更穩(wěn)定，因此24He的比結(jié)合能比B、結(jié)合核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒可得a+b＝2d，即a＝2d﹣b，故B錯誤；CD、由質(zhì)能方程得t時間內(nèi)“人造太陽”釋放的能量為E＝Δmc2，并非一次聚變釋放的能量，以“人造太陽”的中心為球心，L為半徑的球面上，單位面積接收到的能量為E=E4πL2，單個接收裝置接收到的能量為EP=E0t=Δm故選：D。11．?dāng)S冰壺又稱冰上溜石，是以隊為單位在冰上進(jìn)行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”，是冬奧會比賽項目。在某次冰壺比賽中，運動員利用紅壺去碰撞對方靜止的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖（b）所示。碰撞前后兩壺做直線運動的v﹣t圖線如圖（c）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍(lán)壺的速度可能為0.9m/s C．碰后藍(lán)壺移動的距離為2m D．碰后紅壺還能繼續(xù)運動2s【解答】解：AB．由圖b所示圖象可知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v'0＝0.2m/s，碰后紅壺沿原方向運動，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，因為碰撞時間極短，且內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以兩壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，選擇碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv'0+mv解得：v＝0.8m/s碰前動能為：E1碰后動能為：E2由此可知E1＞E2，因為碰撞過程中機(jī)械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故AB錯誤；C．根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動的位移大小為：x=(v+0)t2=D．根據(jù)“紅壺碰撞前后的圖線平行”知，碰撞前后紅壺加速度不變，速度從1.2m/s減小到1.0m/s和速度從0.2m/s減小到0，速度變化量相同，根據(jù)加速度的定義式可知：a=Δv所以時間相同，速度從1.2m/s減小到1.0m/s用時1s，故碰后紅壺還能繼續(xù)運動1s。故D錯誤。故選：C。12．如圖1所示，O點是一半徑為R的勻質(zhì)玻璃半球體的球心，平面水平放置，有一束光線從距離O點為r=33R的P點入射至玻璃半球內(nèi)，光線與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)θ＝A．玻璃的折射率為33B．若要使光線從球形表面出射后恰好與入射光平行，則θ＝30° C．改變夾角θ，光線在半球中傳播的最長時間為(3+3D．如圖2所示，若半球球面區(qū)域均有光線豎直向下入射，則平面有光出射的面積為(2+2)【解答】解：注意題設(shè)：本題只考慮第一次射到各表面的光線A、當(dāng)θ＝0°時光線恰好在球面發(fā)生全反射，即在球面處入射角恰好等于全反射臨界角C，光路圖如圖1所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinC=根據(jù)全反射臨界角C滿足的條件可得：sinC=解得：n=3，故AB、若要使光線從球形表面出射后恰好與入射光平行，那么出射光線與入射光線，以及法線必在同一平面內(nèi)，且入射點與出射點的法線平行，入射光線必須在豎直平面內(nèi)，光路圖如圖1所示，出射點必在O點的正上方。根據(jù)幾何關(guān)系可得：tanβ=rR=33，可得β＝30°，可知θC，要使光線在半球中傳播的時間最長，因只考慮第一次射到各表面的光線，當(dāng)θ臨界等于90°時，光線在半球中傳播路程最長，光路圖如圖3所示，其中路程s滿足要求。因入射角臨界為90°，故折射角等于C，由余弦定理得：R2＝r2+s2﹣2r?s?cos（90°﹣C），解得：s=(光在介質(zhì)中傳播速度為：v=cn，最長時間為：t=sv，解得：tD、能從平面出射的臨界光路圖如圖4所示，光線在平面的B點恰好發(fā)生全反射，以O(shè)B的長L為半徑的圓形區(qū)域有光出射。設(shè)臨界光線在A點入射角為α，折射角為γ，在B點出射時入射角等于全反射臨界角C。由折射定律得：sinα由幾何關(guān)系得：α＝C+γ聯(lián)立由三角函數(shù)知識，結(jié)合sinC=33，解得：tanγ=1在ΔAOB中，由正弦定理得：R解得：L=可得平面有光出射的面積為：S＝πL2，解得S=(2+2)8πR2，故13．如圖所示，為做好疫情防控供電準(zhǔn)備，防控指揮中心為醫(yī)院設(shè)計的備用供電系統(tǒng)輸電電路簡圖如圖甲所示，矩形交流發(fā)電機(jī)匝數(shù)為n＝50，線圈、導(dǎo)線的電阻均不計，在勻強(qiáng)磁場中以矩形線圈中軸線OO'為軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ中隨時間t的變化圖像如圖乙所示，Φm=2A．電壓表的示數(shù)為502B．該交流電的方向每秒改變50次 C．變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5：22 D．當(dāng)副線圈的醫(yī)療設(shè)備負(fù)載增加時，發(fā)電機(jī)的輸出功率變小【解答】解：AC、由圖像得：T＝0.02s線圈的角速度ω=2πT=線圈產(chǎn)生的電動勢的峰值為Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2×10-2π則電壓表的示數(shù)為U1=E變壓器的匝數(shù)比n故A錯誤，C正確；B、因為交變電流的周期為0.02s，一個周期內(nèi)交流電的方向改變兩次，所以每秒內(nèi)該交流電的方向改變的次數(shù)為k=故B錯誤；D、當(dāng)副線圈的醫(yī)療設(shè)備負(fù)載增加時，副線圈的總電阻減小，副線圈消耗的功率為P因為副線圈電壓U2不變，則副線圈消耗的功率增大，理想變壓器原副線圈功率相同，則發(fā)電機(jī)的輸出功率增大，故D錯誤。故選：C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．如圖所示，圖甲為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波動圖象，圖乙為參與波動質(zhì)點P的振動圖象，則下列判斷正確的是（）A．該波的傳播速率為2m/s B．該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向 C．經(jīng)過1.5s時間，質(zhì)點P的位移為零，路程為1.2m D．經(jīng)過0.5s質(zhì)點P沿波的傳播方向向前傳播2m【解答】解：A、由甲讀出該波的波長為λ＝4m，由乙圖讀出周期為T＝1s，則波速為：v=λT=4m/sB、在乙圖上讀出t＝0時刻P質(zhì)點的振動方向沿y軸負(fù)方向，在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向。故B正確。D、質(zhì)點只在自己的平衡位置附近上下振動，并不沿波的傳播方向向前傳播。故D錯誤。C、經(jīng)過1.5s，質(zhì)點P位于平衡位置，經(jīng)過了1.5個周期，通過的路程為6A＝1.2m，故C正確。故選：BC。15．研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實驗裝置如圖（a）所示，用光強(qiáng)相同的紫光和藍(lán)光照射光電管陰極K時，測得相應(yīng)的遏止電壓分別為U1和U2，產(chǎn)生的光電流I隨光電管兩端電壓U的變化規(guī)律如圖（b）所示。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，紫光和藍(lán)光的頻率分別為ν1和ν2，且ν1＞ν2。則下列判斷正確的是（）A．U1＞U2 B．圖（b）中的乙線是對應(yīng)藍(lán)光照射 C．根據(jù)題述條件無法算出陰極K金屬的極限頻率 D．用藍(lán)光照射時，光電子的最大初動能為eU2【解答】解：B、根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓和最大初動能的關(guān)系，有：eUc＝Ek＝hν﹣W0，由于紫光的頻率ν1大于藍(lán)光的頻率ν2，則有U1＞U2，所以圖（b）中的乙線是對應(yīng)紫光照射，故A正確，B錯誤；C、根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓和最大初動能的關(guān)系：eU1＝hν1﹣W0，而W0＝hνc，可得陰極K金屬的極限頻率νc＝ν1-eU1D、由eUc＝Ek，藍(lán)光對應(yīng)的遏止電壓為U2，用藍(lán)光照射時，光電子的最大初動能為eU2，故D正確。故選：AD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）．Ⅰ、如圖甲，用質(zhì)量為m的鉤碼，通過滑輪牽引小車，使小車在長木板上做勻加速直線運動，打點計時器在紙帶上記錄小車的運動情況。利用該裝置可以完成“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系“的實驗。（1）打點計時器使用的電源是交流電源（填“直流電源“或”交流電源“）。（2）實驗中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正確操作方法是取下鉤碼，然后適當(dāng)墊高長木板右端（填“墊高長木板右端”或“改變小車的質(zhì)量”），直到小車做勻速直線運動。（3）如圖乙為某次打出的紙帶，并在紙帶上依次標(biāo)上O、…、A、B、C若干個計數(shù)點，測得計數(shù)點O到A、B、C點的距離為x1＝23.04cm、x2＝30.25cm、x3＝38.04cm；已知A、B、C相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T＝0.1s，則打點計時器在打B點時小車的速度為0.75m/s，運動的加速度大小為0.58m/s2.（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（4）實驗中采用控制變量法來研究。某小組的同學(xué)在研究小車?yán)Σ蛔儠r，加速度a與質(zhì)量m的定量關(guān)系；用測得的數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的a﹣m圖像，從圖像中可得，在小車?yán)Σ蛔儠r，當(dāng)小車質(zhì)量m增大時，加速度a減?。ㄌ睢皽p小”或“增大“）；通過數(shù)據(jù)分析，我們繼續(xù)通過用a-1m（填a-1m“或【解答】解：（1）打點計時器使用的電源是交流電源；（2）實驗中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正確操作方法是取下鉤碼，然后適當(dāng)墊高長木板右端，將紙帶穿過打點計時器固定在小車上，使小車在木板上做勻速直線運動。（3）根據(jù)勻變速直線運動平均速度等中間時刻的瞬時速度，可得打點計時器在打B點時小車的速度為v根據(jù)逐差法可知小車加速度為a=（4）從圖像中可得，在小車?yán)Σ蛔儠r，當(dāng)小車質(zhì)量m增大時，加速度a減小。根據(jù)F＝ma可知，當(dāng)F不變時，a與1m成正比，所以可以通過a-故〖答案〗為：（1）交流電源；（2）墊高長木板右端；（3）0.75，0.58；（4）減小，a-1Ⅱ、小強(qiáng)同學(xué)在實驗室進(jìn)行“測定電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗。（1）他打算先用多用電表粗測電源的電動勢，測量前發(fā)現(xiàn)電表的指針位置如圖甲所示，他需要進(jìn)行的操作是A；A．調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)零C．調(diào)節(jié)選擇開關(guān)并將紅黑表筆短接D．調(diào)節(jié)指針定位螺絲讓指針擺到最（2）為了更加精確地測量，他利用如圖乙所示器材和電路進(jìn)行實驗，其中有一根導(dǎo)線接線錯誤，錯誤的接線是D；A．第①根B．第②根C．第③根D．第④根（3）①正確連接電路，滑動變阻器滑片滑至某一位置時，電壓表指針如圖丙所示，此時電壓表示數(shù)為1.10V。②多次測量后，在U﹣I圖像中描出各對應(yīng)點，如圖丁所示。請結(jié)合數(shù)據(jù)點分析電源的電動勢E＝2.90V，內(nèi)阻為6.50Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）?！窘獯稹拷猓海?）用多用電表粗測電源的電動勢時，是作為電壓表使用的，不使用歐姆擋，不需要歐姆調(diào)零，所以只需要調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零即可，其他操作不必進(jìn)行，故A正確，BCD錯誤；故選：A。（2）測電源電動勢時，應(yīng)該用電流表的外接法，所以第④根導(dǎo)線接錯，應(yīng)該接在滑動變阻器的左下接線柱，給D正確，ABC錯誤；故選：D。（3）①電壓表用量程3V即可，分度值為0.1V，指針指在了1.1的刻度，所以讀數(shù)為1.10V；②多次測量后，在U﹣I圖像中描出各對應(yīng)點，連線如圖由圖中的點連線可知，圖線與縱軸的截距為2.90V，所以電源電動勢為2.90V；可求得圖像斜率絕對值即為內(nèi)阻，約為r=故〖答案〗為：（1）A；（2）D；（3）1.10；2.90；6.5017．（8分）一同學(xué)制造了一個便攜氣壓千斤頂，其結(jié)構(gòu)如圖所示，直立圓筒型氣缸導(dǎo)熱良好，長度為L0，活塞面積為S，活塞通過連桿與上方的頂托相連接，連桿長度大于L0，在氣缸內(nèi)距缸底13L0處有固定限位裝置AB，以避免活塞運動到缸底。開始活塞位于氣缸頂端，現(xiàn)將重力為3p0S的物體放在頂托上，已知大氣壓強(qiáng)為p0（1）穩(wěn)定后活塞下降的高度；（2）為使重物升高到原位置，需用氣泵加入多大體積的壓強(qiáng)為p0的氣體?！窘獯稹拷猓海?）取密封氣體為研究對象，初態(tài)壓強(qiáng)為p0，體積為L0S假設(shè)沒有AB限位裝置，末態(tài)時壓強(qiáng)為p，氣柱長度為L，則：p=p氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：p0L0S＝pLS解得：L=因L04＜L03，故活塞停在（2）以活塞回到初始位置時的氣體為研究對象，把原來氣體和打入的氣體作為整體，氣體發(fā)生等溫變化初態(tài)：p2＝p0，V2＝L0S+V末態(tài)：p3＝4p0，V4＝L0S根據(jù)玻意耳定律可得：p2V2＝p3V3解得：V＝3L0S答：（1）穩(wěn)定后活塞下降的高度為2L（2）為使重物升高到原位置，需用氣泵加入多大體積的壓強(qiáng)為p0的氣體為3L0S。18．（11分）如圖所示，一質(zhì)量為m＝1kg可看成質(zhì)點的滑塊以初速度v0＝2m/s，從P點與水平方向成θ＝37°拋出后，恰能從a點沿ab方向切入粗糙斜面軌道，斜面ab軌道長為xab＝10m，斜面ab與半徑R＝1.25m的豎直光滑圓弧軌道相切于b點，O點為圓弧的圓心，c點為圓弧的最低點且位于O點正下方，圓弧圓心角θ＝37°。c點靠近水平傳送帶左側(cè)，傳送帶cd間距離為L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶與光滑圓弧、光滑水平面均保持平滑對接，水平面上有2個位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，每個小球質(zhì)量m0＝2kg。滑塊與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，滑塊與斜面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不計一切空氣阻力，求：（1）滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間t0；（2）滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大??；（3）滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大??；（4）2個小球最終獲得的總動能?！窘獯稹拷猓海?）滑塊從P點拋出時豎直方向的分速度為：vy＝v0sinθ滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間為：t0（2）從開始運動到c點的過程中，根據(jù)動能定理可得：mgxsinθ+mgR(1-cosθ)-μmgxcosθ=1在c點，根據(jù)牛頓第二定律可得：Nc聯(lián)立解得vc＝7m/s；Nc＝49.2N根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大小Nc'＝Nc＝49.2N（3）滑塊在傳送帶上的加速度a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2滑塊速度與傳送帶速度相等的所需的時間為：t1此過程滑塊的位移為：x1所以滑塊在傳送帶上先勻減速后勻速，勻速運動的時間為t2勻速階段滑塊與傳送帶間沒有摩擦力，滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大小I＝μmgt1＝0.5×1×10×0.4N?s＝2N?S（4）滑塊第一次與小球發(fā)生彈性碰撞，選擇水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得：mv＝mv1+m0u112解得：v由于小球質(zhì)量相等均為m0，且發(fā)生的都是彈性碰撞，他們之間將進(jìn)行速度交換，分析可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次返回做勻加速運動，直到速度增加到v1，再與小球1發(fā)生彈性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物塊和小球的速度大小分別為：v2u2則2個小球的總動能為E代入數(shù)據(jù)解得：Ek=答：（1）滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間為0.24s；（2）滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大小為49.2N；（3）滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大小為2N?s；（4）2個小球最終獲得的總動能為10008119．（11分）如圖所示，兩相距L＝0.6m的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面均成30°角，導(dǎo)軌上端連接一阻值為R＝0.08Ω的電阻，兩導(dǎo)軌間A1A2A3A4區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，A1A2與A3A4平行且與傾斜導(dǎo)軌垂直，A1A2與A3A4之間離D＝2m。兩傾斜導(dǎo)軌下端在A3、A4入處分別通過一小段光滑圓弧導(dǎo)軌（長度可忽略）與兩根固定在同一水平面內(nèi)的平行粗導(dǎo)軌相連，兩根水平導(dǎo)軌上與A3、A4相距x＝1.75m處有兩根固定立柱M、N。將質(zhì)量為m1＝0.3kg、電阻為r＝0.16Ω的導(dǎo)體桿ab從傾斜導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，桿ab沿傾斜導(dǎo)軌下滑進(jìn)入磁場立即開始做勻速運動。離開磁場滑上水平軌道時與靜止在水平導(dǎo)軌左端質(zhì)量為m2＝0.1kg的絕緣桿cd碰撞，碰后桿cd向右運動，與立柱M、N碰后等速率反彈，已知桿ab和桿cd與水平導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在滑動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，它們之間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間極短可忽略不計，除R和r外其余電阻均不計，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）釋放桿ab的位置與A1A2之間的距離；（2）桿ab第一次穿越磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；（3）桿ab與桿cd第二次碰撞結(jié)束瞬間的速度?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體桿ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E＝BLv0由閉合電路的歐姆定律得：I=導(dǎo)體桿受到的安培力大小F＝ILB導(dǎo)體桿做勻速直線運動，由平衡條件得：F＝m1gsin30°設(shè)桿ab初始位置與A1A2之間的距離為l，桿ab由靜止釋放至進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)動能定理得：m1代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/s，l＝1.6m（2）桿ab勻速穿越磁場，由能量守恒定律得：Q＝m1gDsin30°其中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱：Q代入數(shù)據(jù)解得：QR＝1J（3）桿ab與桿cd發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞過程動量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)第一次碰后桿ab的速率為v1，桿cd的速率為v2以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2由機(jī)械能守恒定律得：1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2m/s，v2＝6m/s第一次碰撞后，在摩擦力作用下，桿ab向右做勻減速運動，桿cd先向右勻減速運動，與立柱碰撞后再向左勻減速運動，加速度大小均為a=μmgm=μg＝0.2×10m/s2桿ab經(jīng)t秒與桿cd發(fā)生第二次碰撞，桿ab的路程為x1，桿cd的路程為x2，則x1+x2＝2x又x1=代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.5s（t＝3.5s不符合實際情況，舍去）碰撞前瞬間，桿ab的速率為v'1，桿cd的速率為v'2，則v'1＝v1﹣at，v'2＝v2﹣at解得v'1＝1m/s，方向向右v'2＝5m/s，方向向左桿ab和桿cd第二次碰撞，碰撞后瞬間桿ab的速率為v''1，桿cd的速率為v''2以向左為正方向，由動量守恒定律得：m1v'1﹣m2v'2＝m1v''1+m2v''2由機(jī)械能守恒定律得：1代入數(shù)據(jù)解得：v''1＝﹣2m/s，v''2＝4m/s（v''1＝1m/s，v''2＝﹣5m/s不符合實際情況，舍去）故碰撞后瞬間桿ab的速度大小為2m/s，方向向左；桿cd的速度大小為4m/s，方向向右。答：（1）釋放桿ab的位置與A1A2之間的距離是1.6m；（2）桿ab第一次穿越磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱是1J；（3）桿ab與桿cd第二次碰撞結(jié)束瞬間，ab桿的速度大小是2m/s，方向向左，cd桿的速度大小是4m/s，方向向右。20．（11分）如圖所示，O﹣xyz坐標(biāo)系的y軸豎直向上，在yOz平面左側(cè)﹣2l＜x＜﹣l區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，﹣l＜x＜0區(qū)域內(nèi)存在著沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場，在yOz平面右側(cè)區(qū)域同時存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均與yOz平面左側(cè)相等，電磁場均具有理想邊界。一個質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子從M(-2l，l2，0)點以速度v0沿x軸正方向射入電場，經(jīng)N（﹣l，0，0）點進(jìn)入磁場區(qū)域，然后從O點進(jìn)入到平面yOz（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（3）粒子從離開O點開始，第n（n＝1，2，3，…）次到達(dá)x軸時距O點的距離s?！窘獯稹拷猓海?）粒子在電場中運動做類平拋運動，則有：沿x軸方向：l＝v0t在y軸方向：1由牛頓第二定律得：qE＝ma解得：E=mv0（2）在N點，設(shè)粒子速度v的方向與x軸間的夾角為θ，沿y軸負(fù)方向的速度為vy。粒子進(jìn)入磁場時豎直分速度大小vy＝at，tanθ=粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v=解得：θ＝45°，vy＝v0粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子軌跡如圖所示：由幾何知識可知，粒子做圓周運動軌跡的半徑R=粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=解得：B=（3）粒子到達(dá)O點時，粒子沿x軸方向的分速度大小vx＝vcosθ，沿y軸方向的分速度大小vy＝vsinθ同時存在電場、磁場，粒子以vy在磁場中做勻速圓周運動，同時粒子以初速度vx＝v0沿x軸正方向做勻加速運動粒子做勻速圓周運動的周期T=粒子離開O后，每轉(zhuǎn)一周到達(dá)一次x軸，第n次到達(dá)x軸時，粒子到達(dá)x軸需要的時間t＝nT=粒子在x軸方向相對于O點的位移s=解得：s=πnl(2+nπ)2（n＝1，2，3，答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小是mv（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是2mv（3）粒子從離開O點開始，第n（n＝1，2，3，…）次到達(dá)x軸時距O點的距離是πnl(2+nπ)2（n＝1，2，3，…2024年浙江選考仿真模擬卷（五）物理（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．國際單位制中電阻的單位符號是Ω，如果用國際單位制基本單位的符號來表示，下列選項正確的是（）A．kg?m2s?AC．kg?ms【解答】解：結(jié)合電阻的定義、電壓的定義、電流的定義、功的定義和牛頓第二定律公式可得：R=U故1Ω=A、B、C錯誤，D正確。故選：D。2．理想實驗是科學(xué)研究中的一種重要方法，它把可靠事實和理論思維結(jié)合起來，可以深刻地揭示自然規(guī)律。以下實驗中屬于理想實驗的是（）A．驗證力的平行四邊形定則實驗 B．伽利略的對接斜面實驗 C．用打點計時器測物體加速度的實驗 D．測定反應(yīng)時間的實驗【解答】解：A、驗證平行四邊形定則是采用等效替代的方法，驗證互成角度兩力的合成規(guī)律，是驗證性實驗，故A錯誤；B、伽利略的斜面實驗，抓住主要因素，忽略了次要因素，從而更深刻地反映了自然規(guī)律，屬于理想實驗，故B正確；C、用打點計時器測加速度度是在實驗室進(jìn)行的，是測量性的實際實驗，故C錯誤；D、利用自由落體運動測定反應(yīng)時間是可以實驗室進(jìn)行是實際實驗，故D錯誤；故選：B。3．仰臥起坐（SITUP），是一種常見的體育運動，能增強(qiáng)腹部肌肉的力量。《國家學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》規(guī)定高一年級女生一分鐘仰臥起坐完成23個得60分，完成53個得100分。某高中女生在一分鐘內(nèi)完成40個，估算她在這個過程中的平均功率（）A．70W B．700W C．1000W D．1400W【解答】解：該女生身高約h＝1.6m，每次上半身重心上升的距離約為：h′=12×0.4h＝她每一次克服重力做的功為：W＝0.6mgh′＝0.6×50×10×0.32J＝96J1min內(nèi)她克服重力所做的總功為：W'＝40W＝40×96J＝3840J她克服重力做功的平均功率為：P=W't=384060W＝64W，約為故選：A。4．如圖所示，傾角為θ、質(zhì)量為2m的斜面A置于粗糙的水平面上，斜面上放有質(zhì)量為m的物體B，一被壓縮的輕彈簧水平夾在B與豎直墻壁之間。已知A與B間，A與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，最大靜摩擦力等于動摩擦力，重力加速度為g，彈簧處于彈性限度內(nèi)。若A、B始終保持靜止，則（）A．A一定受到5個力作用 B．A受到地面對其水平向左的摩擦力 C．彈簧的彈力一定為mgtanθ D．A受到地面的摩擦力大小一定為3μ2mg【解答】解：A．A一定會受到重力，B對A的壓力，地面的支持力和地面的摩擦力，B對A是否有摩擦與彈簧彈力大小有關(guān)，如果彈簧的彈力合適滿足mgsinθ＝kxcosθ，可能B對A恰好沒有摩擦，因此A可能受4個力作用，故A錯誤；B．根據(jù)整體法，將A、B作為一個整體，根據(jù)平衡條件，可知地面對A的摩擦力水平向左，與彈簧對B的彈力等大反向，故B正確；C．若A、B之間恰好沒有摩擦力，對物體B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可知mgsinθ＝kxcosθ，此時的彈力kx＝mgtanθ若彈力稍大，則物體B有上滑的趨勢，受斜面的摩擦力沿斜面向下，因此彈簧的彈力不一定為mgtanθ，故C錯誤；D．由于A與地面之間是靜摩擦力，不能按滑動摩擦力公式計算，摩擦力的大小是由彈簧的彈力大小決定的，故D錯誤。故選：B。5．2022年10月9日，中國成功發(fā)射“夸父一號”先進(jìn)天基太陽天文臺衛(wèi)星，衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定的太陽同步晨昏軌道，可全年不間斷對日觀測。已知衛(wèi)星在距地面720km的近似圓形軌道上繞地運行，周期為99min。下列說法正確的是（）A．“夸父一號”的發(fā)射速度大于11.2km/s B．“夸父一號”的運行速度大于7.9km/s C．“夸父一號”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度 D．“夸父一號”受到的向心力大于地球同步衛(wèi)星受到的向心力【解答】解：A．第一宇宙速度7.9km/s是發(fā)射繞地衛(wèi)星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星離開地球飛向太陽的最小發(fā)射速度，“夸父一號”的發(fā)射速度小于11.2km/s，故A錯誤；B．第一宇宙速度是繞地運行衛(wèi)星的最大速度，“夸父一號”的運行速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．“夸父一號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，根據(jù)角速度和周期的關(guān)系式ω=2πT可知，“夸父一號”的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，故D．衛(wèi)星質(zhì)量未知，所受向心力無法比較，故D錯誤。故選：C。6．宇宙飛船從地面發(fā)射后，要與環(huán)繞地球做勻速圓周運動的軌道空間站對接，下列說法正確的是（）A．飛船必須先到達(dá)比空間站高一點的軌道，然后減速與空間站對接 B．飛船必須從同軌道前方減速與空間站對接 C．飛船可以從較低軌道加速后與空間站對接 D．飛船必須從同軌道后方加速與空間站對接【解答】解：A、如果先進(jìn)入高軌道會減速，這樣你加速所消耗內(nèi)能增多，而且在最終要追上空間站，當(dāng)從高軌道降到空間站軌道，速度過快。在減速的話總體浪費的內(nèi)能多，故A錯誤；BCD、在相同的軌道上加速，會做離心運動，離開圓軌道，減速，萬有引力大于所需向心力，會做近心運動，也會離開圓軌道，所以要實現(xiàn)對接。在低軌道加速，萬有引力不夠提供向心力，做離心運動，而運動到高軌道；故B、D錯誤，C正確。故選：C。7．某個智能玩具的聲響開關(guān)與LC電路中的電流有關(guān)，如圖所示為玩具內(nèi)的LC振蕩電路部分。已知線圈自感系數(shù)L＝2.5×10﹣3H，電容器電容C＝4μF，在電容器開始放電時（取t＝0），上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則（）A．LC振蕩電路的周期T＝π×104s B．當(dāng)t＝π×10﹣4s時，電容器上極板帶正電 C．當(dāng)t=π3×10﹣4D．當(dāng)t=2π3×10﹣【解答】解：A．由公式T=2πLC得LC振蕩電路的固有周期為：T＝2π2.5×10-3×4×10-6B．t＝π×10﹣4s時，電容器反向充滿電，所以上極板帶負(fù)點，故B錯誤；C．t=π3×10﹣4s是0-D．t=2π3×10-4故選：C。8．如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，一帶正電的粒子僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡如圖中實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由圖可知（）A．帶電粒子在P點的電勢能比在Q點小 B．帶電粒子在P點的動能比在Q點大 C．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高 D．帶電粒子在P點時的加速度比在Q點的加速度大【解答】解：AB．根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，帶電質(zhì)點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，故AB錯誤；C．電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故a等勢線的電勢最低，c等勢線的電勢最高，故C錯誤；D．等勢線密的地方場強(qiáng)大，故P點位置電場強(qiáng)度大，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，帶電粒子在P點時的加速度比在Q點的加速度大，故D正確。故選：D。9．煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內(nèi)上升的高度為h，則下列說法正確的是（）A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零 B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變 C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足vt2D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足(v+【解答】解：A、煙花彈上升至最高點時，受重力作用，加速度為g，故A錯誤；B、v﹣t圖像切線的斜率代表加速度，由圖可知，煙花彈的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律得：mg+f＝ma則空氣阻力逐漸減小，故B錯誤；C、連接AB兩點，煙花彈做勻變速直線運動，位移為H′=v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，由圖可知H＜H′=故C錯誤；D、連接AC兩點，從0～t0時間，煙花彈做勻變速直線運動，煙花的位移為h′=由圖可知h′＜h=故D正確；故選：D。10．2021年5月28日，我國“人造太陽”打破世界紀(jì)錄，成功實現(xiàn)1.2億攝氏度運行101秒。其結(jié)構(gòu)如圖所示，在“人造太陽”周圍，距“人造太陽”中心L處有多個半徑均為r的圓形能量接收裝置（r?L），中心和圓心連線與接收裝置平面垂直?！叭嗽焯枴眱?nèi)部發(fā)生的氘﹣氚聚變的核反應(yīng)方程為a12H+b13H→A．24He的比結(jié)合能比1B．方程中未知量滿足a＝2d+b C．一次氘﹣氚聚變釋放的能量為Δmc2 D．單個接收裝置對外輸出功率P=【解答】解：A、該核反應(yīng)釋放能量，生成的24He更穩(wěn)定，因此24He的比結(jié)合能比B、結(jié)合核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒可得a+b＝2d，即a＝2d﹣b，故B錯誤；CD、由質(zhì)能方程得t時間內(nèi)“人造太陽”釋放的能量為E＝Δmc2，并非一次聚變釋放的能量，以“人造太陽”的中心為球心，L為半徑的球面上，單位面積接收到的能量為E=E4πL2，單個接收裝置接收到的能量為EP=E0t=Δm故選：D。11．?dāng)S冰壺又稱冰上溜石，是以隊為單位在冰上進(jìn)行的一種投擲性競賽項目，被大家喻為冰上的“國際象棋”，是冬奧會比賽項目。在某次冰壺比賽中，運動員利用紅壺去碰撞對方靜止的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞，如圖（b）所示。碰撞前后兩壺做直線運動的v﹣t圖線如圖（c）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則（）A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍(lán)壺的速度可能為0.9m/s C．碰后藍(lán)壺移動的距離為2m D．碰后紅壺還能繼續(xù)運動2s【解答】解：AB．由圖b所示圖象可知，碰前紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后速度為v'0＝0.2m/s，碰后紅壺沿原方向運動，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，因為碰撞時間極短，且內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以兩壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，選擇碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv0＝mv'0+mv解得：v＝0.8m/s碰前動能為：E1碰后動能為：E2由此可知E1＞E2，因為碰撞過程中機(jī)械能有損失，所以碰撞為非彈性碰撞，故AB錯誤；C．根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，碰后藍(lán)壺移動的位移大小為：x=(v+0)t2=D．根據(jù)“紅壺碰撞前后的圖線平行”知，碰撞前后紅壺加速度不變，速度從1.2m/s減小到1.0m/s和速度從0.2m/s減小到0，速度變化量相同，根據(jù)加速度的定義式可知：a=Δv所以時間相同，速度從1.2m/s減小到1.0m/s用時1s，故碰后紅壺還能繼續(xù)運動1s。故D錯誤。故選：C。12．如圖1所示，O點是一半徑為R的勻質(zhì)玻璃半球體的球心，平面水平放置，有一束光線從距離O點為r=33R的P點入射至玻璃半球內(nèi)，光線與豎直方向的夾角為θ，當(dāng)θ＝A．玻璃的折射率為33B．若要使光線從球形表面出射后恰好與入射光平行，則θ＝30° C．改變夾角θ，光線在半球中傳播的最長時間為(3+3D．如圖2所示，若半球球面區(qū)域均有光線豎直向下入射，則平面有光出射的面積為(2+2)【解答】解：注意題設(shè)：本題只考慮第一次射到各表面的光線A、當(dāng)θ＝0°時光線恰好在球面發(fā)生全反射，即在球面處入射角恰好等于全反射臨界角C，光路圖如圖1所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinC=根據(jù)全反射臨界角C滿足的條件可得：sinC=解得：n=3，故AB、若要使光線從球形表面出射后恰好與入射光平行，那么出射光線與入射光線，以及法線必在同一平面內(nèi)，且入射點與出射點的法線平行，入射光線必須在豎直平面內(nèi)，光路圖如圖1所示，出射點必在O點的正上方。根據(jù)幾何關(guān)系可得：tanβ=rR=33，可得β＝30°，可知θC，要使光線在半球中傳播的時間最長，因只考慮第一次射到各表面的光線，當(dāng)θ臨界等于90°時，光線在半球中傳播路程最長，光路圖如圖3所示，其中路程s滿足要求。因入射角臨界為90°，故折射角等于C，由余弦定理得：R2＝r2+s2﹣2r?s?cos（90°﹣C），解得：s=(光在介質(zhì)中傳播速度為：v=cn，最長時間為：t=sv，解得：tD、能從平面出射的臨界光路圖如圖4所示，光線在平面的B點恰好發(fā)生全反射，以O(shè)B的長L為半徑的圓形區(qū)域有光出射。設(shè)臨界光線在A點入射角為α，折射角為γ，在B點出射時入射角等于全反射臨界角C。由折射定律得：sinα由幾何關(guān)系得：α＝C+γ聯(lián)立由三角函數(shù)知識，結(jié)合sinC=33，解得：tanγ=1在ΔAOB中，由正弦定理得：R解得：L=可得平面有光出射的面積為：S＝πL2，解得S=(2+2)8πR2，故13．如圖所示，為做好疫情防控供電準(zhǔn)備，防控指揮中心為醫(yī)院設(shè)計的備用供電系統(tǒng)輸電電路簡圖如圖甲所示，矩形交流發(fā)電機(jī)匝數(shù)為n＝50，線圈、導(dǎo)線的電阻均不計，在勻強(qiáng)磁場中以矩形線圈中軸線OO'為軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ中隨時間t的變化圖像如圖乙所示，Φm=2A．電壓表的示數(shù)為502B．該交流電的方向每秒改變50次 C．變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5：22 D．當(dāng)副線圈的醫(yī)療設(shè)備負(fù)載增加時，發(fā)電機(jī)的輸出功率變小【解答】解：AC、由圖像得：T＝0.02s線圈的角速度ω=2πT=線圈產(chǎn)生的電動勢的峰值為Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2×10-2π則電壓表的示數(shù)為U1=E變壓器的匝數(shù)比n故A錯誤，C正確；B、因為交變電流的周期為0.02s，一個周期內(nèi)交流電的方向改變兩次，所以每秒內(nèi)該交流電的方向改變的次數(shù)為k=故B錯誤；D、當(dāng)副線圈的醫(yī)療設(shè)備負(fù)載增加時，副線圈的總電阻減小，副線圈消耗的功率為P因為副線圈電壓U2不變，則副線圈消耗的功率增大，理想變壓器原副線圈功率相同，則發(fā)電機(jī)的輸出功率增大，故D錯誤。故選：C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．如圖所示，圖甲為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波動圖象，圖乙為參與波動質(zhì)點P的振動圖象，則下列判斷正確的是（）A．該波的傳播速率為2m/s B．該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向 C．經(jīng)過1.5s時間，質(zhì)點P的位移為零，路程為1.2m D．經(jīng)過0.5s質(zhì)點P沿波的傳播方向向前傳播2m【解答】解：A、由甲讀出該波的波長為λ＝4m，由乙圖讀出周期為T＝1s，則波速為：v=λT=4m/sB、在乙圖上讀出t＝0時刻P質(zhì)點的振動方向沿y軸負(fù)方向，在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向。故B正確。D、質(zhì)點只在自己的平衡位置附近上下振動，并不沿波的傳播方向向前傳播。故D錯誤。C、經(jīng)過1.5s，質(zhì)點P位于平衡位置，經(jīng)過了1.5個周期，通過的路程為6A＝1.2m，故C正確。故選：BC。15．研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實驗裝置如圖（a）所示，用光強(qiáng)相同的紫光和藍(lán)光照射光電管陰極K時，測得相應(yīng)的遏止電壓分別為U1和U2，產(chǎn)生的光電流I隨光電管兩端電壓U的變化規(guī)律如圖（b）所示。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，紫光和藍(lán)光的頻率分別為ν1和ν2，且ν1＞ν2。則下列判斷正確的是（）A．U1＞U2 B．圖（b）中的乙線是對應(yīng)藍(lán)光照射 C．根據(jù)題述條件無法算出陰極K金屬的極限頻率 D．用藍(lán)光照射時，光電子的最大初動能為eU2【解答】解：B、根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓和最大初動能的關(guān)系，有：eUc＝Ek＝hν﹣W0，由于紫光的頻率ν1大于藍(lán)光的頻率ν2，則有U1＞U2，所以圖（b）中的乙線是對應(yīng)紫光照射，故A正確，B錯誤；C、根據(jù)光電效應(yīng)方程及遏止電壓和最大初動能的關(guān)系：eU1＝hν1﹣W0，而W0＝hνc，可得陰極K金屬的極限頻率νc＝ν1-eU1D、由eUc＝Ek，藍(lán)光對應(yīng)的遏止電壓為U2，用藍(lán)光照射時，光電子的最大初動能為eU2，故D正確。故選：AD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）．Ⅰ、如圖甲，用質(zhì)量為m的鉤碼，通過滑輪牽引小車，使小車在長木板上做勻加速直線運動，打點計時器在紙帶上記錄小車的運動情況。利用該裝置可以完成“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系“的實驗。（1）打點計時器使用的電源是交流電源（填“直流電源“或”交流電源“）。（2）實驗中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正確操作方法是取下鉤碼，然后適當(dāng)墊高長木板右端（填“墊高長木板右端”或“改變小車的質(zhì)量”），直到小車做勻速直線運動。（3）如圖乙為某次打出的紙帶，并在紙帶上依次標(biāo)上O、…、A、B、C若干個計數(shù)點，測得計數(shù)點O到A、B、C點的距離為x1＝23.04cm、x2＝30.25cm、x3＝38.04cm；已知A、B、C相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T＝0.1s，則打點計時器在打B點時小車的速度為0.75m/s，運動的加速度大小為0.58m/s2.（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（4）實驗中采用控制變量法來研究。某小組的同學(xué)在研究小車?yán)Σ蛔儠r，加速度a與質(zhì)量m的定量關(guān)系；用測得的數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的a﹣m圖像，從圖像中可得，在小車?yán)Σ蛔儠r，當(dāng)小車質(zhì)量m增大時，加速度a減?。ㄌ睢皽p小”或“增大“）；通過數(shù)據(jù)分析，我們繼續(xù)通過用a-1m（填a-1m“或【解答】解：（1）打點計時器使用的電源是交流電源；（2）實驗中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正確操作方法是取下鉤碼，然后適當(dāng)墊高長木板右端，將紙帶穿過打點計時器固定在小車上，使小車在木板上做勻速直線運動。（3）根據(jù)勻變速直線運動平均速度等中間時刻的瞬時速度，可得打點計時器在打B點時小車的速度為v根據(jù)逐差法可知小車加速度為a=（4）從圖像中可得，在小車?yán)Σ蛔儠r，當(dāng)小車質(zhì)量m增大時，加速度a減小。根據(jù)F＝ma可知，當(dāng)F不變時，a與1m成正比，所以可以通過a-故〖答案〗為：（1）交流電源；（2）墊高長木板右端；（3）0.75，0.58；（4）減小，a-1Ⅱ、小強(qiáng)同學(xué)在實驗室進(jìn)行“測定電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗。（1）他打算先用多用電表粗測電源的電動勢，測量前發(fā)現(xiàn)電表的指針位置如圖甲所示，他需要進(jìn)行的操作是A；A．調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)零C．調(diào)節(jié)選擇開關(guān)并將紅黑表筆短接D．調(diào)節(jié)指針定位螺絲讓指針擺到最（2）為了更加精確地測量，他利用如圖乙所示器材和電路進(jìn)行實驗，其中有一根導(dǎo)線接線錯誤，錯誤的接線是D；A．第①根B．第②根C．第③根D．第④根（3）①正確連接電路，滑動變阻器滑片滑至某一位置時，電壓表指針如圖丙所示，此時電壓表示數(shù)為1.10V。②多次測量后，在U﹣I圖像中描出各對應(yīng)點，如圖丁所示。請結(jié)合數(shù)據(jù)點分析電源的電動勢E＝2.90V，內(nèi)阻為6.50Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）?！窘獯稹拷猓海?）用多用電表粗測電源的電動勢時，是作為電壓表使用的，不使用歐姆擋，不需要歐姆調(diào)零，所以只需要調(diào)節(jié)指針定位螺絲進(jìn)行機(jī)械調(diào)零即可，其他操作不必進(jìn)行，故A正確，BCD錯誤；故選：A。（2）測電源電動勢時，應(yīng)該用電流表的外接法，所以第④根導(dǎo)線接錯，應(yīng)該接在滑動變阻器的左下接線柱，給D正確，ABC錯誤；故選：D。（3）①電壓表用量程3V即可，分度值為0.1V，指針指在了1.1的刻度，所以讀數(shù)為1.10V；②多次測量后，在U﹣I圖像中描出各對應(yīng)點，連線如圖由圖中的點連線可知，圖線與縱軸的截距為2.90V，所以電源電動勢為2.90V；可求得圖像斜率絕對值即為內(nèi)阻，約為r=故〖答案〗為：（1）A；（2）D；（3）1.10；2.90；6.5017．（8分）一同學(xué)制造了一個便攜氣壓千斤頂，其結(jié)構(gòu)如圖所示，直立圓筒型氣缸導(dǎo)熱良好，長度為L0，活塞面積為S，活塞通過連桿與上方的頂托相連接，連桿長度大于L0，在氣缸內(nèi)距缸底13L0處有固定限位裝置AB，以避免活塞運動到缸底。開始活塞位于氣缸頂端，現(xiàn)將重力為3p0S的物體放在頂托上，已知大氣壓強(qiáng)為p0（1）穩(wěn)定后活塞下降的高度；（2）為使重物升高到原位置，需用氣泵加入多大體積的壓強(qiáng)為p0的氣體?！窘獯稹拷猓海?）取密封氣體為研究對象，初態(tài)壓強(qiáng)為p0，體積為L0S假設(shè)沒有AB限位裝置，末態(tài)時壓強(qiáng)為p，氣柱長度為L，則：p=p氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：p0L0S＝pLS解得：L=因L04＜L03，故活塞停在（2）以活塞回到初始位置時的氣體為研究對象，把原來氣體和打入的氣體作為整體，氣體發(fā)生等溫變化初態(tài)：p2＝p0，V2＝L0S+V末態(tài)：p3＝4p0，V4＝L0S根據(jù)玻意耳定律可得：p2V2＝p3V3解得：V＝3L0S答：（1）穩(wěn)定后活塞下降的高度為2L（2）為使重物升高到原位置，需用氣泵加入多大體積的壓強(qiáng)為p0的氣體為3L0S。18．（11分）如圖所示，一質(zhì)量為m＝1kg可看成質(zhì)點的滑塊以初速度v0＝2m/s，從P點與水平方向成θ＝37°拋出后，恰能從a點沿ab方向切入粗糙斜面軌道，斜面ab軌道長為xab＝10m，斜面ab與半徑R＝1.25m的豎直光滑圓弧軌道相切于b點，O點為圓弧的圓心，c點為圓弧的最低點且位于O點正下方，圓弧圓心角θ＝37°。c點靠近水平傳送帶左側(cè)，傳送帶cd間距離為L＝3.4m，以v＝5m/s的恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶與光滑圓弧、光滑水平面均保持平滑對接，水平面上有2個位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，每個小球質(zhì)量m0＝2kg?；瑝K與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，滑塊與斜面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。不計一切空氣阻力，求：（1）滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間t0；（2）滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大??；（3）滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大??；（4）2個小球最終獲得的總動能。【解答】解：（1）滑塊從P點拋出時豎直方向的分速度為：vy＝v0sinθ滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間為：t0（2）從開始運動到c點的過程中，根據(jù)動能定理可得：mgxsinθ+mgR(1-cosθ)-μmgxcosθ=1在c點，根據(jù)牛頓第二定律可得：Nc聯(lián)立解得vc＝7m/s；Nc＝49.2N根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大小Nc'＝Nc＝49.2N（3）滑塊在傳送帶上的加速度a＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2滑塊速度與傳送帶速度相等的所需的時間為：t1此過程滑塊的位移為：x1所以滑塊在傳送帶上先勻減速后勻速，勻速運動的時間為t2勻速階段滑塊與傳送帶間沒有摩擦力，滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中，摩擦力對滑塊的沖量大小I＝μmgt1＝0.5×1×10×0.4N?s＝2N?S（4）滑塊第一次與小球發(fā)生彈性碰撞，選擇水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得：mv＝mv1+m0u112解得：v由于小球質(zhì)量相等均為m0，且發(fā)生的都是彈性碰撞，他們之間將進(jìn)行速度交換，分析可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次返回做勻加速運動，直到速度增加到v1，再與小球1發(fā)生彈性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物塊和小球的速度大小分別為：v2u2則2個小球的總動能為E代入數(shù)據(jù)解得：Ek=答：（