浙江省2025屆高三物理選擇性考試仿真模擬卷二

PAGEPAGE20浙江省2025屆高三物理選擇性考試仿真模擬卷（二）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．人類對自然規(guī)律的相識史上，很多物理學(xué)家大膽猜想、勇于質(zhì)疑，取得了輝煌成就，下列有關(guān)科學(xué)家及其貢獻(xiàn)的描述正確的是()A．開普勒通過對行星運行數(shù)據(jù)的探討，提出了行星受到的向心力與軌道半長軸平方成正比B．伽利略用“志向試驗”推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動緣由”的觀點C．玻爾大膽預(yù)言實物粒子在肯定條件下會表現(xiàn)出波動性，提出了物質(zhì)波概念D．奧斯特由環(huán)形電流和條形磁鐵磁場的相像性，提出分子電流假說2．如圖所示，一件所受重力為G的衣服懸掛在等腰衣架上，已知衣架頂角α＝120°，底邊水平，不計摩擦，則衣架一側(cè)對衣服的作用力大小為()A.eq\f(\r(3),3)G B.eq\f(\r(3),2)GC.eq\f(1,2)G D．G3．如圖所示，底部均有4個輪子的行李箱a直立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有肯定空間。當(dāng)公交車()A．緩慢啟動時，兩只行李箱肯定相對車子向后運動B．急剎車時，行李箱a肯定相對車子向前運動C．緩慢轉(zhuǎn)彎時，兩只行李箱肯定相對車子向外側(cè)運動D．急轉(zhuǎn)彎時，行李箱b肯定相對車子向內(nèi)側(cè)運動4．關(guān)于原子核的變更，下列說法正確的是()A．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線B．自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量大于該原子核的結(jié)合能C．鈾核裂變的核反應(yīng)是eq\o\al(235,92)U→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋2eq\o\al(1,0)nD．鈾(eq\o\al(238,92)U)經(jīng)過多次α、β衰變形成穩(wěn)定的鉛(eq\o\al(206,82)Pb)的過程中，有6個中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子5．如圖所示，小波同學(xué)在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極接電路中B，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電路中A完成“旋轉(zhuǎn)的液體”試驗，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，電源電動勢為E＝3V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝1.0Ω，閉合開關(guān)后當(dāng)液體穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時電壓表(視為志向電壓表)的示數(shù)恒為1.5V，則()A．玻璃皿中的電流方向由中心流向邊緣B．由上往下看，液體做順時針旋轉(zhuǎn)C．流過電阻R0的電流為0.5AD．閉合開關(guān)后，液體熱功率為0.09W6．把石塊從高處拋出，初速度大小v0，拋出高度為h，方向與水平方向夾角為θ(0≤θ<90°)，如圖所示，石塊最終落在水平地面上。若空氣阻力可忽視，下列說法正確的是()A．對于不同的拋射角θ，石塊落地的時間可能相同B．對于不同的拋射角θ，石塊落地時的動能肯定相同C．對于不同的拋射角θ，石塊落地時的機械能可能不同D．對于不同的拋射角θ，石塊落地時重力的功率可能相同7．如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強電場中的等差等勢線，一個質(zhì)量為m，電荷量肯定值為q的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，在B點的速度大小為v2，且方向與等勢線平行。A、B連線長為L，連線與豎直方向的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則()A．該粒子肯定帶正電B．勻強電場的電場強度大小eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)）,2qLcosθ)C．粒子在B點的電勢能肯定小于在A點的電勢能D．等勢線b的電勢比等勢線c的電勢高8．中歐班列在歐亞大陸開拓了“生命之路”，為國際抗疫貢獻(xiàn)了中國力氣．某運輸抗疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F.若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()A．F B.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)9．如圖甲所示，在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F的大小隨時間t變更的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則()A．升降機停止前在向下運動B．0～t1時間小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間小球處于超重狀態(tài)C．t1～t3時間小球向下運動，動能先減小后增大D．t3～t4時間彈簧彈性勢能的削減量大于球動能的增加量10．甲、乙兩顆人造衛(wèi)星質(zhì)量相等，均繞地球做圓周運動，甲的軌道半徑是乙的2倍。下列應(yīng)用公式進(jìn)行的推論正確的有()A．由v＝eq\r(gR)可知，甲的速度是乙的eq\r(2)倍B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍C．由F＝Geq\f(Mm,r2)可知，甲的向心力是乙的eq\f(1,2)D．由eq\f(r3,T2)＝k可知，甲的周期是乙的2eq\r(2)倍11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°12．如圖所示，用兩根長度均為l的絕緣輕繩將帶正電的小球懸掛在水平的天花板下，小球的質(zhì)量為m，輕繩與天花板的夾角θ＝30°，小球正下方距離也為l的A處有一絕緣支架上同樣有一個帶電小球，此時輕繩的張力均為0，現(xiàn)在將支架水平向右移動到B處，B處位置為與豎直方向的夾角為θ處，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()A．A處的帶電小球帶負(fù)電B．A處與B處庫侖力大小之比為2∶eq\r(3)C．支架處于B處，左邊繩子張力為mg－eq\f(\r(3),2)mgD．支架處于B處，右邊繩子張力為mg＋eq\f(\r(3),2)mg13．真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽視重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)二、選擇題Ⅱ(本題共3小題，每小題2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2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分)14．一志向變壓器如圖所示，K為單刀雙擲開關(guān)，P為滑動變阻器的滑動觸頭，U1為加在原線圈兩端的電壓，I1為原線圈中的電流，則()A．保持U1及P位置不變，K由a合到b時，I1將減小B．保持U1及P的位置不變，K由b合到a時，R消耗功率減小C．保持U1不變，K合在a處，使P上滑，I1將增大D．保持P的位置不變，K合在a處，若U1增大，I1將增大15．ABCDE為單反照相機取景器中五棱鏡的一個截面示意圖，AB⊥BC，由a、b兩種單色光組成的細(xì)光束從空氣垂直射入棱鏡，經(jīng)兩次反射后光線垂直BC射出，且在CD、AE邊只有a光射出，光路如圖所示，則a、b兩束光()A．在真空中，a光的傳播速度比b光大B．這兩束光同時射向某金屬，若a光能發(fā)生光電效應(yīng)，則b光肯定能發(fā)生光電效應(yīng)C．以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角較小D．從零漸漸增大從水斜射入空氣的入射角，b光比a光先發(fā)生全反射16．一水平長繩上系著一個彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球振動的固有頻率為2Hz，現(xiàn)在長繩兩端分別有一振源P、Q同時起先以相同振幅A上下振動了一段時間，某時刻兩振源在長繩上形成波形如圖，兩列波先后間隔一段時間經(jīng)過彈簧振子所在位置，視察到小球先后出現(xiàn)了兩次振動，小球第一次振動時起振方向向上，且振動并不顯著，而小球其次次則產(chǎn)生了較劇烈的振動，則()A．由Q振源產(chǎn)生的波先到達(dá)振動系統(tǒng)B．Q振源離振動系統(tǒng)較遠(yuǎn)C．由Q振源產(chǎn)生波的波速較接近4m/sD．有4個時刻繩上會出現(xiàn)振動位移大小為2A的點三、非選擇題(本題共6小題，共55分)17．(7分)圖1為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”試驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的溝通電源。在小車質(zhì)量未知的狀況下探討“在外力肯定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系”(1)完成下列試驗步驟中的填空：①平衡小車所受的阻力：去掉繩子和小吊盤，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列________的點。②按住小車，在小吊盤中放入適當(dāng)質(zhì)量的物塊，在小車中放入砝碼。為了保證在變更小車中砝碼的質(zhì)量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)滿意的條件是_______________________________________________。③打開打點計時器電源，釋放小車，獲得帶點的紙帶，在紙帶上標(biāo)出小車中砝碼的質(zhì)量m。④按住小車，變更小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟③。⑤在每條紙帶上清楚的部分，每5個間隔標(biāo)注一個計數(shù)點。測量相鄰計數(shù)點的間距s1，s2，…。求出與不同m相對應(yīng)的加速度a。⑥以砝碼的質(zhì)量m為橫坐標(biāo)，eq\f(1,a)為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上做出eq\f(1,a)－m關(guān)系圖線。(2)依據(jù)上述操作完成下列填空：①由圖甲中的數(shù)據(jù)求得小車加速度的大小a＝________m/s2。(結(jié)果保留2位小數(shù))②圖乙中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，則小車受到的拉力為________，小車的質(zhì)量為________。(用k，b表示)(3)疫情期間“停課不停學(xué)”，小明同學(xué)在家自主開展試驗探究。用手機拍攝物體自由下落的視頻，得到分幀圖片，利用圖片中小球的位置來測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，試驗裝置如題圖1所示。①家中有乒乓球、小塑料球和小鋼球，其中最適合用作試驗中下落物體的是________。②下列主要操作步驟的正確依次是________。(填寫各步驟前的字母)a．把刻度尺豎直固定在墻上b．捏住小球，從刻度尺旁靜止釋放c．手機固定在三腳架上，調(diào)整好手機鏡頭的位置d．打開手機攝像功能，起先攝像③停止攝像，從視頻中截取三幀圖片，圖片中小球和刻度如圖2所示。已知所截取的圖片相鄰兩幀之間的時間間隔為eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此測得重力加速度為________m/s2。(結(jié)果保留2位小數(shù))④在某次試驗中，小明釋放小球時手稍有晃動，視頻顯示小球下落時偏離了豎直方向。從該視頻中截取圖片，________(選填“仍能”或“不能”)用(3)問中的方法測出重力加速度。18．(7分)小曹同學(xué)欲選取下圖中試驗器材進(jìn)行試驗探討：(1)他先選用圖中器材①②③④⑦完成“測定干電池的電動勢和內(nèi)阻”試驗，請將實物圖連接完整。精確連接電路后，結(jié)合試驗數(shù)據(jù)畫出如圖所示的U－I圖像，則由圖像可得干電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω。(結(jié)果保留2位小數(shù))(2)小曹同學(xué)采納與題(1)不同的方案測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，則除了器材①②外，還須要圖中的________(填寫器件的編號即可)。(3)若小曹同學(xué)找來另一節(jié)完全相同的干電池并選擇圖中的①②③④⑥⑦完成“測繪小燈泡的伏安特性曲線”試驗，則下列四個電路圖中最合適的是________。19．(9分)單板滑雪U形池競賽是冬奧會競賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中心的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過程中，運動員以vM＝10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α＝72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30。求：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L。20．(12分)如圖所示，水平面AB段光滑、BC段粗糙，右側(cè)豎直平面內(nèi)有一呈拋物線形態(tài)的坡面OD，以坡面底部的O點為原點、OC方向為y軸建立直角坐標(biāo)系xOy，坡面的拋物線方程為y＝eq\f(1,5)x2。一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，彈簧自然伸長狀態(tài)時右端處在B點。一個質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊壓縮彈簧后由靜止釋放，從C點飛出落到坡面上。已知坡底O點離C點的高度H＝5m，BC間距離L＝2m，小物塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.1，小物塊可視為質(zhì)點，空氣阻力不計。(1)若小物塊到達(dá)C點的速度為eq\r(5)m/s，求釋放小物塊時彈簧具有的彈性勢能；(2)在(1)問的狀況下，求小物塊落到坡面上的位置坐標(biāo)；(3)變更彈簧的壓縮量，彈簧具有多大的彈性勢能時，小物塊落在坡面上的動能最?。坎⑶蟪鰟幽艿淖钚≈?。21．(10分)通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率(即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值)，可探討中子(eq\o\al(1,0)n)的β衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子eq\o(ν,\s\up6(－))e。如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向勻稱地放射N個質(zhì)子。在P點下方放置有長度L＝1.2m以O(shè)為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a。在探測板的上方存在方向垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。已知電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子質(zhì)量mn＝939.57MeV/c2，質(zhì)子質(zhì)量mp＝938.27MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)。若質(zhì)子的動量p＝4.8×10－21kg·m·s－1＝3×10－8MeV·s·m－1，(1)寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動能(以MeV為能量單位)；(2)當(dāng)a＝0.15m，B＝0.1T時，求計數(shù)率；(3)若a取不同的值，可通過調(diào)整B的大小獲得與(2)問中同樣的計數(shù)率，求B與a的關(guān)系并給出B的取值范圍。22．(10分)如圖所示，在間距L＝0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場，磁感應(yīng)強度的分布沿y方向不變，沿x方向如下：B＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1Tx＞0.2m，,5xT－0.2m≤x≤0.2m，,－1Tx＜－0.2m))導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C＝1F的未充電的電容器，恒流源可為電路供應(yīng)恒定電流I＝2A，電流方向如圖所示。有一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌靜止放置于x0＝0.7m處。開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止起先運動，到達(dá)x3＝－0.2m處時，開關(guān)S擲向2。已知棒ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。求：(提示：可以用F－x圖像下的“面積”代表力F所做的功)(1)棒ab運動到x1＝0.2m時的速度v1；(2)棒ab運動到x2＝－0.1m時的速度v2；(3)電容器最終所帶的電荷量Q.

參考答案與解析1.B開普勒通過對行星運行數(shù)據(jù)的探討，提出了行星軌道半長軸三次方與公轉(zhuǎn)周期的平方比值都相等，故A項錯誤；伽利略用“志向試驗”推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動緣由”的觀點，符合客觀事實，故B項正確；德布羅意大膽預(yù)言實物粒子在肯定條件下會表現(xiàn)出波動性，提出了物質(zhì)波概念，故C項錯誤；安培由環(huán)形電流和條形磁鐵磁場的相像性，提出分子電流假說，故D項錯誤。2.A以衣服為探討對象，受力分析如圖所示，衣架兩側(cè)對衣服作用力的夾角為60°，由平衡條件，2Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),3)G，A項正確。3.B緩慢起動的公交車具有向前的加速度，但加速度較小，若箱子所受的靜摩擦力足以供應(yīng)當(dāng)加速度，則箱子可以相對公交車靜止，A項錯誤；急剎車時，公交車的加速度較大，箱子輪子受到公交車的摩擦力較小，行李箱a肯定相對車子向前運動，B項正確；緩慢轉(zhuǎn)彎時，車子具有指向軌跡內(nèi)側(cè)的較小的加速度，當(dāng)行李箱所受的靜摩擦力足以供應(yīng)其做圓周運動所需的向心力時，行李箱相對車子靜止，C項錯誤；急轉(zhuǎn)彎時，汽車的加速度較大，若行李箱b所受的靜摩擦力不足以供應(yīng)所需的向心力，則其做離心運動，即相對車子向外側(cè)運動，若行李箱b所受的靜摩擦力足以供應(yīng)所需的向心力，則其相對車子靜止，D項錯誤。4.D一個原子核在一次衰變中只能放出α、β兩種射線中的一種，γ射線可以伴隨α射線或β射線放出，所以不能同時放出α、β和γ三種射線，故A項錯誤；自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量等于該原子核的結(jié)合能，故B項錯誤；鈾核裂變的核反應(yīng)是eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，兩邊中子不能約掉，故C項錯誤；依據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒知238＝206＋4×8，發(fā)生8次α衰變；92＝82＋2×8－6，發(fā)生6次β衰變，β衰變的實質(zhì)是中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子的同時釋放電子，所以有6個中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子，故D項正確。5.DA較B點電勢高，說明玻璃皿中的電流方向由邊緣流向中心，故A項錯誤；磁場方向豎直向上，電流方向指向圓心，由左手定則可知，液體逆時針旋轉(zhuǎn)，故B項錯誤；由閉合電路歐姆定律可得，E＝U＋I(xiàn)(r＋R0)，I＝eq\f(E－U,r＋R0)＝eq\f(3－1.5,0.1＋4.9)A＝0.3A，流過電阻R0的電流為0.3A，故C項錯誤；閉合開關(guān)后，液體熱功率P＝I2R＝0.32×1W＝0.09W，故D項正確。6.B將石塊拋出后，石塊在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動，豎直方向上有－h(huán)＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2由此式可知，對于不同的拋射角θ，石塊落地的時間不同，故A項錯誤；石塊運動過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，因初速度大小不變，所以對于不同的拋射角，石塊落地時的機械能相同，即落地的動能相同，故B項正確，C項錯誤；在豎直方向：veq\o\al(2,y)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0sinθ))2＝－2gh可求石塊落地時的豎直方向的瞬時速度，再由P＝mgvy可知，不同的拋射角θ，石塊落地時重力的功率不相同，故D項錯誤。7.B電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場線的方向沿豎直方向，粒子彎曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，但由于電場線方向不知，則粒子的電性無法確定，故A項錯誤；在沿電場線的方向的位移y＝Lcosθ，設(shè)A、B間的電勢差為UAB，由動能定理，有qUAB＝－qEy＝eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,2)－\f(1,2)m))veq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得E＝eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)）,2qLcosθ)，故B項正確；電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場線的方向沿豎直方向，粒子彎曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，從A到B的過程中電場力做負(fù)功，所以粒子的電勢能增加，即粒子在B點的電勢能肯定大于在A點的電勢能，故C項錯誤；粒子受力的方向向上，若粒子帶正電，則電場的方向向上，c的電勢高于b的電勢；若粒子帶負(fù)電，則電場的方向向下，c的電勢低于b的電勢，故D項錯誤。8.C設(shè)列車做勻加速直線運動的加速度為a，可將后面的38節(jié)車廂作為一個整體進(jìn)行分析，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f，則有F－38f＝38ma，再將最終面的2節(jié)車廂作為一個整體進(jìn)行分析，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯(lián)立解得F′＝eq\f(1,19)F，C項正確，A、B、D項錯誤。9.D初始時刻彈簧伸長，彈力平衡重力，由圖像看出，升降機停止運動后彈簧的拉力先變小，即小球向上運動，小球的運動是由于慣性，所以升降機停止前小球是向上運動的，即升降機停止前在向上運動，故A項錯誤；0～t1時間拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間拉力也小于重力，小球也處于失重狀態(tài)，故B項錯誤；t1時刻彈簧的拉力是0，說明t1時刻彈簧處于原長狀態(tài)，t1時刻之后彈簧的拉力又起先增大說明彈簧起先變長，所以t1～t3時間小球向下運動，t1～t3時間內(nèi)，彈簧對小球的彈力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后減速，動能先增大后減小，故C項錯誤；t3～t4時間內(nèi)，小球向上運動，重力勢能增大，彈簧勢能減小，動能增大，依據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得知，彈簧彈性勢能變更量大于小球動能變更量，故D項正確。10.D衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力供應(yīng)向心力，則F向＝eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，因為在不同軌道上g是不一樣的，故不能依據(jù)v＝eq\r(gR)得出甲、乙速度的關(guān)系，衛(wèi)星的運行線速度v＝eq\r(\f(GM,r))代入數(shù)據(jù)可得eq\f(v甲,v乙)＝eq\r(\f(r乙,r甲))＝eq\f(\r(2),2)，故A項錯誤；因為在不同軌道上兩衛(wèi)星的角速度不一樣，故不能依據(jù)a＝ω2r得出兩衛(wèi)星加速度的關(guān)系，衛(wèi)星的運行加速度a＝eq\f(GM,r2)代入數(shù)據(jù)可得eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(r乙2,r甲2)＝eq\f(1,4)，故B項錯誤；依據(jù)F向＝eq\f(GMm,r2)，兩顆人造衛(wèi)星質(zhì)量相等，可得eq\f(F向甲,F向乙)＝eq\f(r乙2,r甲2)＝eq\f(1,4)，故C項錯誤；兩衛(wèi)星均繞地球做圓周運動，依據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可得eq\f(T甲,T乙)＝eq\r(\f(r甲3,r乙3))＝2eq\r(2)，故D項正確。11.C粒子從P點垂直電場方向動身到達(dá)MN連線上某點時，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(Eq,m)，解得t＝eq\f(2mv0,qE)，A項錯誤；在該點，粒子沿電場方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小為v＝eq\r(（2v0）2＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B項錯誤；該點到P點的距離s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C項正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，則θ≠30°，D項錯誤。12.C當(dāng)絕緣支架上的帶電小球在A位置時，輕繩的張力均為0，說明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和庫侖力，因此A處的帶電小球帶正電，故A項錯誤；依據(jù)庫侖定律可得F＝keq\f(Qq,r2)因此在A處與B處庫侖力大小之比等于帶點小球距離平方的倒數(shù)比，即eq\f(FA,FB)＝eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))，因為θ＝30°，所以FA∶FB＝4∶3故B項錯誤；支架處于B處，兩球間的庫侖力為FB＝eq\f(3,4)FA＝eq\f(3,4)mg，設(shè)左、右繩的張力分別為F1和F2，則由正交分解可得F1cos30°＋eq\f(3,4)mgsin30°＝F2cos30°F1sin30°＋eq\f(3,4)mgcos30°＋F2cos30°＝mg解得F1＝mg－eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mg－eq\f(\r(3),4)mg，故C項正確，D項錯誤。13.C為使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，電子進(jìn)入勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑最大時軌跡如圖所示，設(shè)其軌跡半徑為r，軌跡圓圓心為M，磁場的磁感應(yīng)強度最小為B，由幾何關(guān)系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，電子在勻強磁場中做勻速圓周運動有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，C項正確．14.BD保持U1及P的位置不變，K由a合到b時，原線圈匝數(shù)變小，副線圈電壓變大，所以副線圈功率變大，而原線圈功率等于副線圈功率，所以原線圈功率變大，依據(jù)I1＝eq\f(P,U1)得I1將增大，故A項錯誤；保持U1及P的位置不變，K由b合到a時，原線圈匝數(shù)變大，副線圈電壓變小，依據(jù)P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)可知功率變小，故B項正確；保持U1不變，K合在a處，使P上滑時，R增大，而電壓不變，所以副線圈電流變小，依據(jù)I1＝eq\f(I2n2,n1)可知I1將減小，故C項錯誤；保持P的位置不變，K合在a處，若U1增大，則副線圈電壓增大，所以副線圈電流變大，依據(jù)I1＝eq\f(I2n2,n1)可知I1將增大，故D項正確。15.BCD在真空中，光的傳播速度相同，真空中光速為c＝3×108m/s，A項錯誤；在CD、AE邊只有a光射出，b光發(fā)生了全反射，說明b光的臨界角小，在五棱鏡中的折射率大，頻率越大的光，折射率越大，所以b光頻率比a光大，這兩束光同時射向某金屬，若a光能發(fā)生光電效應(yīng)，頻率更大的b光肯定能發(fā)生光電效應(yīng)，B項正確；由折射定律n＝eq\f(sini,sinr)知，b光的折射率大，折射角小，C項正確；由全反射的臨界角公式sinC＝eq\f(1,n)可知，b光的折射率大，全反射的臨界角更小，比a光先發(fā)生全反射，D項正確。16.BCD由“上下坡”法得知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，由于小球第一次振動時起振方向向上，故先經(jīng)過彈簧振子所在位置的是P波，故A項錯誤；s＝vt，由于兩列波在同一介質(zhì)中傳播，波速相等，Q波后到達(dá)彈簧振子所在位置，故Q振源離振動系統(tǒng)較遠(yuǎn)，故B項正確；Q晚到達(dá)彈簧振子所在位置，且小球產(chǎn)生了較劇烈的振動，即共振，故Q的振動頻率接近2Hz，則周期接近0.5s，波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.5)m/s＝4m/s，故C項正確；據(jù)波的疊加原理，有4個時刻繩上會出現(xiàn)振動位移大小為2A的點，故D項正確。17.【答案】(1)①間距相等②遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量(2)①1.20(±0.02)②eq\f(1,k)eq\f(b,k)(3)①小鋼球②acdb③9.61(9.59～9.63)④仍能【解析】(1)①當(dāng)紙帶上打出間距相等的點時，說明紙帶做勻速直線運動。②以整體為對象：mg＝(M＋m)a，以小車為對象：F拉＝Ma化簡，F(xiàn)拉＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))。由上式可知，為保證小車所受拉力近似不變，應(yīng)滿意小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量。(2)①由Δx＝aT2可知，a＝eq\f(s2－s1,Δt2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.0728－0.0367))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.0367－0.0126)),0.01)m/s2＝1．20m/s2。②依據(jù)牛頓其次定律可知F＝(M＋m)a，變形得eq\f(1,a)＝eq\f(M,F)＋eq\f(m,F)，eq\f(1,a)與m為一次函數(shù)關(guān)系，依據(jù)幾何關(guān)系可知：k＝eq\f(1,F)，b＝eq\f(M,F)，解得F＝eq\f(1,k)，M＝Fb＝eq\f(b,k)。(3)①要測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣软氁M量減小空氣阻力的影響，所以密度大體積小的小鋼球最適合。②要完成試驗，首先應(yīng)當(dāng)將刻度尺豎直固定在墻上，安裝好三腳架，調(diào)整好手機攝像頭的位置；因為下落時間很短，所以肯定要先打開攝像頭起先攝像，然后再將小球從刻度尺旁靜止釋放，故依次為acdb。③由三張圖片讀出小球所在位置的刻度分別為2.50cm，26.50cm，77.20cm；小球做自由落體運動，依據(jù)Δx＝gT2可得g＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(77.20－26.50))×10－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(26.50－2.50))×10－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))\s\up12(2))m/s2≈9.61m/s2。④因為就算小球偏離了豎直方向，但是小球在豎直方向上的運動依舊是自由落體運動，對試驗結(jié)果無影響，故仍能用前面的方法測量出重力加速度。18.【答案】(1)見解析圖1.480.69(0.67～0.71)(2)④⑤(或③⑤)(3)A【解析】(1)依據(jù)測量干電池電動勢和內(nèi)阻試驗原理，實物連接圖如圖所示由閉合電路歐姆定律可知，在U－I圖像中，縱坐標(biāo)的截距為電動勢，因此可知電動勢為1.48V；U－I圖像的斜率的肯定值為內(nèi)阻，由題圖可計算內(nèi)阻約為0.69Ω。(2)采納與題(1)不同的方案測定干電池的電動勢和內(nèi)阻，則須要電阻箱替代滑動變阻器，而電阻箱的阻值是已知的，因此只須要電壓表或電流表中的一個，就能夠通過計算得出外電路的電流或電壓，即可完成試驗，因此選擇④⑤或③⑤均可以。(3)測小燈泡的伏安特性曲線，須要使燈泡兩端電壓與通過它的電流可以在較大范圍內(nèi)變更，故應(yīng)采納分壓式接法，又因為小燈泡電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，故應(yīng)采納電流表外接法，綜上所述A項最合適。19.【答案】(1)4.8m(2)12m【解析】(1)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得v1＝vMsin72.8° ①設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)垂直于AD方向的分加速度為a1，由牛頓其次定律得mgcos17.2°＝ma1 ②由運動學(xué)公式得d＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1) ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d＝4.8m。 ④(2)在M點，設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)得v2＝vMcos72.8° ⑤設(shè)運動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓其次定律得mgsin17.2°＝ma2 ⑥設(shè)騰空時間為t，由運動學(xué)公式得t＝eq\f(2v1,a1) ⑦L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2 ⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L＝12m。20.【答案】(1)0.9J(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(6),6)m，\f(5,6)m))(3)Ep＝2.9J時動能最小Emin＝7.5J【解析】(1)依據(jù)Ep＝μmgL