2025浙江高考物理仿真模擬卷(五) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模擬卷(五)時(shí)間:90分鐘分值:100分選擇題部分一、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.[2024·諸暨中學(xué)模擬]網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)中,運(yùn)動(dòng)員常利用切球使網(wǎng)球旋轉(zhuǎn)而產(chǎn)生復(fù)雜的曲線軌跡,下列說(shuō)法正確的是 ()A.研究運(yùn)動(dòng)員切球動(dòng)作時(shí),網(wǎng)球可以看成質(zhì)點(diǎn)B.擊球時(shí),球拍對(duì)網(wǎng)球的作用力大于網(wǎng)球?qū)η蚺牡淖饔昧.擊球時(shí),球拍對(duì)網(wǎng)球的彈力是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生了形變D.擊球后,網(wǎng)球在空中繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)時(shí)受到重力、推力和阻力2.如圖所示是足球比賽過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員踢出的“香蕉球”的情境示意圖.下列說(shuō)法正確的是 ()A.足球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,速度方向與加速度方向在同一條直線上B.足球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,所受合力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)C.足球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,可能處于平衡狀態(tài)D.足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡的法線方向3.[2024·杭州高級(jí)中學(xué)模擬]如圖所示,普通輪椅一般由輪椅架、車輪、剎車裝置等組成.車輪有大車輪和小車輪,大車輪上固定有手輪圈,手輪圈由患者直接推動(dòng).已知大車輪、手輪圈、小車輪的半徑之比為9∶8∶1,假設(shè)輪椅在地面上做直線運(yùn)動(dòng),手和手輪圈之間、車輪和地面之間都不打滑,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.大車輪與小車輪的周期之比為1∶9B.手輪圈與小車輪的角速度之比為1∶1C.大車輪與手輪圈兩邊緣的線速度之比為1∶1D.大車輪軸心與小車輪軸心的速度之比為1∶14.如圖所示是一種吸附在浴室墻面的置物架,它依靠自身的兩個(gè)大吸盤,讓置物架牢牢固定在墻角,這樣的設(shè)計(jì)免去了打孔,保護(hù)墻面的同時(shí)也讓安裝更加方便,還可以隨時(shí)改變吸附位置.若對(duì)整個(gè)置物架進(jìn)行分析,下列說(shuō)法正確的是 ()A.若僅更換質(zhì)量相同且吸力更大的吸盤,則置物架受到的摩擦力也會(huì)隨之增大B.若在置物架中放置一瓶洗發(fā)水,則墻面對(duì)置物架的摩擦力增大C.將置物架固定在墻面上時(shí),豎直方向上,墻面對(duì)置物架的作用力大于置物架自身重力D.若保持兩吸盤等高使置物架吸附在更高的位置,則墻面對(duì)置物架的摩擦力也隨之增大5.小明在課外參加一項(xiàng)越障活動(dòng),如圖所示一共有四條等間距直線賽道,每個(gè)賽道上有4個(gè)一樣的圓柱形障礙物,障礙物的分布如圖A、B、C、D所示.小明從賽道的起點(diǎn)a出發(fā)奔向終點(diǎn)b,奔跑過(guò)程中加速階段和減速階段的加速度大小一樣,每次通過(guò)障礙物時(shí)速度必須減小到零,然后繞其一圈且每次繞行時(shí)間一樣.小明以同樣大小的加速度啟動(dòng),則下列四條賽道用時(shí)最短的是 ()ABCD6.[2024·寧波模擬]中國(guó)象棋的棋盤呈長(zhǎng)方形,由九條豎線和十條橫線相交組成,共有九十個(gè)交叉點(diǎn),開(kāi)局時(shí)紅方和黑方各子的位置如圖所示,現(xiàn)將電荷量為+qq>0和-qq>0的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在紅方的“帥”位置和黑方的“將”位置,兩點(diǎn)電荷在棋盤網(wǎng)格線所在的平面內(nèi),下列說(shuō)法正確的是(A.棋盤左側(cè)紅方“炮”所在位置與棋盤右側(cè)黑方“炮”所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等方向不同B.棋盤右側(cè)紅方“車”所在位置與棋盤左側(cè)黑方“車”所在位置的電勢(shì)相同C.一質(zhì)子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運(yùn)動(dòng)到黑方正中間“卒”所在位置,此過(guò)程中靜電力始終不做功D.電子在棋盤左側(cè)紅方“馬”所在位置的電勢(shì)能小于在棋盤右側(cè)黑方“馬”所在位置的電勢(shì)能7.2023年11月1日,我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心成功將“天繪五號(hào)”衛(wèi)星發(fā)射升空,并順利進(jìn)入預(yù)定軌道.“天繪五號(hào)”在距離地球表面500km附近環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其運(yùn)行周期約為32個(gè)小時(shí),某時(shí)刻“天繪五號(hào)”、同步衛(wèi)星、地球的連線在同一直線上,如圖所示,則下列說(shuō)法正確的是 (A.“天繪五號(hào)”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度B.“天繪五號(hào)”的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度C.“天繪五號(hào)”的向心力一定大于同步衛(wèi)星的向心力D.到下一次“天繪五號(hào)”、同步衛(wèi)星與地球共線的時(shí)間約為0.8h8.[2024·紹興模擬]中國(guó)古人對(duì)許多自然現(xiàn)象有深刻認(rèn)識(shí),唐人張志和在《玄真子·濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹”,從物理學(xué)的角度看,虹為太陽(yáng)光經(jīng)過(guò)雨滴的兩次折射和一次反射形成的,如圖所示為彩虹成因的簡(jiǎn)化示意圖,其中a、b為兩種不同頻率的單色光,則兩光 ()A.在同一裝置上以相同條件完成單縫衍射實(shí)驗(yàn),a光的中央亮條紋寬度比b光的中央亮條紋寬度大B.以相同角度斜射到同一玻璃板透過(guò)兩平行表面后,b光側(cè)移量大C.分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應(yīng),a光一定也能D.以相同的入射角從水中射入空氣,若在空氣中只能看到一種光,則一定是a光9.如圖所示,輕彈簧上端固定在內(nèi)壁光滑的玻璃管頂部,下端栓接質(zhì)量為m的小球,玻璃管與水平方向夾角為30°,玻璃管內(nèi)徑略大于小球直徑,現(xiàn)將小球在彈簧原長(zhǎng)時(shí)由靜止釋放,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a與彈簧伸長(zhǎng)量x的關(guān)系如圖所示,其中圖線與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)x0為已知,彈簧始終在彈性限度內(nèi),彈簧的彈性勢(shì)能Ep=12kx2(其中k為勁度系數(shù),x是形變量),重力加速度為g,則 (A.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),所受彈簧彈力大小為2mg

B.彈簧的勁度系數(shù)為mgx0

C.D.彈簧拉伸量為x0時(shí),彈性勢(shì)能為mgx10.[2024·北侖中學(xué)模擬]城市高層建筑建設(shè)施工,往往采用配重的方式把裝修材料運(yùn)送到高處,精簡(jiǎn)模型如圖甲所示,固定于水平面上傾角為37°的斜面,繞過(guò)頂端定滑輪的輕繩鏈接兩小球A、B(可視作質(zhì)點(diǎn)),質(zhì)量分別為M和m,B小球被固定于地面上的鎖定裝置鎖定,某時(shí)刻解除鎖定,安裝在斜面底端的位移采集傳感器采集到A在斜面上下滑的位移x與時(shí)間t的二次方關(guān)系如圖乙所示,若該圖像的斜率為k,不考慮一切摩擦,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,則A與B的質(zhì)量之比為 ()

k+35?kC.k+23?k

11.[2024·麗水模擬]麗水市有溫室智能化蔬菜育苗基地,蔬菜育苗過(guò)程對(duì)環(huán)境要求嚴(yán)格,溫室內(nèi)光照強(qiáng)度很重要.某中學(xué)生通過(guò)光敏電阻來(lái)測(cè)定蔬菜大棚中的光照強(qiáng)度,如圖所示,R0、R1為定值電阻,R2為光敏電阻.通過(guò)調(diào)節(jié)光照強(qiáng)度,R2的阻值在1~5Ω范圍內(nèi)變化,R2的阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小.已知R0、R1阻值分別為4Ω、3Ω,電源的電動(dòng)勢(shì)為3V,內(nèi)阻為1Ω,電壓表為理想電表.閉合開(kāi)關(guān)S后,下列說(shuō)法正確的是()A.光照強(qiáng)度增大時(shí),電壓表示數(shù)增大B.光照強(qiáng)度增大時(shí),R1的電功率減小C.光照強(qiáng)度減小時(shí),電源的效率減小D.當(dāng)光敏電阻阻值為1Ω時(shí),電源的輸出功率最大12.練習(xí)鋼琴和音樂(lè)課上常用到的一款節(jié)拍器,如圖節(jié)拍器中有一擺桿,擺桿在標(biāo)度尺左右擺動(dòng),有規(guī)律地發(fā)出節(jié)拍聲.其中標(biāo)度尺標(biāo)出擺桿振動(dòng)時(shí)每分鐘發(fā)出的節(jié)拍聲次數(shù)(n),擺桿上有一個(gè)可上下移動(dòng)的擺錘.擺錘位置所對(duì)標(biāo)尺數(shù),就表示該擺每分鐘振動(dòng)的節(jié)拍數(shù)(一次全振動(dòng)有兩次節(jié)拍數(shù)),由此可算出擺的振動(dòng)周期T=(2×60)n(s).改變擺錘的位置就可以改變它的振動(dòng)周期.下列說(shuō)法正確的是 (A.節(jié)拍器上數(shù)值雖不清晰,但擺錘位置上移時(shí)擺動(dòng)的頻率變大B.擺錘上下移動(dòng)時(shí)即使在不同的位置,發(fā)出的聲音聲速都相同C.音樂(lè)教室有兩個(gè)相同節(jié)拍器,同時(shí)工作能聽(tīng)到類似音叉的共振現(xiàn)象D.聲波、水波和光波一樣,波傳播方向和振動(dòng)方向相類似,都是橫波13.如圖所示,單刀雙擲開(kāi)關(guān)S先打到a端讓電容器充滿電.t=0時(shí)開(kāi)關(guān)S打到b端,t=0.02s時(shí)LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達(dá)到最大值.則 ()A.LC回路的周期為0.04sB.LC回路的電流最大時(shí)電容器中電場(chǎng)能最大C.t=1.01s時(shí)線圈中電場(chǎng)能最大D.t=1.01s時(shí)回路中電流沿順時(shí)針?lè)较蚨?、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.[2024·慈溪模擬]如圖甲所示為某品牌漏電保護(hù)器,其內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖乙所示,虛線框內(nèi)為漏電檢測(cè)裝置,可視為理想變壓器,其中原線圈由入戶的火線、零線在鐵芯上雙線并行繞制而成,副線圈與控制器相連.當(dāng)電路發(fā)生漏電時(shí),零線中的電流小于火線,從而使副線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,通過(guò)控制器使線路上的脫扣開(kāi)關(guān)斷開(kāi),起到自動(dòng)保護(hù)的作用.若入戶端接入u=311sin100πt(V)的交變電流,則 ()A.入戶端接入的交變電流方向每秒變化100次B.當(dāng)用電器發(fā)生短路時(shí),該漏電保護(hù)器會(huì)切斷電路C.沒(méi)有發(fā)生漏電時(shí),通過(guò)副線圈的磁通量始終為0D.沒(méi)有發(fā)生漏電時(shí),通過(guò)副線圈的磁通量隨原線圈中電流的增加而增加15.[2024·金華模擬]如圖所示,在研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中,用頻率為ν的單色光照射陰極K時(shí),能發(fā)生光電效應(yīng),并測(cè)得遏止電壓為U.若用上述單色光照射一群處于能級(jí)為n=2的激發(fā)態(tài)的氫原子,恰能使氫原于躍遷到能級(jí)為n=6的激發(fā)態(tài),已知電子的帶電荷量為e,真空中的光速為c,普朗克常量為h,氫原子在能級(jí)n上的能量En與基態(tài)的能量E1滿足En=E1n2的關(guān)系式.下列說(shuō)法正確的是A.光電子的最大初動(dòng)能為hν-eUB.陰極K的截止頻率為ν-eUC.氫原子基態(tài)的能量為E1=-92D.氫原子的能級(jí)從n=3躍遷到n=2時(shí)發(fā)射出光的波長(zhǎng)為8非選擇題部分三、非選擇題(本題共5小題,共55分)16.實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)某同學(xué)利用“向心力定量探究?jī)x”探究向心力大小與質(zhì)量、半徑和角速度的關(guān)系,裝置如下圖所示,小球放在光滑的帶四槽的旋轉(zhuǎn)桿上,其一端通過(guò)細(xì)繩與電子測(cè)力計(jì)相連,當(dāng)小球和旋轉(zhuǎn)桿被電機(jī)帶動(dòng)一起旋轉(zhuǎn)時(shí),控制器的顯示屏顯示小球質(zhì)量m、轉(zhuǎn)動(dòng)半徑r、轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω以及細(xì)繩拉力F的大小.①該同學(xué)采用控制變量法,分別改變小球質(zhì)量、轉(zhuǎn)動(dòng)角速度以及進(jìn)行了三組實(shí)驗(yàn),測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表甲、乙、丙所示.

小球質(zhì)量/kg轉(zhuǎn)動(dòng)半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.10.24π3.150.20.24π6.290.30.24π9.450.40.24π12.61甲小球質(zhì)量/kg轉(zhuǎn)動(dòng)半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.14π3.160.20.24π6.310.20.34π9.460.20.44π12.63乙小球質(zhì)量/kg轉(zhuǎn)動(dòng)半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.22π1.570.20.24π6.290.20.26π14.140.20.28π25.16丙②由甲表的數(shù)據(jù)可得:當(dāng)一定時(shí),小球的向心力F大小與成比.

③為了通過(guò)作圖法更直觀地呈現(xiàn)向心力F與角速度ω之間的關(guān)系,應(yīng)繪制的圖像是(填選項(xiàng)前的字母).

A.F-ω B.F-ω2 C.F-ω D.F2-ω(2)某同學(xué)發(fā)現(xiàn)手機(jī)軟件有測(cè)角度的功能,于是結(jié)合軟件的這個(gè)功能,用兩根完全相同的輕彈簧和一瓶礦泉水等器材設(shè)計(jì)了一次驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn).實(shí)驗(yàn)時(shí),先將一彈簧一端固定在墻上的釘子A上,另一端掛一瓶礦泉水,如圖甲所示;然后將兩彈簧一端分別固定在墻上的釘子A、B上,另一端連接于O點(diǎn),在O點(diǎn)下方掛一瓶同樣的礦泉水,靜止時(shí)用智能手機(jī)的測(cè)角功能分別測(cè)出AO、BO與豎直方向的夾角為α、β,如圖乙所示.改變釘子B的位置,按照上述方法多測(cè)幾次.①在實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程中,必須進(jìn)行的操作是(選填選項(xiàng)前的字母).

A.圖乙中彈簧長(zhǎng)度相同 B.測(cè)量彈簧的原長(zhǎng)C.測(cè)量圖甲、乙中彈簧的長(zhǎng)度 D.實(shí)驗(yàn)中結(jié)點(diǎn)O的位置始終保持不變②該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)量的結(jié)果,分別作出了圖丙和圖丁,其中正確的是圖(選填“丙”或“丁”).

③該同學(xué)測(cè)得甲圖中彈簧長(zhǎng)度,乙圖中α和β,他(選填“能”或“不能”)根據(jù)上述結(jié)論求出一瓶礦泉水(含瓶)的質(zhì)量.

Ⅱ.(7分)一粗細(xì)均勻的圓柱形導(dǎo)電材料樣品,該樣品的直徑D=2mm,如圖甲所示.某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量該樣品的電阻率,實(shí)驗(yàn)步驟如下:(1)如圖乙所示,用游標(biāo)卡尺測(cè)得該樣品長(zhǎng)度L=mm.

(2)用多用電表測(cè)得該樣品阻值約為110Ω,為精確的測(cè)量其電阻阻值,可供選擇的器材如下:待測(cè)導(dǎo)電樣品Rx電流表A1(量程0~600mA,內(nèi)阻約為1Ω)電流表A2(量程0~150mA,內(nèi)阻約為20Ω)電流表A3(量程0~30mA,內(nèi)阻為50Ω)定值電阻R1=50Ω定值電阻R2=350Ω滑動(dòng)變阻器R(0~20Ω,額定電流2A)直流電源E(電動(dòng)勢(shì)約為12V,內(nèi)阻不計(jì))開(kāi)關(guān)一只,導(dǎo)線若干①根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路如圖丙所示,圖中電流表A應(yīng)選擇,圖中電流表A'應(yīng)選擇,定值電阻R0應(yīng)選擇.(選填所選器材的字母代號(hào))

②實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器,測(cè)得電流表A、A'對(duì)應(yīng)的多組電流值I、I',做出I-(I'-I)的圖像如圖丁所示,可得該導(dǎo)電樣品的電阻阻值為Ω.

(3)由以上數(shù)據(jù),計(jì)算可得該樣品電阻率為Ω·m.(π取3.14)

17.(8分)[2024·學(xué)軍中學(xué)模擬]如圖甲所示,上端開(kāi)口的導(dǎo)熱汽缸放置在水平面上,質(zhì)量為m、橫截面積為S的活塞密封了一定質(zhì)量的理想氣體.當(dāng)環(huán)境溫度為T1時(shí),活塞靜止的位置與汽缸底部距離為h,離缸口的距離為0.5h.已知重力加速度為g,活塞厚度及活塞與汽缸壁之間的摩擦不計(jì),大氣壓強(qiáng)為7mg(1)若緩慢升高環(huán)境溫度,使活塞剛好上移到汽缸口,求此時(shí)的環(huán)境溫度T2;(2)若先在缸內(nèi)壁緊貼活塞上表面固定一小卡環(huán)(與活塞接觸但沒(méi)有作用力),如圖乙所示,再緩慢升高環(huán)境溫度到T2,求升溫后卡環(huán)對(duì)活塞的壓力大小;(3)上問(wèn)中的升溫過(guò)程相對(duì)于(1)問(wèn)中的升溫過(guò)程,氣體少吸收的熱量為多少?18.(11分)[2024·蕭山中學(xué)模擬]圖甲為蕭山國(guó)際機(jī)場(chǎng)某貨物傳送裝置實(shí)物圖,簡(jiǎn)化圖如圖乙所示,該裝置由傳送帶ABCD及固定擋板CDEF組成,固定擋板CDEF與傳送帶上表面垂直,傳送帶上表面ABCD與水平地面的夾角為θ=37°,CD與水平面平行.傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點(diǎn)由靜止釋放,貨物對(duì)地發(fā)生位移L=10m后被取走,貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖丙所示.已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度為v=1m/s,貨物質(zhì)量為m=10kg,其底部與傳送帶ABCD的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.5,其側(cè)面與擋板CDEF的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.25.(sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力)(1)貨物剛放上傳送帶時(shí),求其底面所受滑動(dòng)摩擦力Ff1的大小及側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力Ff2的大小;(2)求貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時(shí)間t及傳送裝置多消耗的電能E;(3)某次測(cè)試過(guò)程中工作人員每隔Δt=1s從D點(diǎn)靜止釋放相同的貨物,貨物對(duì)地發(fā)生位移L=10m后被取走,若維持傳送帶勻速運(yùn)轉(zhuǎn),求傳送帶相對(duì)空載時(shí)需增加的最大功率ΔP.19.(11分)如圖所示是中國(guó)科學(xué)院自主研制的磁約束核聚變實(shí)驗(yàn)裝置中的“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”原理圖.由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過(guò)兩極板間電場(chǎng)后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng).其中的中性粒子沿原方向運(yùn)動(dòng),被接收板接收;一部分正離子打到左極板,其余的進(jìn)入磁場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)被吞噬板吞噬并發(fā)出熒光.多樣性粒子束寬度為L(zhǎng),各粒子均橫向均勻分布.偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)為垂直紙面向外的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感強(qiáng)度大小為B1.已知正離子的比荷為k,兩極板間電壓為U、間距為L(zhǎng),極板長(zhǎng)度為2L,吞噬板長(zhǎng)度為2L并緊靠負(fù)極板.若正離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計(jì).(1)要使v0=kU的正離子能沿直線通過(guò)兩極板間電場(chǎng),可在極板間施加一垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng),求B0的大小;(2)若撤去(1)中極板間磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng),有n個(gè)速度為v1=3kU的正離子,能進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的正離子全部能被吞噬板吞噬,求吞噬板上收集的正離子個(gè)數(shù)及B1的取值范圍(3)重新在兩極板間施加一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度大小,使v2=2kU的正離子沿直線通過(guò)極板后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng),若此時(shí)磁場(chǎng)邊界為矩形,如圖所示,當(dāng)B1=43L220.(11分)[2024·學(xué)軍中學(xué)模擬]如圖所示,豎直平面內(nèi)有間距為l的固定平行金屬導(dǎo)軌M和N,其下端通過(guò)開(kāi)關(guān)S1連接電阻R,通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2連接電容C和內(nèi)外半徑分別r1和r2的金屬環(huán),金屬環(huán)位于同一豎直平面內(nèi).在兩導(dǎo)軌虛線框內(nèi)和在兩金屬環(huán)間,存在相同的、方向垂直導(dǎo)軌平面、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻為R、質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的兩相同的導(dǎo)體棒ab和cd,ab通過(guò)勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連,當(dāng)開(kāi)關(guān)S1和S2斷開(kāi)時(shí),ab位于靠近磁場(chǎng)上邊界處(但在磁場(chǎng)內(nèi)),處于水平靜止?fàn)顟B(tài)并與導(dǎo)軌接觸良好;cd置于兩金屬環(huán)上,且繞過(guò)圓心O的軸以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn).已知k=400N/m,m=1kg,l=1m,B=2T,R=0.5Ω,C=0.25F,ω=5rad/s,r1=0.1m,r2=0.9m,不計(jì)其他電阻和摩擦阻力,棒ab始終在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),g取10m/s2.(1)S1斷開(kāi),S2擲向2,求電容器所帶電荷量的大小q;(2)S1斷開(kāi),S2擲向1時(shí)ab棒以v=1.0m/s的速度豎直向上運(yùn)動(dòng)離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),求此時(shí)電容器所帶電荷量的大小q',并判斷cd的旋轉(zhuǎn)方向;(3)在(2)的條件下,ab棒再進(jìn)磁場(chǎng)前斷開(kāi)S2,接通S1,ab在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)至距磁場(chǎng)上邊界0.04m處時(shí)速度為零,求此過(guò)程中電阻R消耗的焦耳熱.(提示:彈簧伸長(zhǎng)量為x時(shí),其彈性勢(shì)能Ep=12kx2,導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧末超出彈性限度參考答案與解析1.C[解析]研究運(yùn)動(dòng)員切球動(dòng)作時(shí),由于切球時(shí)網(wǎng)球有旋轉(zhuǎn),所以網(wǎng)球的形狀和大小不能忽略不計(jì),不可以看成質(zhì)點(diǎn),故A錯(cuò)誤;擊球時(shí),球拍對(duì)網(wǎng)球的作用力與網(wǎng)球?qū)η蚺牡淖饔昧橐粚?duì)相互作用力,大小相等,故B錯(cuò)誤;擊球時(shí),球拍對(duì)網(wǎng)球的彈力是因?yàn)榍蚺陌l(fā)生了形變,故C正確;擊球后,網(wǎng)球在空中繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)時(shí)受到重力和阻力的作用,飛行過(guò)程無(wú)推力,故D錯(cuò)誤.2.B[解析]足球被踢出去之后,受到重力和空氣的作用力,其運(yùn)動(dòng)軌跡是一條曲線,其初速度與加速度方向不在同一條直線上,故A錯(cuò)誤;足球做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),其所受合力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè),故B正確;足球在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,所受合力不為零,不可能處于平衡狀態(tài),故C錯(cuò)誤;足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向,故D錯(cuò)誤.3.D[解析]根據(jù)題意可知,大車輪與小車輪邊緣的線速度大小相等,由公式T=2πrv可得,大車輪與小車輪的周期之比為T大T小=r大r小=91,故A錯(cuò)誤;根據(jù)題意可知,大車輪與手輪圈的角速度相等,由v=ωr可知,大車輪與手輪圈兩邊緣的線速度之比為v大v手=r大r手=98,由ω=2πT可得,大車輪與小車輪的角速度之比為ω大ω小=T小T大=14.B[解析]只要置物架保持靜止,合力就為零,摩擦力大小等于置物架的重力,故A錯(cuò)誤;若在置物架中放置一瓶洗發(fā)水,則置物架和物體的總重力增加,則墻面對(duì)置物架的摩擦力增大,故B正確;將置物架固定在墻面上時(shí),豎直方向上,墻面對(duì)置物架的作用力大小等于置物架自身重力,故C錯(cuò)誤;若保持兩吸盤等高使置物架吸附在更高的位置,則墻面對(duì)置物架的摩擦力不變,故D錯(cuò)誤.5.C[解析]由于每次通過(guò)障礙物時(shí)速度必須減小到零,根據(jù)對(duì)稱性可知,相鄰兩障礙物間,小明做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,可知小明做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,賽道用時(shí)越短,即小明做減速運(yùn)動(dòng)的位移越短,賽道用時(shí)越短,圖C障礙物之間的距離最近,小明做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短,賽道用時(shí)越短,故選C.6.D[解析]等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布如圖所示,由此可知,棋盤左側(cè)紅方“炮”所在位置與棋盤右側(cè)黑方“炮”所在位置關(guān)于兩電荷連線中點(diǎn)對(duì)稱,則電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等方向相同,故A錯(cuò)誤;棋盤右側(cè)紅方“車”所在位置更靠近正電荷,電勢(shì)較高,棋盤左側(cè)黑方“車”所在位置靠近負(fù)電荷,電勢(shì)較低,故B錯(cuò)誤;一質(zhì)子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運(yùn)動(dòng)到黑方正中間“卒”所在位置,此過(guò)程中靜電力的方向始終與位移方向相同,靜電力做正功,故C錯(cuò)誤;棋盤左側(cè)紅方“馬”所在位置的電勢(shì)高于棋盤右側(cè)黑方“馬”所在位置的電勢(shì),根據(jù)Ep=-eφ得電子在棋盤左側(cè)紅方“馬”所在位置的電勢(shì)能小于在棋盤右側(cè)黑方“馬”所在位置的電勢(shì)能,故D正確.7.D[解析]第二宇宙速度為脫離地球吸引的最小發(fā)射速度,“天繪五號(hào)”的發(fā)射速度小于第二宇宙速度,A錯(cuò)誤;根據(jù)GMmr2=mv2r,得v=GMr,“天繪五號(hào)”的運(yùn)動(dòng)半徑較小,則線速度較大,B錯(cuò)誤;由于質(zhì)量未知,向心力大小不能比較,C錯(cuò)誤;同步衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為24h,當(dāng)“天繪五號(hào)”比同步衛(wèi)星多轉(zhuǎn)動(dòng)半周時(shí),三者再次共線,則2π32?t-2π24ht=π,8.C[解析]由sinisinr=n可知,因?yàn)槿肷浣窍嗟?由題圖可得a光的折射角小于b光的折射角,則在同一介質(zhì)中a光的折射率比b光的折射率大,a光的頻率比b光的頻率大,a光的波長(zhǎng)比b光的波長(zhǎng)短,根據(jù)單縫衍射實(shí)驗(yàn)規(guī)律得,a光的中央亮條紋寬度比b光的中央亮條紋寬度小,故A錯(cuò)誤;當(dāng)a、b光以相同的角度斜射到同一玻璃板上后其光路圖如圖所示,由圖可知,因?yàn)閎光的折射率較小,以相同角度斜射到同一玻璃板透過(guò)平行表面后,b光的折射角較大,所以b光側(cè)移量小,故B錯(cuò)誤;因?yàn)閎光的折射率較小,頻率較小,分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應(yīng),則a光一定也能,故C正確;b光的折射率較小,則臨界角大,不容易發(fā)生全反射,所以以相同的入射角從水中射入空氣,在空氣中只能看到一種光時(shí),一定是b光,故9.C[解析]根據(jù)kx0=mgsin30°,得彈簧的勁度系數(shù)為k=mg2x0,故B錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理得mgsin30°x=12kx2,得x=2x0,所受彈簧彈力大小為F=kx=mg,故A錯(cuò)誤;當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為x0時(shí),動(dòng)能最大,根據(jù)動(dòng)能定理得mgsin30°x0-12kx02=12mvm2-0=Ekm,得Ekm=mgx04,故C正確;當(dāng)彈簧拉伸量為x0時(shí),彈性勢(shì)能為10.B[解析]解除鎖定后,沿繩方向上對(duì)A、B和繩組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律有Mgsinθ-mg=(M+m)a,對(duì)A由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有x=12at2,結(jié)合圖像斜率k=12a,即a=2k,聯(lián)立解得Mm=k+511.D[解析]光照強(qiáng)度增大時(shí),光敏電阻R2阻值變小,電路總電阻變小,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,電路總電流增大,路端電壓減小,可知電壓表示數(shù)減小,通過(guò)R0的電流減小,則通過(guò)R1的電流增大,R1的電功率增大,故A、B錯(cuò)誤;光照強(qiáng)度減小時(shí),光敏電阻R2阻值變大,電路總電阻變大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,電路總電流減小,路端電壓增大,電源的效率為η=P出P總=UIEI=UE,可知電源的效率增大,故C錯(cuò)誤;電源的輸出功率為P出=I2R外=ER外+r2R外=E2R外+r2R外+2r,可知當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí),電源的輸出功率最大,當(dāng)光敏電阻阻值為1Ω時(shí),此時(shí)光敏電阻阻值最小,外電阻最小,根據(jù)電路圖可知,此時(shí)外電阻為R外12.B[解析]擺錘位置上移,其每分鐘發(fā)出的節(jié)拍聲次數(shù)減少,由T=(2×60)n(s)可知,周期變大,根據(jù)周期與頻率的關(guān)系可知,其頻率變小,故A錯(cuò)誤;聲波在同一種介質(zhì)中傳播的速度相同,故B正確;當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于固有頻率時(shí),物體做受迫運(yùn)動(dòng)的振幅達(dá)到最大值,這種現(xiàn)象稱為共振,所以音樂(lè)教室有兩個(gè)相同節(jié)拍器,同時(shí)工作不屬于共振現(xiàn)象,故C錯(cuò)誤;聲波是縱波,不是橫波,故D錯(cuò)誤13.A[解析]在一個(gè)周期內(nèi),電容器充電兩次,放電兩次,t=0.02s時(shí)LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達(dá)到最大值,此時(shí)經(jīng)歷了充放電各一次,故LC回路的周期為0.04s,故A正確;根據(jù)LC振蕩電路的充放電規(guī)律可知,電容放電完畢時(shí),回路中的電流最大,磁場(chǎng)能最大,電場(chǎng)能最小,故B錯(cuò)誤;根據(jù)t=1.01s=2514T,可知此時(shí)電容器逆時(shí)針?lè)烹娊Y(jié)束,回路中逆時(shí)針的電流最大,磁場(chǎng)能最大,電場(chǎng)能最小,故C、D錯(cuò)誤14.AC[解析]根據(jù)公式可知T=2πω=150s,對(duì)于正弦交流電來(lái)說(shuō),一個(gè)周期電流方向變兩次,所以入戶端接入的交變電流方向每秒變化100次,A正確;當(dāng)無(wú)漏電時(shí),火線和零線中的電流等大反向,在副線圈中的磁通量始終為零,副線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,D錯(cuò)誤,C正確;當(dāng)用電器發(fā)生短路時(shí),火線和零線中的電流等大反向,該漏電保護(hù)器不會(huì)切斷電路,B15.BCD[解析]根據(jù)光電效應(yīng)方程,可求逸出功,截止頻率和最大初動(dòng)能,根據(jù)電子躍遷時(shí)放出光子的能量與各能級(jí)間的關(guān)系,可求放出光子的波長(zhǎng),由于遏止電壓為U,則光電子的最大初動(dòng)能為eU,A錯(cuò)誤;根據(jù)愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程,逸出功W=hν-Ek=hν-eU,因此,截止頻率為νc=W?=ν-eU?,B正確;躍遷時(shí)放出光子的能量等于兩個(gè)能級(jí)間的能量差hν=E6-E2=E162-E122,可得氫原子基態(tài)的能量E1=-92hν,C正確;原子的能級(jí)從n=3躍遷到n=2時(shí),hcλ=E3-E2=E16.Ⅰ.(1)①轉(zhuǎn)動(dòng)半徑②轉(zhuǎn)動(dòng)半徑r和轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω小球質(zhì)量m正③B(2)①BC②丙③不能[解析](1)①探究向心力大小與質(zhì)量、半徑和角速度的關(guān)系,由甲、乙、丙表格可知該同學(xué)采用控制變量法,分別改變小球質(zhì)量、轉(zhuǎn)動(dòng)半徑以及轉(zhuǎn)動(dòng)角速度進(jìn)行了三組實(shí)驗(yàn).②在誤差允許范圍內(nèi),由甲表的數(shù)據(jù)可得:當(dāng)小球的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑r和角速度ω一定時(shí),小球的向心力F大小與小球質(zhì)量m成正比.③根據(jù)F=mω2r可知,為了通過(guò)作圖法更直觀地呈現(xiàn)向心力F與角速度ω之間的關(guān)系,應(yīng)繪制的圖像是F-ω2圖像,從而得到一條擬合的直線,故選B.(2)①由實(shí)驗(yàn)原理可知AO、BO長(zhǎng)度不必相同,A錯(cuò)誤;實(shí)驗(yàn)中,甲圖用來(lái)測(cè)量合力,乙圖用來(lái)測(cè)量?jī)蓚€(gè)分力,根據(jù)胡克定律,力的大小與彈簧的伸長(zhǎng)量成正比,力的大小可用彈簧伸長(zhǎng)量來(lái)表示,因此必須測(cè)量彈簧的伸長(zhǎng)量,因此要測(cè)量彈簧的原長(zhǎng)和甲、乙中彈簧的長(zhǎng)度,故B、C正確;由實(shí)驗(yàn)原理可知在本實(shí)驗(yàn)中重物重力是定值,所以不必保證O點(diǎn)固定不變,D錯(cuò)誤.②根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及操作可知,x1表示重力方向,應(yīng)豎直向下,故丙正確.③設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k,礦泉水瓶質(zhì)量為m,根據(jù)圖甲可知k(l-l0)=mg,再根據(jù)乙圖,對(duì)O點(diǎn)受力分析,設(shè)OA中彈力為F1,OB中彈力為F2,受力分析如下圖所示,建立直角坐標(biāo)系列方程求解,可發(fā)現(xiàn)m無(wú)法求出.Ⅱ.(1)31.4(2)①A3A2R2②100(3)0.01[解析](1)游標(biāo)卡尺測(cè)得該樣品長(zhǎng)度為L(zhǎng)=31mm+0.1×4mm=31.4mm.(2)①為準(zhǔn)確測(cè)量,由給出的I-(I'-I)圖線結(jié)合電路圖可知,電流表A應(yīng)選擇A3,電流表A'應(yīng)選擇A2.因?yàn)殡娫措妱?dòng)勢(shì)為12V,且沒(méi)有電壓表,應(yīng)該用電流表A3與定值電阻串聯(lián)改裝成電壓表,則R0=EI3g-r3=1230×10-3Ω-50Ω=350Ω,故R②由電路圖可知I(r3+R2)=Rx(I'-I),整理可得I=RxR2+r3(I'-I),則RxR2+r3(3)由Rx=ρLS可得該樣品電阻率為ρ=RxπD24L=017.(1)1.5T1(2)4mg(3)4mgh[解析](1)氣體發(fā)生等壓變化,設(shè)升高后的溫度為T2,做等壓變化,則有S?T1=S·?解得T2=1.5T1 (1分)(2)開(kāi)始時(shí),缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)p1=mgS+7mgS=8mg做等容變化,則有p1T解得p2=12mgS (1設(shè)卡環(huán)對(duì)活塞的壓力大小為F,則有F+mg+7mgS·S=p2解得F=4mg (1分)(3)兩個(gè)過(guò)程中氣體內(nèi)能增量相同,據(jù)熱力學(xué)第一定律在(1)問(wèn)中有Q1-p1S·(0.5h)=ΔU (1分)在(2)問(wèn)中有Q2=ΔU (1分)則(1)問(wèn)中比(2)問(wèn)中多吸收熱量ΔQ=Q1-Q2=4mgh (1分)18.(1)40N15N(2)10.2s163J(3)190W[解析](1)貨物放上傳送帶后,由剖面圖對(duì)貨物受力分析可得,設(shè)傳送帶對(duì)貨物支持力為FN1,貨物底面所受滑動(dòng)摩擦力為Ff1,擋板對(duì)貨物支持力為FN2,貨物側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力為Ff2,由力的平衡條件可得FN1=mgcosθ,FN2=mgsinθ (1分)由滑動(dòng)摩擦力計(jì)算公式有Ff1=μ1FN1,Ff2=μ2FN2 (1分)代入數(shù)據(jù)可得Ff1=40N,Ff2=15N(1分)(2)因?yàn)镕f1與運(yùn)動(dòng)方向相同,Ff2與運(yùn)動(dòng)方向相反,貨物將從靜止開(kāi)始沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng),若能共速,則此后做勻速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可得Ff1-Ff2=ma1解得a1=2.5m/s2設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時(shí)間為t1,對(duì)地位移為x1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得t1=va1=0.4s(1貨物勻加速階段的位移為x1=v22a1=0因x1<L,故能夠共速.共速后,貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng),直至被取下,設(shè)此段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,位移為x2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x2=L-x1=9.8m貨物勻速階段所用的時(shí)間為t2=x2v=9.8s(1貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為t=t1+t2=10.2s(1分)傳送裝