2024年浙江選考仿真模擬物理試卷一（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年浙江選考仿真模擬卷（一）物理（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將〖答案〗寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法．下面四個(gè)物理量都是用比值法定義的，其中定義式正確的是（）A．電容C=QU B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝C．電場(chǎng)強(qiáng)度E＝kQ/r2 D．電流I＝U/R【解答】解：A、電容C由本身的性質(zhì)決定，與所帶的電荷量及兩端間的電勢(shì)差無(wú)關(guān)。所以C=QU屬于比值定義法。故B、磁感應(yīng)強(qiáng)度與放入磁場(chǎng)中的電流元無(wú)關(guān)。所以B=FIL屬于比值定義法。但B=FqvC、電場(chǎng)強(qiáng)度與放入電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)，所以E=Fq屬于比值定義法，但E=kQD、電流與用電器兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，電流I=UR不屬于比值定義法。故故選：A。2．如圖所示為一種新型的發(fā)令槍?zhuān)砷W光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路，揚(yáng)聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動(dòng)扳機(jī)，發(fā)令槍同時(shí)發(fā)出清晰的激光信號(hào)和聲音信號(hào)，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）A．計(jì)時(shí)裁判聽(tīng)到槍聲后立即按下計(jì)時(shí)表 B．揚(yáng)聲器的工作原理是將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào) C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)和聲信號(hào)的信息載體都是橫波 D．發(fā)令槍傳遞信息的過(guò)程也是能量傳遞的過(guò)程【解答】解：A．聲音的傳播速度小，從發(fā)令槍響到聽(tīng)到聲音需要一定的時(shí)間，所以計(jì)時(shí)裁判應(yīng)看到激光信號(hào)立即按下計(jì)時(shí)表，故A錯(cuò)誤；B．揚(yáng)聲器是把電信號(hào)轉(zhuǎn)化為聲信號(hào)的裝置，通電線圈與永磁體相互作用是利用通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受安培力的原理制成的，所以揚(yáng)聲器的工作原理是將電信號(hào)轉(zhuǎn)換成聲音信號(hào)，故B錯(cuò)誤；C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)的信息載體是橫波，發(fā)令槍產(chǎn)生的聲信號(hào)的信息載體是縱波，故C錯(cuò)誤；D．發(fā)令槍發(fā)出聲音信號(hào)，空氣的振動(dòng)傳播了能量，引起耳膜的振動(dòng)，所以發(fā)令槍傳遞信息的過(guò)程也是能量傳遞的過(guò)程，故D正確。故選：D。3．如圖所示，兩個(gè)半徑不等的光滑半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，兩個(gè)質(zhì)量相等的A球和B球，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，分別自軌道左端由靜止開(kāi)始滑下，在各自軌道的最低點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．A球的速度可能小于B球的速度 B．A球的動(dòng)能可能小于b球的動(dòng)能 C．A球的向心加速度的大小等于B球的向心加速度的大小 D．A球所受軌道的支持力大于B球所受軌道的支持力【解答】解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒得，mgR=12mv2知，v=2gR，半徑大的圓形軌道，球到達(dá)底端的速度大，故A球的速度一定大于BB、由A的分析可知，兩球質(zhì)量相等，而A球運(yùn)動(dòng)半徑大，故說(shuō)明A球的動(dòng)能大，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)a=v2R=D、根據(jù)牛頓第二定律得，N﹣mg＝mv2R，解得N＝3mg，兩球質(zhì)量相等，根據(jù)牛頓第三定律可知壓力相等，故故選：C。4．如圖所示，輸入電壓U＝3U0且保持不變，完全相同的燈泡a、b的電壓均為U0，已知RT為隨溫度升高阻值減小的熱敏電阻，變壓器為理想變壓器，兩燈泡阻值不變且始終未燒壞，下列說(shuō)法正確的是（）A．原、副線圈匝數(shù)之比為3：1 B．流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為1：2 C．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡a變亮、b變暗 D．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡a變亮、b變亮【解答】解：A、輸入電壓U＝3U0，燈泡a得電壓為U0，則原線圈兩端電壓U1＝3U0﹣U0＝2U0副線圈兩端電壓U2＝U0所以原、副線圈匝數(shù)比n1：n2＝U1：U2＝2：1，故A錯(cuò)誤；B、兩燈泡a、b完全相同，電壓相同，則電流相同，設(shè)通過(guò)燈泡的電流為I，則原線圈電流為I1＝I原副線圈電流比等于匝數(shù)的反比，有I2：I1＝n1：n2＝2：1則副線圈電流I2＝2I燈泡b與熱敏電阻并聯(lián)分流，則流經(jīng)熱敏電阻的電流為2I﹣I＝I則流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為I：I＝1：1故B錯(cuò)誤；CD、若熱敏電阻RT溫度升高，熱敏電阻的阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，則原線圈的電流增大，燈泡a兩端電壓增大，燈泡a變亮；由于燈泡a兩端電壓增大，則原線圈的輸入電壓減小，副線圈兩端電壓也減小，燈泡b兩端電壓減小，燈泡b變暗，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。5．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過(guò)B、C、D再到A，其體積V和熱力學(xué)溫度T的關(guān)系圖像如圖所示，BA和CD的延長(zhǎng)線均經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．狀態(tài)B的壓強(qiáng)大于狀態(tài)C的壓強(qiáng) B．狀態(tài)B的內(nèi)能和狀態(tài)D的內(nèi)能不同 C．從狀態(tài)C到狀態(tài)D，每個(gè)氣體分子的速率都減小 D．從A到B的過(guò)程中，單位時(shí)間單位面積與容器壁碰撞的分子數(shù)減少【解答】解：A．根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，V﹣T圖線上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率與壓強(qiáng)的倒數(shù)成正比，所以狀態(tài)B的壓強(qiáng)小于狀態(tài)C的壓強(qiáng)，故B．狀態(tài)B和狀態(tài)D的溫度相同，則內(nèi)能相同，故B錯(cuò)誤；C．從狀態(tài)C到狀態(tài)D，溫度降低，氣體的平均動(dòng)能變小，但不是每個(gè)氣體分子的速率都減小，故C錯(cuò)誤；D．從A到B的過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)不變，體積變大，溫度升高，氣體分子數(shù)密度減小，而氣體分子平均速率變大，氣體分子對(duì)器壁的平均碰撞力變大，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋可知單位時(shí)間單位面積與容器壁碰撞的分子數(shù)減少，故D正確。故選：D。6．氫原子能級(jí)如圖所示，一群原處于n＝4能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷的過(guò)程中（）A．放出三種頻率不同的光子 B．放出六種頻率不同的光子 C．放出的光子的最大能量為13.6eV，最小能量是0.85eV D．放出的光能夠使逸出功為13.0eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)【解答】解：A、根據(jù)C42=6，知放出6種不同頻率的光子。故AC、從能級(jí)4躍遷到能級(jí)1放出的光子能量最大，從能級(jí)4躍遷到能級(jí)3放出的光子能量最小。根據(jù)hγ＝Em﹣En，最大能量為12.75eV，最小能量是0.66eV．故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)光電效應(yīng)的條件，只有放出的光子能量大于13.0eV的光子，才能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。故D錯(cuò)誤。故選：B。7．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)刻的波形圖，P、Q分別是機(jī)械波上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，其平衡位置坐標(biāo)分別為xP＝2m、xQ＝1m；圖乙為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖象．從t＝0時(shí)刻起，下列說(shuō)法中正確的是（）A．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向 B．t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度大于質(zhì)點(diǎn)P的加速度 C．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為0.2m D．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點(diǎn)P沿x軸的正方向遷移了3m【解答】解：A、根據(jù)圖乙可知，t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖乙可知該波的周期為T(mén)＝0.2s，在t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q在波峰、質(zhì)點(diǎn)P在平衡位置，根據(jù)a=-kym可知t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度大于質(zhì)點(diǎn)PC、t＝0至t＝0.15s，即經(jīng)過(guò)34T，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為s=34×4A=D、質(zhì)點(diǎn)只能在自己的平衡位置附近振動(dòng)，不會(huì)隨波遷移，故D錯(cuò)誤。故選：B。8．關(guān)于電容器，下列說(shuō)法正確的是（）A．電容器所帶的電荷量越多，電容就越大 B．電容器所帶電荷量為0時(shí)，電容就為0 C．電容器所帶電荷量減小為原來(lái)一半時(shí)，兩極板間的電壓就變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 D．電容器的電容在數(shù)值上等于兩極板間的電壓為1V時(shí)電容器需要帶的電荷量【解答】解：AB、電容器電容與電容器本身的特性有關(guān)，與電容器兩端的電壓及電容器所帶的電量無(wú)關(guān)，所以電容器所帶電荷量為0或帶電越多都不影響電容，故AB錯(cuò)誤；C、由C=QU可知，對(duì)于同一電容器，其所帶電荷量與兩極板間電壓成正比，電容器所帶電荷量減小為原來(lái)一半時(shí)，兩極板間的電壓也變?yōu)樵瓉?lái)的一半，故D、由C=QU可知，電容在數(shù)值上等于兩極板間的電勢(shì)差為1V時(shí)的電容器需要帶的電量，故故選：D。9．下列說(shuō)法正確的是（）A．電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理制成的 B．太陽(yáng)輻射的能量主要集中在紫外線、X射線、γ射線三個(gè)區(qū)域 C．微波爐是利用電流的熱效應(yīng)來(lái)加熱食物的 D．紫外線可用于檢查金屬內(nèi)部有無(wú)缺陷【解答】解：A、電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理制成的。故A正確；B、太陽(yáng)輻射的能量集中在可見(jiàn)光區(qū)域，故B錯(cuò)誤；C、微波爐是利用電流的磁效應(yīng)來(lái)加熱食物的，故C錯(cuò)誤；D、γ射線可用于檢查金屬內(nèi)部有無(wú)缺陷，而紫外線可用殺菌消毒。故D錯(cuò)誤。故選：A。10．我國(guó)成功發(fā)射“神舟七號(hào)”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，則下列說(shuō)法正確的是（）A．載人飛船的速度大小介于7.9km/s到11.2km/s之間 B．圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度 C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對(duì)接 D．圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的【解答】解：A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，當(dāng)取r＝R時(shí)（R為地球半徑），可得第一宇宙速度為7.9km/s，所以當(dāng)rBD．“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，可知圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小都與載人飛船的角速度大小相等，即兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的；再根據(jù)v＝ωr，圖1伴飛模式下，由于“伴飛”小衛(wèi)星的軌道半徑小于載人飛船的軌道半徑，則“伴飛”小衛(wèi)星的線速度小于載人飛船的線速度，故B錯(cuò)誤，D正確；C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體，將會(huì)向前加速，此時(shí)由于所受萬(wàn)有引力小于所需要的向心力，“伴飛”小衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)，變軌到更高的軌道運(yùn)行，不能與載人飛船對(duì)接，故C錯(cuò)誤。故選：D。11．三等長(zhǎng)絕緣棒AB、BC、CA連成正三角形，每根棒上均勻分布等量同種電荷，測(cè)得圖中P、Q兩點(diǎn)（均為相應(yīng)正三角形的中心）的電勢(shì)分別為φP和φQ，若撤去AC棒，則P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)φP'和φQ'分別為（）A．φP'=23φP B．φP'=1C．φQ'＝φQ+13φP D．φQ'=12φ【解答】解：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，AB、BC、AC三根絕緣棒在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)以及AC棒在Q點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相同，設(shè)為φ1；AB、BC棒在Q點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相同，設(shè)為φ2。根絕電勢(shì)的疊加原理，有φP＝3φ1，φQ＝φ1+2φ2，聯(lián)立可得φ1=13φP，φ撤去AC棒后，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φP′＝2φ1=23φP，φQ′＝2φ2＝φQ-13φ故選：A。12．李娜是亞洲第一位大滿貫女子單打冠軍。若李娜某次訓(xùn)練擊球時(shí)，第一次將網(wǎng)球從A點(diǎn)水平擊出，網(wǎng)球擊中D點(diǎn)；第二次將該網(wǎng)球從位于A點(diǎn)正下方且與D點(diǎn)等高的B點(diǎn)斜向上擊出，最高點(diǎn)為C，網(wǎng)球也擊中D點(diǎn)。A、C高度相同，忽略空氣阻力，則（）A．兩次擊球過(guò)程中，網(wǎng)球的初速度大小一定不相等 B．網(wǎng)球兩次擊中D點(diǎn)時(shí)速大小相等 C．網(wǎng)球兩次擊中D點(diǎn)時(shí)，重力做功的瞬時(shí)功率相同 D．網(wǎng)球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)球的沖量為零【解答】解、A、AB兩點(diǎn)發(fā)出的球都能到達(dá)D點(diǎn)，球從C到地面豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根據(jù)v=xt可知vxA＞vxB，根據(jù)速度的合成可知，球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度vA＝vxA，球從B點(diǎn)拋出時(shí)的速度vBB、第一次落到D點(diǎn)時(shí)的速度vAD=vxA2+vyA2C、由于vyA＝vyB，則重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，相同，故C正確；D、網(wǎng)球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，重力的沖量I＝mgt，不為零，故D錯(cuò)誤；故選：C。13．如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1，在其右側(cè)有一與其右端相切的正方形磁場(chǎng)區(qū)域，正方形磁場(chǎng)的邊長(zhǎng)足夠長(zhǎng)，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。有一簇質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度v0=qRA．S=(π+1B．S=(π+1)C．S=(D．S【解答】解：依題意，粒子速度v0圖中陰影部分為所求，r=空白區(qū)域面積S空白加陰影總面積S則S陰=S總-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(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車(chē)，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車(chē)弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到達(dá)弧形槽的頂端。小車(chē)與小球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．弧形槽的頂端距底端的高度為v0B．小球離開(kāi)小車(chē)后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng) C．在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小車(chē)對(duì)小球做的功為12D．在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，合力對(duì)小車(chē)的沖量大小為mv0【解答】解：A、經(jīng)分析可知，小球到達(dá)弧形槽頂端時(shí)，小球與小車(chē)的速度相同（設(shè)共同速度大小為v），在小球沿小車(chē)弧形槽上滑的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1解得：h=v02B、設(shè)小球返回弧形槽的底端時(shí)，小球與小車(chē)的速度分別為v1、v2，在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv0＝mv1+mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1解得v1＝0，v2＝v0可知小球離開(kāi)小車(chē)后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理，在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小車(chē)對(duì)小球做的功W=0-12mD、根據(jù)動(dòng)量定理，在小球沿小車(chē)孤形槽滑行的過(guò)程中，合力對(duì)小車(chē)的沖量大小I＝mv2﹣0＝mv0，故D正確。故選：ABD。15．現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次反射后離開(kāi)雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°，c為真空中光速，R為雨滴半徑，下列說(shuō)法中正確的是（）A．光束在雨滴中的折射率為53B．光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為64R15cC．出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng) D．光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射【解答】解：A．光在雨滴內(nèi)的傳播情況如圖所示如圖所示，設(shè)入射角為i，折射角為r，由幾何關(guān)系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°則光束在雨滴中的折射率為n=sini代入數(shù)據(jù)解得：n=43，故B．由折射定律可得：n=c可得：v=由幾何關(guān)系可知，光在雨滴中傳播距離為l＝4Rcosr光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為t=l聯(lián)立解得：t=64R15c，故CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射時(shí)一定會(huì)發(fā)生折射，此后每次發(fā)生反射時(shí)，入射角都相同，不可能發(fā)生全反射，出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）Ⅰ、（1）圖甲所示是用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)裝置圖。針對(duì)a、b、c、d四個(gè)位置或部件，回答問(wèn)題：①雙縫應(yīng)安裝在c位置（填字母代號(hào)）。②某次實(shí)驗(yàn)中，雙縫到光屏的距離和雙縫的間距固定不變，用兩種不同波長(zhǎng)的單色光得到乙、丙兩幅干涉圖樣，則乙圖入射光的波長(zhǎng)更長(zhǎng)。（2）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。實(shí)驗(yàn)裝置為完全相同的傾斜軌道與長(zhǎng)度不同的水平軌道平滑連接，并將軌道固定在同一豎直面內(nèi)的不同高度處。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將兩小球P、Q（均可視為質(zhì)點(diǎn)）同時(shí)從兩傾斜軌道上自由釋放，釋放位置距各自的水平軌道的高度相同。兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，用頻閃照相的方式記錄兩小球的位置（在圖丁中已標(biāo)出）。忽略一切阻力，已知頻閃照相機(jī)的頻閃周期為T(mén)。①小球P、Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻都在同一豎直線上，這說(shuō)明A。（選填正確〖答案〗標(biāo)號(hào)）A．小球P在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．小球P在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)C．小球P的運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)②小球P做平拋運(yùn)動(dòng)后，利用頻閃照片測(cè)量出兩小球連續(xù)三個(gè)位置的高度差分別為h1、h2、h3，則重力加速度g＝2h2【解答】解：（1）①根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟，雙縫應(yīng)安裝在c位置。②根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=l（2）①根據(jù)題述小球P、Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻都在同一豎直線上，可知兩小球在水平方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，這說(shuō)明小球P在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確。BC錯(cuò)誤。故選：A。②兩小球連續(xù)三個(gè)位置的高度差分別為h1、h2、h3，小球P在相鄰相等時(shí)間內(nèi)下落的高度分別為h1﹣h2和h2﹣h3，根據(jù)Δh＝gT2，可得(h解得g=2故〖答案〗為：（1）①c；②乙；（2）①A；②2hⅡ、取下無(wú)人機(jī)的一塊電池，并拆下“熱得快”中的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，小李和同學(xué)們想測(cè)量電熱絲的電阻率：（1）圖（a）中，E是無(wú)人機(jī)的電池，MN是他們從“熱得快”中拆下的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，選擇適當(dāng)?shù)碾姳砹砍毯?，他們發(fā)現(xiàn)大范圍移動(dòng)滑片P，電壓表的示數(shù)變化卻不明顯。為解決這一問(wèn)題，他們?cè)谟懻摵髮0＝8.40Ω的定值電阻接入電路中，那么，選擇圖（b）中的電路乙（選填“甲”“乙”或“丙”）可解決這一問(wèn)題。（2）他們用改進(jìn)后的電路進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，同時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U、電流表的示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的PN的長(zhǎng)度x，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345U/V3.092.922.662.231.80I/A0.100.120.150.200.25UI30.924.317.711.27.2x/cm41.831.922.012.36.3（3）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖（c）中補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出MN的UI（4）已知MN橫截面積為3×10﹣8m2，可求得MN材料的電阻率ρ＝2×10﹣6Ω?m（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。（5）測(cè)量MN的電阻率時(shí)，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有（選填“有”或“沒(méi)有”）影響。（6）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，是否可以求出無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻？若“可以求”請(qǐng)簡(jiǎn)述數(shù)據(jù)處理方法（不需要計(jì)算具體結(jié)果），若“不能求”請(qǐng)簡(jiǎn)述理由見(jiàn)〖解析〗?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)路端電壓U＝E﹣Ir可知r=，當(dāng)r＝0時(shí)，路端電壓的的變化為零，電壓表的示數(shù)變化不明顯，可知是電源內(nèi)阻較小引起的，所以將定值電阻接在干路上，把電源和定值電阻看作一個(gè)等效電源，等效內(nèi)阻增大，電壓表示數(shù)變化明顯，故選電路乙可解決問(wèn)題；（3）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出MN的UI（4）電壓表示數(shù)為電熱絲和電流表的電壓之和，即：U＝I（Rx+RA），則U所以圖像的斜率k=由圖像可知k=32-3(44-0)×10-2Ω/m=65.9Ω/m，S＝代入數(shù)據(jù)解得：ρ＝2×10﹣6Ω?m（5）由UI=Rx+RA=ρxS+R（6）根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U+I（R0+r）取表格中的兩組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入上式，則有：E＝U1+I1（R0+r）E＝U2+I2（R0+r）兩式聯(lián)立，可得E和r，所以根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，可以求出無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。故〖答案〗為：（1）乙；（3）見(jiàn)〖解析〗；（4）2×10﹣6Ω?m；（5）沒(méi)有；（6）見(jiàn)〖解析〗。17．（8分）如圖1所示，上端封閉、下端開(kāi)口且粗細(xì)均勻的玻璃管長(zhǎng)度L＝570mm，將其從水銀面上方豎直向下緩慢插入水銀中。發(fā)現(xiàn)管內(nèi)水銀面與管壁接觸的位置向下彎曲，致玻璃管內(nèi)水銀面形成凸液面，如圖2所示。當(dāng)玻璃管恰好全部插入水銀時(shí)，管內(nèi)、外水銀面的高度差為h，此時(shí)作用于管的豎直向下壓力大小為F。已知大氣壓強(qiáng)p0=760mmHg≈1.0×105Pa，玻璃管橫截面積大小S＝1.0cm2（1）圖2所示水銀面說(shuō)明水銀能否浸潤(rùn)玻璃？插入過(guò)程中，管內(nèi)氣體吸熱還是放熱？（2）求高度差h：（3）求撤去壓力F的瞬間，玻璃管的加速度大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，由圖2可知，水銀不浸潤(rùn)玻璃，插入過(guò)程中，溫度不變，氣體內(nèi)能不變，把玻璃管壓入水面過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)變大，體積減小，外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W可知，氣體放熱。（2）根據(jù)題意可知，插入過(guò)程等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：p0LS＝p2hS又有p2＝760+h解得：h＝380mm（3）根據(jù)題意，撤去F瞬間，由牛頓第二定律可得：（p2﹣p0）S﹣mg＝ma解得：a＝2.5m/s2答：（1）圖2所示水銀面說(shuō)明水銀不浸潤(rùn)玻璃，插入過(guò)程中，管內(nèi)氣體放熱；（2）高度差為380mm：（3）撤去壓力F的瞬間，玻璃管的加速度大小為2.5m/s2。18．（11分）如圖所示為某品牌拼接玩具搭建的場(chǎng)景。AB、BC為粗糙直軌道，摩擦系數(shù)均為0.25，在B點(diǎn)平滑連接，BC＝4cm，CDE是光滑半圓弧軌道，半徑r＝15cm，與直軌道在C點(diǎn)平滑連接，直軌道AB與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量為0.1kg物塊從直軌道AB某處下滑，恰好能通過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)E，不計(jì)空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：（1）物塊第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)加速度大??；（2）某同學(xué)計(jì)算物塊平拋時(shí)間為0.2s，試分析該同學(xué)計(jì)算結(jié)果是否正確。（物塊平拋后會(huì)與軌道AB碰撞，只考慮碰撞前平拋運(yùn)動(dòng)情況）（3）欲使物塊不脫離軌道，且盡可能使物塊在直軌道上滑行較長(zhǎng)距離，求物塊釋放位置以及最終停下來(lái)位置?！窘獯稹拷猓海?）物塊恰好能通過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)E，在E點(diǎn)由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律有mg=mv物塊由D運(yùn)動(dòng)到E過(guò)程，由動(dòng)能定理有-mgr=1物塊在D點(diǎn)，由向心力公式有N=mv解得：N＝3mg則D點(diǎn)加速度為a=N（2）倘若平拋時(shí)間為0.2s，則有h=12gx＝vt=grt=10×15×10根據(jù)幾何關(guān)系有2r-hx-BC其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入數(shù)據(jù)顯然不匹配，所以該同學(xué)計(jì)算錯(cuò)誤。（3）欲使物塊不脫離軌道，則物塊達(dá)到D速度恰好為0時(shí)滿足要求，設(shè)物塊釋放初始位置距B點(diǎn)的距離為x1。從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mgx1sinθ﹣μmgx1cosθ﹣μmg?BC﹣mgr＝0解得：x1＝40cm即物塊釋放初始位置距B點(diǎn)40cm，設(shè)物塊第二次下滑時(shí)距B點(diǎn)的距離為x2，從開(kāi)始釋放到第一次回到斜面上最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mg（x1﹣x2）sinθ＝μmgcosθ（x1+x2）+2μmg?BC＝0解得：x建立遞歸數(shù)列xn即有：x2＝17.5cm，x3＝6.25cm，x4＝0.625cm，x5＜0cm所以最終停止情況有mgsinθ?x4＝μmgcosθ?x4+μmgx解得：x＝1cm即物塊最終停止于距離B點(diǎn)1cm處。答：（1）物塊第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)加速度大小為10g（2）見(jiàn)〖解析〗；（3）物塊釋放位置距B點(diǎn)40cm，最終停止于距離B點(diǎn)1cm處。19．（11分）如圖所示，水平面放置兩根足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1m，左端連接阻值為R＝0.02Ω的電阻，其余電阻不計(jì)。在x≥0處，存在垂直于水平面磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一根質(zhì)量為m＝1kg、金屬棒放置在水平導(dǎo)軌上。金屬棒從x＝0處開(kāi)始在外力作用下做“另類(lèi)勻加速”運(yùn)動(dòng)，即速度隨位移均勻增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到x1＝3m時(shí)，撤去外力，同時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間發(fā)生變化，金屬棒則做勻速直線運(yùn)動(dòng)到x0處，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1T，此后磁場(chǎng)保持不變，金屬棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金屬棒恰好回到x0時(shí)撤去恒力，恒力作用時(shí)長(zhǎng)為1.4s。設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)一切摩擦。求：（1）磁場(chǎng)變化的時(shí)間；（2）金屬棒做“另類(lèi)勻加速”時(shí)電阻的焦耳熱？金屬棒運(yùn)動(dòng)到x＝1.5m處，外力的大??；（3）金屬棒在[0，x0]間，金屬棒的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小與位置的關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）由于磁場(chǎng)變化導(dǎo)致導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即磁通量保持不變，所以BLx1＝B′Lx0代入數(shù)據(jù)，可得x0＝6cm導(dǎo)體棒末速度v′＝v0+kx代入數(shù)據(jù)解得：v'＝4m/s即磁場(chǎng)變化時(shí)間為t=x代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.75s（2）由能量守恒，得W=Q+1導(dǎo)體棒末速度為：v′4m/s導(dǎo)體棒所受安培力為FA即可得，回路當(dāng)中的焦耳熱為Q＝15J，所以W＝22.5J由于拉力也是隨位移線性變化的，所以位移中點(diǎn)處的拉力為F=W代入數(shù)據(jù)解得：F＝7.5N（3）當(dāng)金屬棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，在x＝0m到x＝3m間E1＝BLv＝BL（v0+kx）＝0.2（1+x）在x＝3m到x＝6m間：此時(shí)磁場(chǎng)發(fā)生變化，有B（x）Lx＝BLx1即B(x)=從而有E2對(duì)于金屬棒受水平向左的恒力T＝5N作用時(shí)，選擇水平向左的方向?yàn)檎较颍脛?dòng)量定理得TΔt+B得金屬棒返回x＝6m時(shí)速度為v″＝3m/s，當(dāng)金屬棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)B'即速度v=v″-B從而有金屬棒向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，在x＝0m到x＝6m間E＝B′Lv＝0.05x答：（1）磁場(chǎng)變化的時(shí)間為0.75s；（2）金屬棒做“另類(lèi)勻加速”時(shí)電阻的焦耳熱為22.5J，金屬棒運(yùn)動(dòng)到x＝1.5m處，外力的大小為7.5N；（3）金屬棒在[0，x0]間，金屬棒的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小與位置的關(guān)系為E＝0.05x。20．（11分）如圖甲所示，豎直平面坐標(biāo)系xoy第二象限內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E2=mgq．該區(qū)域同時(shí)存在按圖乙所示規(guī)律變化的可調(diào)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面（以向外為正）?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒，以速度v0從A點(diǎn)豎直向上進(jìn)入第二象限，并在乙圖t＝0時(shí)刻從C點(diǎn)水平進(jìn)入第一象限，調(diào)整B0、T0不同的取值組合，總能使微粒經(jīng)過(guò)相應(yīng)磁場(chǎng)的四分之一周期速度方向恰好偏轉(zhuǎn)π2，又經(jīng)一段時(shí)間后恰能以水平速度通過(guò)與C在同一水平線上的D點(diǎn)。已知重力加速度為g，OA＝OC，CD求：（1）微粒運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小v。以及OC的長(zhǎng)度L；（2）微粒從C點(diǎn)到D點(diǎn)的所有可能運(yùn)動(dòng)情況中離CD的最大距離Hm；（3）若微粒以水平速度通過(guò)與C同一水平線上的是D′點(diǎn)，CD′＝3OC，求交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及周期T0的取值分別應(yīng)滿足的條件?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)OA＝OC＝L．則粒子在第二象限內(nèi)有：豎直方向：L=v水平方向：L=vC+0則得：vC＝v0…③豎直方向上：0-v解得：L=v（2）因?yàn)镋2=mg所以帶電的粒子在第一象限將做速度也為v0勻速圓周運(yùn)動(dòng)，使粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到同一水平線D點(diǎn)，則有：4nR＝CD=3L，n＝1，2，3…所以粒子離CD的最大距離Hm＝2R…⑧由⑤⑦⑧得：Hm=3（3）粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D′點(diǎn)：設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R′，則有：4kR′＝3L，k＝1，2，3…（11）要使粒子不離開(kāi)第一象限能到達(dá)D′，應(yīng)滿足：2R′≤L（12）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：qv0B0＝mv02R'由⑤、（12）、（13）解得：B0=8kmg3qv0，k＝2，3，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=2πR'v0由粒子運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：T0＝T（16）由⑤（11）（15）（16）得：T0=3πv04kg，k＝2答：（1）微粒運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小v為v0．OC的長(zhǎng)度L為v0（2）微粒從C點(diǎn)到D點(diǎn)的所有可能運(yùn)動(dòng)情況中離CD的最大距離Hm是3v（3）若微粒以水平速度通過(guò)與C同一水平線上的是D′點(diǎn)，CD′＝3OC，交變磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及周期T0的取值分別應(yīng)滿足的條件為：B0=8kmg3qv0，k＝2，3，4…，T0=3πv04kg2024年浙江選考仿真模擬卷（一）物理（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將〖答案〗寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用的方法．下面四個(gè)物理量都是用比值法定義的，其中定義式正確的是（）A．電容C=QU B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝C．電場(chǎng)強(qiáng)度E＝kQ/r2 D．電流I＝U/R【解答】解：A、電容C由本身的性質(zhì)決定，與所帶的電荷量及兩端間的電勢(shì)差無(wú)關(guān)。所以C=QU屬于比值定義法。故B、磁感應(yīng)強(qiáng)度與放入磁場(chǎng)中的電流元無(wú)關(guān)。所以B=FIL屬于比值定義法。但B=FqvC、電場(chǎng)強(qiáng)度與放入電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)，所以E=Fq屬于比值定義法，但E=kQD、電流與用電器兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，電流I=UR不屬于比值定義法。故故選：A。2．如圖所示為一種新型的發(fā)令槍?zhuān)砷W光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路，揚(yáng)聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動(dòng)扳機(jī)，發(fā)令槍同時(shí)發(fā)出清晰的激光信號(hào)和聲音信號(hào)，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）A．計(jì)時(shí)裁判聽(tīng)到槍聲后立即按下計(jì)時(shí)表 B．揚(yáng)聲器的工作原理是將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào) C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)和聲信號(hào)的信息載體都是橫波 D．發(fā)令槍傳遞信息的過(guò)程也是能量傳遞的過(guò)程【解答】解：A．聲音的傳播速度小，從發(fā)令槍響到聽(tīng)到聲音需要一定的時(shí)間，所以計(jì)時(shí)裁判應(yīng)看到激光信號(hào)立即按下計(jì)時(shí)表，故A錯(cuò)誤；B．揚(yáng)聲器是把電信號(hào)轉(zhuǎn)化為聲信號(hào)的裝置，通電線圈與永磁體相互作用是利用通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受安培力的原理制成的，所以揚(yáng)聲器的工作原理是將電信號(hào)轉(zhuǎn)換成聲音信號(hào)，故B錯(cuò)誤；C．發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)的信息載體是橫波，發(fā)令槍產(chǎn)生的聲信號(hào)的信息載體是縱波，故C錯(cuò)誤；D．發(fā)令槍發(fā)出聲音信號(hào)，空氣的振動(dòng)傳播了能量，引起耳膜的振動(dòng)，所以發(fā)令槍傳遞信息的過(guò)程也是能量傳遞的過(guò)程，故D正確。故選：D。3．如圖所示，兩個(gè)半徑不等的光滑半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，兩個(gè)質(zhì)量相等的A球和B球，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，分別自軌道左端由靜止開(kāi)始滑下，在各自軌道的最低點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．A球的速度可能小于B球的速度 B．A球的動(dòng)能可能小于b球的動(dòng)能 C．A球的向心加速度的大小等于B球的向心加速度的大小 D．A球所受軌道的支持力大于B球所受軌道的支持力【解答】解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒得，mgR=12mv2知，v=2gR，半徑大的圓形軌道，球到達(dá)底端的速度大，故A球的速度一定大于BB、由A的分析可知，兩球質(zhì)量相等，而A球運(yùn)動(dòng)半徑大，故說(shuō)明A球的動(dòng)能大，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)a=v2R=D、根據(jù)牛頓第二定律得，N﹣mg＝mv2R，解得N＝3mg，兩球質(zhì)量相等，根據(jù)牛頓第三定律可知壓力相等，故故選：C。4．如圖所示，輸入電壓U＝3U0且保持不變，完全相同的燈泡a、b的電壓均為U0，已知RT為隨溫度升高阻值減小的熱敏電阻，變壓器為理想變壓器，兩燈泡阻值不變且始終未燒壞，下列說(shuō)法正確的是（）A．原、副線圈匝數(shù)之比為3：1 B．流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為1：2 C．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡a變亮、b變暗 D．若熱敏電阻RT溫度升高，燈泡a變亮、b變亮【解答】解：A、輸入電壓U＝3U0，燈泡a得電壓為U0，則原線圈兩端電壓U1＝3U0﹣U0＝2U0副線圈兩端電壓U2＝U0所以原、副線圈匝數(shù)比n1：n2＝U1：U2＝2：1，故A錯(cuò)誤；B、兩燈泡a、b完全相同，電壓相同，則電流相同，設(shè)通過(guò)燈泡的電流為I，則原線圈電流為I1＝I原副線圈電流比等于匝數(shù)的反比，有I2：I1＝n1：n2＝2：1則副線圈電流I2＝2I燈泡b與熱敏電阻并聯(lián)分流，則流經(jīng)熱敏電阻的電流為2I﹣I＝I則流經(jīng)燈泡b的電流與熱敏電阻電流之比為I：I＝1：1故B錯(cuò)誤；CD、若熱敏電阻RT溫度升高，熱敏電阻的阻值減小，副線圈回路總電阻減小，總電流增大，則原線圈的電流增大，燈泡a兩端電壓增大，燈泡a變亮；由于燈泡a兩端電壓增大，則原線圈的輸入電壓減小，副線圈兩端電壓也減小，燈泡b兩端電壓減小，燈泡b變暗，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。5．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過(guò)B、C、D再到A，其體積V和熱力學(xué)溫度T的關(guān)系圖像如圖所示，BA和CD的延長(zhǎng)線均經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．狀態(tài)B的壓強(qiáng)大于狀態(tài)C的壓強(qiáng) B．狀態(tài)B的內(nèi)能和狀態(tài)D的內(nèi)能不同 C．從狀態(tài)C到狀態(tài)D，每個(gè)氣體分子的速率都減小 D．從A到B的過(guò)程中，單位時(shí)間單位面積與容器壁碰撞的分子數(shù)減少【解答】解：A．根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程pVT=C可知，V﹣T圖線上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率與壓強(qiáng)的倒數(shù)成正比，所以狀態(tài)B的壓強(qiáng)小于狀態(tài)C的壓強(qiáng)，故B．狀態(tài)B和狀態(tài)D的溫度相同，則內(nèi)能相同，故B錯(cuò)誤；C．從狀態(tài)C到狀態(tài)D，溫度降低，氣體的平均動(dòng)能變小，但不是每個(gè)氣體分子的速率都減小，故C錯(cuò)誤；D．從A到B的過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)不變，體積變大，溫度升高，氣體分子數(shù)密度減小，而氣體分子平均速率變大，氣體分子對(duì)器壁的平均碰撞力變大，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋可知單位時(shí)間單位面積與容器壁碰撞的分子數(shù)減少，故D正確。故選：D。6．氫原子能級(jí)如圖所示，一群原處于n＝4能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷的過(guò)程中（）A．放出三種頻率不同的光子 B．放出六種頻率不同的光子 C．放出的光子的最大能量為13.6eV，最小能量是0.85eV D．放出的光能夠使逸出功為13.0eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)【解答】解：A、根據(jù)C42=6，知放出6種不同頻率的光子。故AC、從能級(jí)4躍遷到能級(jí)1放出的光子能量最大，從能級(jí)4躍遷到能級(jí)3放出的光子能量最小。根據(jù)hγ＝Em﹣En，最大能量為12.75eV，最小能量是0.66eV．故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)光電效應(yīng)的條件，只有放出的光子能量大于13.0eV的光子，才能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。故D錯(cuò)誤。故選：B。7．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)刻的波形圖，P、Q分別是機(jī)械波上的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，其平衡位置坐標(biāo)分別為xP＝2m、xQ＝1m；圖乙為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖象．從t＝0時(shí)刻起，下列說(shuō)法中正確的是（）A．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向 B．t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度大于質(zhì)點(diǎn)P的加速度 C．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為0.2m D．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點(diǎn)P沿x軸的正方向遷移了3m【解答】解：A、根據(jù)圖乙可知，t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖乙可知該波的周期為T(mén)＝0.2s，在t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q在波峰、質(zhì)點(diǎn)P在平衡位置，根據(jù)a=-kym可知t＝0.1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度大于質(zhì)點(diǎn)PC、t＝0至t＝0.15s，即經(jīng)過(guò)34T，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為s=34×4A=D、質(zhì)點(diǎn)只能在自己的平衡位置附近振動(dòng)，不會(huì)隨波遷移，故D錯(cuò)誤。故選：B。8．關(guān)于電容器，下列說(shuō)法正確的是（）A．電容器所帶的電荷量越多，電容就越大 B．電容器所帶電荷量為0時(shí)，電容就為0 C．電容器所帶電荷量減小為原來(lái)一半時(shí)，兩極板間的電壓就變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 D．電容器的電容在數(shù)值上等于兩極板間的電壓為1V時(shí)電容器需要帶的電荷量【解答】解：AB、電容器電容與電容器本身的特性有關(guān)，與電容器兩端的電壓及電容器所帶的電量無(wú)關(guān)，所以電容器所帶電荷量為0或帶電越多都不影響電容，故AB錯(cuò)誤；C、由C=QU可知，對(duì)于同一電容器，其所帶電荷量與兩極板間電壓成正比，電容器所帶電荷量減小為原來(lái)一半時(shí)，兩極板間的電壓也變?yōu)樵瓉?lái)的一半，故D、由C=QU可知，電容在數(shù)值上等于兩極板間的電勢(shì)差為1V時(shí)的電容器需要帶的電量，故故選：D。9．下列說(shuō)法正確的是（）A．電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理制成的 B．太陽(yáng)輻射的能量主要集中在紫外線、X射線、γ射線三個(gè)區(qū)域 C．微波爐是利用電流的熱效應(yīng)來(lái)加熱食物的 D．紫外線可用于檢查金屬內(nèi)部有無(wú)缺陷【解答】解：A、電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理制成的。故A正確；B、太陽(yáng)輻射的能量集中在可見(jiàn)光區(qū)域，故B錯(cuò)誤；C、微波爐是利用電流的磁效應(yīng)來(lái)加熱食物的，故C錯(cuò)誤；D、γ射線可用于檢查金屬內(nèi)部有無(wú)缺陷，而紫外線可用殺菌消毒。故D錯(cuò)誤。故選：A。10．我國(guó)成功發(fā)射“神舟七號(hào)”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，則下列說(shuō)法正確的是（）A．載人飛船的速度大小介于7.9km/s到11.2km/s之間 B．圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度 C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對(duì)接 D．圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的【解答】解：A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，當(dāng)取r＝R時(shí)（R為地球半徑），可得第一宇宙速度為7.9km/s，所以當(dāng)rBD．“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，可知圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小都與載人飛船的角速度大小相等，即兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的；再根據(jù)v＝ωr，圖1伴飛模式下，由于“伴飛”小衛(wèi)星的軌道半徑小于載人飛船的軌道半徑，則“伴飛”小衛(wèi)星的線速度小于載人飛船的線速度，故B錯(cuò)誤，D正確；C．圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體，將會(huì)向前加速，此時(shí)由于所受萬(wàn)有引力小于所需要的向心力，“伴飛”小衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)，變軌到更高的軌道運(yùn)行，不能與載人飛船對(duì)接，故C錯(cuò)誤。故選：D。11．三等長(zhǎng)絕緣棒AB、BC、CA連成正三角形，每根棒上均勻分布等量同種電荷，測(cè)得圖中P、Q兩點(diǎn)（均為相應(yīng)正三角形的中心）的電勢(shì)分別為φP和φQ，若撤去AC棒，則P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)φP'和φQ'分別為（）A．φP'=23φP B．φP'=1C．φQ'＝φQ+13φP D．φQ'=12φ【解答】解：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，AB、BC、AC三根絕緣棒在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)以及AC棒在Q點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相同，設(shè)為φ1；AB、BC棒在Q點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)相同，設(shè)為φ2。根絕電勢(shì)的疊加原理，有φP＝3φ1，φQ＝φ1+2φ2，聯(lián)立可得φ1=13φP，φ撤去AC棒后，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φP′＝2φ1=23φP，φQ′＝2φ2＝φQ-13φ故選：A。12．李娜是亞洲第一位大滿貫女子單打冠軍。若李娜某次訓(xùn)練擊球時(shí)，第一次將網(wǎng)球從A點(diǎn)水平擊出，網(wǎng)球擊中D點(diǎn)；第二次將該網(wǎng)球從位于A點(diǎn)正下方且與D點(diǎn)等高的B點(diǎn)斜向上擊出，最高點(diǎn)為C，網(wǎng)球也擊中D點(diǎn)。A、C高度相同，忽略空氣阻力，則（）A．兩次擊球過(guò)程中，網(wǎng)球的初速度大小一定不相等 B．網(wǎng)球兩次擊中D點(diǎn)時(shí)速大小相等 C．網(wǎng)球兩次擊中D點(diǎn)時(shí)，重力做功的瞬時(shí)功率相同 D．網(wǎng)球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)球的沖量為零【解答】解、A、AB兩點(diǎn)發(fā)出的球都能到達(dá)D點(diǎn)，球從C到地面豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根據(jù)v=xt可知vxA＞vxB，根據(jù)速度的合成可知，球從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度vA＝vxA，球從B點(diǎn)拋出時(shí)的速度vBB、第一次落到D點(diǎn)時(shí)的速度vAD=vxA2+vyA2C、由于vyA＝vyB，則重力的瞬時(shí)功率P＝mgvy，相同，故C正確；D、網(wǎng)球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，重力的沖量I＝mgt，不為零，故D錯(cuò)誤；故選：C。13．如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1，在其右側(cè)有一與其右端相切的正方形磁場(chǎng)區(qū)域，正方形磁場(chǎng)的邊長(zhǎng)足夠長(zhǎng)，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。有一簇質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度v0=qRA．S=(π+1B．S=(π+1)C．S=(D．S【解答】解：依題意，粒子速度v0圖中陰影部分為所求，r=空白區(qū)域面積S空白加陰影總面積S則S陰=S總-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(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14．如圖所示，在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車(chē)，弧形槽的底端切線水平，一小球以大小為v0的水平速度從小車(chē)弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到達(dá)弧形槽的頂端。小車(chē)與小球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．弧形槽的頂端距底端的高度為v0B．小球離開(kāi)小車(chē)后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng) C．在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小車(chē)對(duì)小球做的功為12D．在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，合力對(duì)小車(chē)的沖量大小為mv0【解答】解：A、經(jīng)分析可知，小球到達(dá)弧形槽頂端時(shí)，小球與小車(chē)的速度相同（設(shè)共同速度大小為v），在小球沿小車(chē)弧形槽上滑的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv設(shè)弧形槽的頂端距底端的高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1解得：h=v02B、設(shè)小球返回弧形槽的底端時(shí)，小球與小車(chē)的速度分別為v1、v2，在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv0＝mv1+mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1解得v1＝0，v2＝v0可知小球離開(kāi)小車(chē)后，相對(duì)地面做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理，在小球沿小車(chē)弧形槽滑行的過(guò)程中，小車(chē)對(duì)小球做的功W=0-12mD、根據(jù)動(dòng)量定理，在小球沿小車(chē)孤形槽滑行的過(guò)程中，合力對(duì)小車(chē)的沖量大小I＝mv2﹣0＝mv0，故D正確。故選：ABD。15．現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次反射后離開(kāi)雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°，c為真空中光速，R為雨滴半徑，下列說(shuō)法中正確的是（）A．光束在雨滴中的折射率為53B．光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為64R15cC．出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng) D．光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射【解答】解：A．光在雨滴內(nèi)的傳播情況如圖所示如圖所示，設(shè)入射角為i，折射角為r，由幾何關(guān)系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°則光束在雨滴中的折射率為n=sini代入數(shù)據(jù)解得：n=43，故B．由折射定律可得：n=c可得：v=由幾何關(guān)系可知，光在雨滴中傳播距離為l＝4Rcosr光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為t=l聯(lián)立解得：t=64R15c，故CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射時(shí)一定會(huì)發(fā)生折射，此后每次發(fā)生反射時(shí)，入射角都相同，不可能發(fā)生全反射，出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）Ⅰ、（1）圖甲所示是用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)裝置圖。針對(duì)a、b、c、d四個(gè)位置或部件，回答問(wèn)題：①雙縫應(yīng)安裝在c位置（填字母代號(hào)）。②某次實(shí)驗(yàn)中，雙縫到光屏的距離和雙縫的間距固定不變，用兩種不同波長(zhǎng)的單色光得到乙、丙兩幅干涉圖樣，則乙圖入射光的波長(zhǎng)更長(zhǎng)。（2）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律。實(shí)驗(yàn)裝置為完全相同的傾斜軌道與長(zhǎng)度不同的水平軌道平滑連接，并將軌道固定在同一豎直面內(nèi)的不同高度處。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將兩小球P、Q（均可視為質(zhì)點(diǎn)）同時(shí)從兩傾斜軌道上自由釋放，釋放位置距各自的水平軌道的高度相同。兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，用頻閃照相的方式記錄兩小球的位置（在圖丁中已標(biāo)出）。忽略一切阻力，已知頻閃照相機(jī)的頻閃周期為T(mén)。①小球P、Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻都在同一豎直線上，這說(shuō)明A。（選填正確〖答案〗標(biāo)號(hào)）A．小球P在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．小球P在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)C．小球P的運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)②小球P做平拋運(yùn)動(dòng)后，利用頻閃照片測(cè)量出兩小球連續(xù)三個(gè)位置的高度差分別為h1、h2、h3，則重力加速度g＝2h2【解答】解：（1）①根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟，雙縫應(yīng)安裝在c位置。②根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=l（2）①根據(jù)題述小球P、Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的任意時(shí)刻都在同一豎直線上，可知兩小球在水平方向的運(yùn)動(dòng)情況相同，這說(shuō)明小球P在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確。BC錯(cuò)誤。故選：A。②兩小球連續(xù)三個(gè)位置的高度差分別為h1、h2、h3，小球P在相鄰相等時(shí)間內(nèi)下落的高度分別為h1﹣h2和h2﹣h3，根據(jù)Δh＝gT2，可得(h解得g=2故〖答案〗為：（1）①c；②乙；（2）①A；②2hⅡ、取下無(wú)人機(jī)的一塊電池，并拆下“熱得快”中的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，小李和同學(xué)們想測(cè)量電熱絲的電阻率：（1）圖（a）中，E是無(wú)人機(jī)的電池，MN是他們從“熱得快”中拆下的一段粗細(xì)均勻的電熱絲，選擇適當(dāng)?shù)碾姳砹砍毯?，他們發(fā)現(xiàn)大范圍移動(dòng)滑片P，電壓表的示數(shù)變化卻不明顯。為解決這一問(wèn)題，他們?cè)谟懻摵髮0＝8.40Ω的定值電阻接入電路中，那么，選擇圖（b）中的電路乙（選填“甲”“乙”或“丙”）可解決這一問(wèn)題。（2）他們用改進(jìn)后的電路進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，同時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U、電流表的示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的PN的長(zhǎng)度x，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345U/V3.092.922.662.231.80I/A0.100.120.150.200.25UI30.924.317.711.27.2x/cm41.831.922.012.36.3（3）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖（c）中補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出MN的UI（4）已知MN橫截面積為3×10﹣8m2，可求得MN材料的電阻率ρ＝2×10﹣6Ω?m（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。（5）測(cè)量MN的電阻率時(shí)，電流表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有（選填“有”或“沒(méi)有”）影響。（6）根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，是否可以求出無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻？若“可以求”請(qǐng)簡(jiǎn)述數(shù)據(jù)處理方法（不需要計(jì)算具體結(jié)果），若“不能求”請(qǐng)簡(jiǎn)述理由見(jiàn)〖解析〗?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)路端電壓U＝E﹣Ir可知r=，當(dāng)r＝0時(shí)，路端電壓的的變化為零，電壓表的示數(shù)變化不明顯，可知是電源內(nèi)阻較小引起的，所以將定值電阻接在干路上，把電源和定值電阻看作一個(gè)等效電源，等效內(nèi)阻增大，電壓表示數(shù)變化明顯，故選電路乙可解決問(wèn)題；（3）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，補(bǔ)全數(shù)據(jù)點(diǎn)繪出MN的UI（4）電壓表示數(shù)為電熱絲和電流表的電壓之和，即：U＝I（Rx+RA），則U所以圖像的斜率k=由圖像可知k=32-3(44-0)×10-2Ω/m=65.9Ω/m，S＝代入數(shù)據(jù)解得：ρ＝2×10﹣6Ω?m（5）由UI=Rx+RA=ρxS+R（6）根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U+I（R0+r）取表格中的兩組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入上式，則有：E＝U1+I1（R0+r）E＝U2+I2（R0+r）兩式聯(lián)立，可得E和r，所以根據(jù)表格中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，可以求出無(wú)人機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。故〖答案〗為：（1）乙；（3）見(jiàn)〖解析〗；（4）2×10﹣6Ω?m；（5）沒(méi)有；（6）見(jiàn)〖解析〗。17．（8分）如圖1所示，上端封閉、下端開(kāi)口且粗細(xì)均勻的玻璃管長(zhǎng)度L＝570mm，將其從水銀面上方豎直向下緩慢插入水銀中。發(fā)現(xiàn)管內(nèi)水銀面與管壁接觸的位置向下彎曲，致玻璃管內(nèi)水銀面形成凸液面，如圖2所示。當(dāng)玻璃管恰好全部插入水銀時(shí)，管內(nèi)、外水銀面的高度差為h，此時(shí)作用于管的豎直向下壓力大小為F。已知大氣壓強(qiáng)p0=760mmHg≈1.0×105Pa，玻璃管橫截面積大小S＝1.0cm2（1）圖2所示水銀面說(shuō)明水銀能否浸潤(rùn)玻璃？插入過(guò)程中，管內(nèi)氣體吸熱還是放熱？（2）求高度差h：（3）求撤去壓力F的瞬間，玻璃管的加速度大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，由圖2可知，水銀不浸潤(rùn)玻璃，插入過(guò)程中，溫度不變，氣體內(nèi)能不變，把玻璃管壓入水面過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)變大，體積減小，外界對(duì)氣體做功，由熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W可知，氣體放熱。（2）根據(jù)題意可知，插入過(guò)程等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：p0LS＝p2hS又有p2＝760+h解得：h＝380mm（3）根據(jù)題意，撤去F瞬間，由牛頓第二定律可得：（p2﹣p0）S﹣mg＝ma解得：a＝2.5m/s2答：（1）圖2所示水銀面說(shuō)明水銀不浸潤(rùn)玻璃，插入過(guò)程中，管內(nèi)氣體放熱；（2）高度差為380mm：（3）撤去壓力F的瞬間，玻璃管的加速度大小為2.5m/s2。18．（11分）如圖所示為某品牌拼接玩具搭建的場(chǎng)景。AB、BC為粗糙直軌道，摩擦系數(shù)均為0.25，在B點(diǎn)平滑連接，BC＝4cm，CDE是光滑半圓弧軌道，半徑r＝15cm，與直軌道在C點(diǎn)平滑連接，直軌道AB與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量為0.1kg物塊從直軌道AB某處下滑，恰好能通過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)E，不計(jì)空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：（1）物塊第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)加速度大?。唬?）某同學(xué)計(jì)算物塊平拋時(shí)間為0.2s，試分析該同學(xué)計(jì)算結(jié)果是否正確。（物塊平拋后會(huì)與軌道AB碰撞，只考慮碰撞前平拋運(yùn)動(dòng)情況）（3）欲使物塊不脫離軌道，且盡可能使物塊在直軌道上滑行較長(zhǎng)距離，求物塊釋放位置以及最終停下來(lái)位置。【解答】解：（1）物塊恰好能通過(guò)圓弧軌道最高點(diǎn)E，在E點(diǎn)由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律有mg=mv物塊由D運(yùn)動(dòng)到E過(guò)程，由動(dòng)能定理有-mgr=1物塊在D點(diǎn)，由向心力公式有N=mv解得：N＝3mg則D點(diǎn)加速度為a=N（2）倘若平拋時(shí)間為0.2s，則有h=12gx＝vt=grt=10×15×10根據(jù)幾何關(guān)系有2r-hx-BC其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入數(shù)據(jù)顯然不匹配，所以該同學(xué)計(jì)算錯(cuò)誤。（3）欲使物塊不脫離軌道，則物塊達(dá)到D速度恰好為0時(shí)滿足