2025浙江高考物理仿真模拟卷(三) 【含答案】

这是一份2025浙江高考物理仿真模拟卷(三) 【含答案】，共16页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.[2024·杭州模拟] 下列说法正确的是( )
A.在LC振荡电路中,若仅把电容器的电容变为原来的4倍,则振荡周期变为原来的一半
B.若铀元素的半衰期为τ,则经过时间τ,8个铀核中一定有4个发生了衰变
C.大气压强是由地球表面空气重力产生的,因此将开口瓶密闭后,瓶内气体脱离大气,它自身重力太小,会使瓶内气体压强远小于外界大气压强
D.乒乓球容易快速抽杀,是由于乒乓球的惯性较小
2.[2024·宁波模拟] 福道梅峰山地公园因其美丽的红色“水杉林”,成为福州冬日新的“打卡点”.如图所示某游客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出,在游览公园过程中( )
A.瞬时加速度可能为零
B.平均速度大小约为4.1 km/h
C.位移大小为2.4 km
D.做匀速直线运动
3.[2024·桐乡高级中学模拟] 一架直升机在空中匀速向右飞行,从飞机上放下一根质地均匀的软绳,假设软绳所处范围内的空气阻力大小恒定且不随高度改变.则当软绳稳定时,其实际形状最接近下图中的( )
A
B
C
D
4.2023年12月18日23时59分,甘肃临夏州积石山县发生6.2级地震.一直升机悬停在距离地面100 m的上空,一消防战士沿竖直绳索从直升机下滑到地面救助受灾群众.若消防战士下滑的最大速度为5 m/s,到达地面的速度大小为1 m/s,加速和减速的最大加速度大小均为a=1 m/s2,则消防战士最快到达地面的时间为( )
A.15.1 s B.24.1 sC.23.1 s D.22.1 s
5.如图所示为风杯式风速传感器,其感应部分由三个相同的半球形空杯组成,称为风杯.三个风杯对称地位于水平面内互成120°的三叉形支架末端,与中间竖直轴的距离相等.开始刮风时,空气流动产生的风力推动静止的风杯开始绕竖直轴在水平面内转动,风速越大,风杯转动越快.若风速保持不变,三个风杯最终会匀速转动,根据风杯的转速,就可以确定风速,则( )
A.若风速不变,三个风杯最终加速度为零
B.任意时刻,三个风杯转动的速度都相同
C.开始刮风时,风杯加速转动,其所受合外力不指向旋转轴
D.风杯匀速转动时,其转动周期越大,测得的风速越大
6.[2024·温州模拟] 在建筑装修中,工人用一质量为m、与墙面动摩擦因数为μ的磨石打磨竖直粗糙墙面,在与竖直面成θ角的推力F作用下,磨石以速度v向上匀速运动,如图所示.重力加速度为g,则( )
A.磨石受到的摩擦力大小为μFsin θ
B.若仅略微减小θ角,则磨石将做减速运动
C.若撤掉F,磨石会立刻向下运动
D.若撤掉F,磨石受到的摩擦力大小变为μmg
7.2023年10月26日11时14分,搭载“神舟十七号”载人飞船的“长征二号”F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射,约10分钟后,“神舟十七号”载人飞船与火箭成功分离,进入预定轨道,在经历约6.5小时的对接过程后,飞船成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口.若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动,地球的自转周期为24 h,引力常量为G,则下列说法正确的是( )
A.“神舟十七号”的发射速度可能小于第一宇宙速度
B.核心舱的运行速度可能大于第一宇宙速度
C.若已知核心舱的运行周期和轨道半径,则可推算出地球同步轨道卫星的轨道半径
D.若已知核心舱的运行线速度和轨道半径,则可推算出地球的平均密度
8.[2024·嘉兴模拟] 课间,某男同学利用未开封的矿泉水,进行负重深蹲训练,根据体育老师传授的经验,将矿泉水环抱入怀中,与胸口保持相对静止,稳定后完成“下蹲—维持—站起”的深蹲动作.为了保证动作质量,要“慢蹲快起”,即下蹲过程要慢且稳(匀速),持续时间2秒,在最低点维持1.5秒静止不动,随后站起过程要快且稳(匀速),持续时间0.5秒.每次下蹲深度(水桶从初始位置开始下移的最大距离)保持在60 cm.该同学按照这样的标准,持续做了2分钟共计完成了30个深蹲.若该未开封的矿泉水总质最为12 kg,深蹲过程矿泉水的运动轨迹是竖直的,g取10 m/s2,则在这2分钟内该同学在“站起”过程对矿泉水做的总功和“站起”过程对矿泉水做功的功率分别为( )
A.4320 J,36 W B.4320 J,144 W C.2160 J,144 W D.2160 J,36 W
9.[2024·衢州模拟] 如图所示,军事演习时,要轰炸倾角为θ的斜坡上的D点,坡底的大炮发射的炮弹刚好落在D点,且到达D点时速度刚好水平;轰炸机水平投出的炸弹也刚好落在D点,到达D点时炸弹速度方向与炮弹发射的初速度方向刚好相反,炸弹运动时间是炮弹运动时间的2倍,不计空气阻力,关于炸弹和炮弹在空中运动过程中,下列说法正确的是( )
A.炸弹位移是炮弹位移的2倍
B.炸弹最小速度是炮弹最小速度的4倍
C.炸弹最大速度是炮弹最大速度的4倍
D.炸弹下落高度是炮弹上升高度的4倍
10.太阳能电池在空间探测器上被广泛应用.某太阳能电池在特定光照强度下工作电流I随路端电压U变化的图线如图中曲线①,输出功率P随路端电压U的变化图线如图中曲线②.图中给出了该电池断路电压U0和短路电流I0.当路端电压为U1时,工作电流为I1,且恰达到最大输出功率P1,则此时电池的内阻为( )
A.U1I1
B.P1I12
C.U0I1-P1I12
D.U0-U1I0-I1
11.[2024·宁波模拟] 如图甲所示,水火箭又称气压式喷水火箭、水推进火箭,由饮料瓶、硬纸片等环保废旧材料制作而成.图乙是水火箭的简易原理图:用打气筒向水火箭内不断打气,当内部气体压强增大到一定程度时发射,发射时可近似认为水从水火箭中向下以恒定速度 v0=40 m/s喷出,且在不到0.1 s时间内喷完,使水火箭升空.已知水和水火箭的质量分别为m1=0.4 kg、m2=0.3 kg,忽略空气阻力,水刚好喷完时,水火箭的速度最接近( )
A.12 m/s B.30 m/sC.50 m/s D.120 m/s
12.在物理学中图像可以直观地反映物理量之间的关系,如图所示,甲图是光电管中光电流与电压的关系图像,乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像,丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像,丁图是原子核的比结合能与质量数之间的关系图像,下列判断正确的是( )
甲图中,a光的频率大于b光的频率
B.乙图中,金属c的逸出功大于金属d的逸出功
C.丙图中,每过3.8天要衰变掉质量相同的氡
D.丁图中,质量数越大比结合能越大
13.[2024·湖北武汉模拟] 如图甲所示,将带电荷量为+Q的带电体固定在粗糙绝缘水平地面上的O点(可视为点电荷),以O点为坐标原点,向右为正方向建立直线坐标系.现将质量为m的带电滑块,从A点由静止释放,滑块向右运动,最终静止于C点,其速度随位置的变化图像如图乙所示,滑块经过B点时的速度最大.已知OB=r0,且A为OB的中点,滑块与地面之间的动摩擦因数为μ,静电力常量为k,重力加速度为g,点电荷周围的电势φ=kQr(Q为点电荷的电荷量,r为该点到点电荷的距离,以无穷远处电势为零).下列判断不正确的是( )
滑块带正电
B.滑块的电荷量为μmgr02kQ
C.滑块经过B点时的速率为μgr0
D.C点的位置坐标为3r0
二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的,全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
14.[2024·杭州模拟] 2023年9月23日杭州亚运会的开幕式惊艳全世界,其中大莲花“复现钱塘江”,地屏上交叉潮、一线潮、回头潮、鱼鳞潮……如图所示,用两个绳波来模拟潮水相遇,一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统,振动的固有频率为2 Hz,现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅上下振动了一段时间,某时刻两个振源在长绳上形成波形如图所示,两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置,观察到小球先后出现了两次振动,小球第一次振动时起振方向向下,且振动并不显著,而小球第二次的振幅明显较大,则( )
由P振源产生的波先到达弹簧振子处
B.由P振源产生的波的波速较接近2 m/s
C.由Q振源产生的波的波速较接近4 m/s
D.两列绳波无法在绳上形成稳定的干涉图样
15.如图所示,有一边长为2a的正方体玻璃砖,中心有一单色点光源O,该玻璃砖对该光源的折射率为n=3,已知光在真空中传播的速度为c.下列说法正确的是( )
A.该光在玻璃砖中传播的速度为3c3
B.光线从玻璃砖射出的最短时间为3ac
C.若不考虑多次反射,光线从玻璃砖射出的最长时间为6ac
D.从外面看玻璃砖被照亮的总面积为6a2
非选择题部分
三、非选择题(本题共5小题,共55分)
16.实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)
Ⅰ.(7分)(1)甲同学利用下图所示的实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验,该实验用到了控制变量法,下列实验也用到了该方法的是 (填选项前的字 母).
A.探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
B.探究两个互成角度的力的合成规律
C.用双缝干涉实验测量光的波长
D.研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系
(2)乙同学用下图所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”的实验.气垫导轨上B处安装了一个光电门,滑块从A处由静止释放,验证从A到B的过程中滑块和槽码的机械能守恒.
①关于乙同学的实验,下列操作中不必要的是 (填选项前的字母).
A.将气垫导轨调至水平
B.使细线与气垫导轨平行
C.槽码质量远小于滑块和遮光条的总质量
D.使A位置与B间的距离适当大些
②乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量为M、槽码质量为m、A与B间的距离为L、遮光条的宽度为d(d≪L)和遮光条通过光电门的时间为t,己知当地重力加速度为g,为验证机械能守恒需要验证的表达式是 .
③甲同学参考乙同学做法,利用上图装置,想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码的机械能是否守恒,他的做法 (选填“可行”或“不可行”).
(3)一同学利用图甲所示装置来测定当地的重力加速度.已知光滑圆弧凹槽ABC的半径为R,弧长为l(R远大于l),B为圆弧轨道最低点,A、C关于B点所在的竖直线对称.小钢球的半径为r(r远小于l),当小钢球经过圆弧轨道最低点B时,光传感器发出的光恰好能过小钢球的球心.现将小钢球从A点由静止释放,沿凹槽ABC自由往复运动,光传感器接收端接收到一段时间内的光信号强度变化情况如图乙所示(只有ΔT已知).
①该同学在分析光信号变化情况时,发现Δt与ΔT相比,非常小,可以忽略不计.由此可得出,小钢球往复运动的周期为 .
②小钢球在圆弧轨道上的运动与单摆运动相似,根据“用单摆测量重力加速度”实验原理,可得当地的重力加速度g表达式为 .
③由于在计算周期时忽略了Δt,由此测得重力加速度值与真实值相比是 .(选填“偏大”或者“偏小”)
Ⅱ.(7分)某实验小组测量一电源的电动势及内阻.实验室准备器材如下:
被测电源(电动势约为8~10 V,内阻约为1~2 Ω)
电流表(量程为0~3 A,内阻为RA=0.3 Ω)
电压表(量程为0~5 V,内阻为RV=5 kΩ)
定值电阻R1=1 kΩ
定值电阻R2=5 kΩ
定值电阻R3=25 kΩ
定值电阻R4=0.15 Ω
滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)
单刀单掷开关
导线若干
(1)电路设计:实验小组认为,电流表和电压表的量程较小,需要用提供的定值电阻进行改装,电路图如图甲所示.其中a处定值电阻应该选用的是 (填“R1”“R2”或“R3”);b处定值电阻选用的是R4,则当电流表的示数为1.25 A时,通过电源的电流值为 A.

(2)实物连线:用笔画线代替导线,将图乙所示实物图连接成完整电路.
(3)采集数据:调节滑动变阻器,得到一系列电压表与电流表一一对应的数据,如表中所示.
(4)数据处理:根据实验数据,作出U-I图像.
(5)得到结论:根据对电路结构的理解、实验数据和U-I图像的处理,得到该电源的电动势为E= V,内阻为r= Ω.(结果均保留三位有效数字)
17.(8分)[2024·丽水模拟] 一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体.如图甲所示,汽缸水平横放时,缸内空气柱长为l0.已知大气压强为p0,环境温度为T0,活塞横截面积为S,汽缸的质量为m=p0S20g(g为重力加速度),不计活塞与汽缸之间的摩擦.现将汽缸悬挂于空中,如图乙所示.
(1)稳定后,求汽缸内空气柱长度;
(2)汽缸悬在空中时,大气压强不变,环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始位置;
(3)第(2)小题过程中,若气体内能减少了ΔU,此气体释放了多少热量.
18.(11分)[2024·温州模拟] 某课外小组设计了如图所示的趣味游戏装置.倾角为30°的斜劈固定在水平地面上,长为L的直轨道与半径为L4的14圆弧轨道平滑连接,两者一起固定在斜劈上表面右侧(直轨道紧贴斜劈右边缘),斜劈左侧固定一与斜劈左侧边等长的竖直弹性挡板,长度可忽略的轻弹簧下端固定在直轨道下端,斜劈底端长为L的AB部分等分为4个中奖区域.小组设计游戏规则如下:游戏参与者拉动拉手压缩轻弹簧,放手后弹簧将质量为m的小球从斜劈底端弹出,小球通过直轨道和圆弧轨道后水平抛出,若小球直接击中中奖区域则不会获奖,只有碰撞挡板反弹(垂直挡板的分速度等大反向,沿挡板的分速度不变)后击中中奖区域才能获奖(不考虑小球落入中奖区域后反弹的情况).已知重力加速度大小为g,忽略一切摩擦阻力.
(1)若小球到达圆弧轨道最高点时小球对圆弧轨道外侧的压力大小为mg,求小球从斜劈底端弹出时的动能;
(2)若要获得一等奖,求小球从斜劈底端弹出时动能Ek0的范围.
19.(11分)[2024·磐安模拟] 为了确保载人飞船返回舱安全着陆,设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置,如图甲所示,图乙为其中一台电磁缓冲装置的结构简图.舱体沿竖直方向固定着两光滑绝缘导轨MN、PQ,导轨内侧安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充,外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd,其总电阻为R,ab边长为L.着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后,滑块K立即停下,此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速,从而实现缓冲.导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长,返回舱质量为m(缓冲滑块K质量忽略不计),重力加速度为g,一切摩擦阻力不计.
(1)求缓冲滑块K刚停止运动时,舱体的加速度大小;
(2)求舱体着陆时(即导轨MN、PQ刚触地前瞬时)的速度v的大小;
(3)若舱体的速度大小从v0减到v的过程中,舱体下落的高度为h,则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q为多少.
20.(11分)足够大空间存在xOy坐标系,x轴水平,y轴竖直,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点以初速度v0沿x轴射入,不计粒子重力.若空间分别施加竖直向下的电场强度为E的匀强电场与垂直xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,可使粒子分别通过图中关于x轴对称的A、A'点.
(1)求E和B的大小;
(2)若空间同时施加上述(1)中电场和磁场,求粒子通过图中平行x轴的虚线时的速度大小;
(3)若空间同时施加上述(1)中电场和磁场,求粒子运动过程中最大速度和最小速度的值;
(4)若空间同时施加上述(1)中电场和磁场,且已知粒子运动过程中在y轴方向上的分运动为简谐运动,且周期为2πmqB,以粒子入射为t=0时刻,求该粒子在y轴方向上分运动的y-t函数表达式.
参考答案与解析
1.D [解析] 根据LC电路的周期公式知T=2πLC,若仅把电容器的电容变为原来的4倍,则振荡周期变为原来的2倍,A错误;半衰期是大量原子核衰变的统计规律,少量放射性元素的衰变是一个随机事件,对于8个放射性元素,无法准确预测其衰变的个数.B错误;地球上某个位置的空气产生的压强是地球表面的空气受到重力作用而产生的,而被密封在容器中的气体,其压强是大量的做无规则运动的气体分子对容器壁不断碰撞而产生的.它的大小不是由被封闭气体的重力所决定的,其压强与温度和体积均有关,因此若温度与体积不变,则气体压强等于外界大气压强,C错误;质量越大惯性越大,乒乓球质量小惯性也小,容易快速抽杀,D正确.
2.A [解析] 游客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出,在游览公园过程中某段时间内可能做匀速直线运动,瞬时加速度可能为零,故A正确;2.4公里是路程的大小,平均速度是位移与时间的比值,由于位移大小未知,所以平均速度大小不可求解,故B、C错误;由图可知,游客运动轨迹是曲线,游客做曲线运动,故D错误.
3.A [解析] 设绳与竖直方向夹角为θ,在软绳上任意选取一微元,受重力、阻力和拉力作用,如图所示,根据力的合成,有tan θ=ΔFfΔmg,由于空气阻力不随高度变化,所以θ角不发生变化,故选A.
4.B [解析] 已知,消防战士下滑的最大速度为vm=5 m/s,到达地面的速度大小为v=1 m/s.若要求消防战士最快到达地面,则消防战士应先以最大的加速度a=1 m/s2加速到最大速度vm=5 m/s,然后以最大速度匀速运动一段时间,然后再以大小为a=1 m/s2的加速度减速到达地面且速度变为1 m/s.则消防战士最快到达地面的时间为上述三段运动时间之和.消防战士加速运动的最短时间和位移分别为t1=vma=51 s=5 s,x1=12at12=12×1×52 m=12.5 m,消防战士减速运动的最短时间和位移分别为t3=v-vm-a=1−5-1 s=4 s,x3=vmt3-12at32=5×4−12×1×42 m=12 m,则消防战士在匀速运动过程所经历的时间为t2=x-x1-x3vm=100−12.5−125 s=15.1 s,故消防战士最快到达地面的时间为t=t1+t2+t3=(5+15.1+4) s=24.1 s,故选B.
5.C [解析] 若风速不变,三个风杯最终做匀速圆周运动,其合外力不为零,根据牛顿第二定律可知,其加速度不为零,故A错误;三个风杯属于同轴转动,角速度相同,而三个风杯做圆周运动的半径相同,由v=rω可知,任意时刻三个风杯的线速度大小相同,方向不同,即速度不同,故B错误;未刮风时,风杯处于平衡状态,重力和连接风杯的杆对风杯的弹力平衡,而开始刮风时,风杯加速转动,其所受合力方向并不指向旋转轴,故C正确;当风杯匀速转动时,根据v=2πrT可知,其转动周期越大,测得的风速越小,故D错误.
6.A [解析] 对磨石受力分析如图所示,在竖直方向上,由平衡条件得Fcs θ=Ff+mg,水平方向有FN=Fsin θ,其中Ff=μFN,联立可得磨石受到的摩擦力大小为Ff=Fcs θ-mg=μFsin θ,故A正确;若仅略微减小θ角,则Fcs θ变大,Fsin θ变小,根据Ff=μFsin θ,可知Ff变小,则有Fcs θ>Ff+mg,合力方向向上,磨石向上做加速运动,故B错误;若撤掉F,由于惯性,磨石仍会向上运动,并不会立刻向下运动,故C错误;若撤掉F,墙面对磨石的弹力变为0,则磨石受到的摩擦力大小变为0,故D错误.
7.C [解析] “神舟十七号”的发射速度一定大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度,故A错误;核心舱绕地球做匀速圆周运动时的运行速度不可能大于第一宇宙速度,故B错误;若已知核心舱的运行周期和轨道半径,根据开普勒第三定律,可推算出地球同步轨道卫星的轨道半径,故C正确;由于地球半径未知,已知核心舱的运行线速度和轨道半径,无法推算出地球的平均密度,故D错误.
8.C [解析] 单次站起过程对矿泉水做功W1=mgh=72 J,“站起”过程对矿泉水做功的功率P=W1t=720.5 W=144 W,2分钟内共站起30次,则总功为W=30W1=2160 J,故选C.
9.D [解析] 炮弹做斜抛运动,根据题意可知D点是斜抛的最高点,利用逆向思维,在竖直方向上有h1=12gt2,炸弹做平抛运动,竖直方向有h2=12g(2t)2,解得h2=4h1,即炸弹下落高度是炮弹上升高度的4倍,故D正确;由于到达D点时炸弹速度方向与炮弹发射的初速度方向刚好相反,令这两个速度方向与水平方向夹角为α,对炮弹的运动进行分析,利用逆向思维有tan α=gtv1=12gt212v1t=2ℎ1x1=2tan θ,对炸弹的运动进行分析,则有tan α=g·2tv2=12g2t212v1·2t=2ℎ2x2=2tan θ,可知,炮弹与炸弹的发射初始位置的连线沿斜坡,其中v1、v2分别为炮弹与炸弹的水平分速度大小,解得x2=ℎ2ℎ1x1=4x1,即炸弹位移是炮弹位移的4倍,故A错误;由于上述v1、v2分别为炮弹与炸弹的水平分速度大小,即分别为炮弹与炸弹的最小速度,根据上述解得v2=2v1,即炸弹最小速度是炮弹最小速度的2倍,故B错误;根据题意可知,炸弹在D点速度最大,炮弹在B点速度最大,结合上述,炸弹与炮弹的最大速度分别为vD=v2csα,vB=v1csα,解得vD=2vB,即炸弹最大速度是炮弹最大速度的2倍,故C错误.
10.C [解析] 根据题意可知,太阳能电池的电动势为U0,路端电压为U1时,太阳能电池的总功率为P总=U0I1,太阳能电池内阻的功率为P内=P总-P1,根据P内=I12r,联立可得r=U0I1-P1I12,故选C.
11.C [解析] 由于水在不到0.1 s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,规定向下为正方向,则有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度 v=m1v0m2=0.4×400.3 m/s≈53 m/s,故选C.
12.A [解析] 由图可知,a光的遏止电压大,根据eUc=hν-W0,同一光电管逸出功相同,所以a光频率大,故A正确;根据eUc=hν-W0,有W0=hν-eUc,当频率相等时,由于金属c遏止电压大,所以c的逸出功小,故B错误;由图可知氡半衰期为3.8天,由于每次衰变后的氡质量均变成原来的一半,故每过3.8天要衰变掉质量不相同的氡,故C错误;质量数大,比结合能不一定大,故D错误.
13.D [解析] 滑块从A点由静止释放,其向右运动,可知滑块与带电体之间互相排斥,即两者之间带同种电荷,滑块带正电,故A项正确,不符合题意;在B点滑块受到的电场力为F=qEB,由于点电荷有EB=kQr02,由题意可知,在B点其速度最大,即在B点滑块的合力为零,有μmg=kQqr02,解得q=μmgr02kQ,故B正确,不符合题意;由题意可知,滑块在A点的电势为φA=kQr02,在A点的电势能为EpA=qφA,在B点的电势为φB=kQr0,在B点的电势能为EpB=qφB,由A到B由能量守恒定律有EpA=EpB+μmg·r02+12mvB2,解得vB=μgr0,故C正确,不符合题意;在C点的电势为φC=kQrC,在C点的电势能为EpC=qφC,从A到C由能量守恒定律有EpA=EpC+μmgrC-r02,解得rC1=2r0、rC2=12r0(不符合题意,舍去),故D错误,符合题意.
14.BD [解析] 由P、Q激发的机械波的波形图及传播方向可知,P波源产生的波起振方向向上, Q波源产生的波起振方向向下,所以先到达弹簧振子处的是由Q波源产生的波,故A错误;波源P激发的机械波使小球产生了较强的振动,即共振,说明P的振动频率接近2 Hz,所以波速接近于v=λf=2 m/s,同种介质中的波速是相等的,由Q振源产生的波的波速也接近2 m/s,故B正确,C错误;图中两列波的波长不同,波速是相等,由f=vλ可知两列波频率不同,所以不会形成稳定的干涉图样,故D正确.
15.AB [解析] 当光在玻璃砖内运动的位移最短即垂直立方体各个面射出时,光所经历的时间最短,光在玻璃砖内传播的速度为v=cn,传播的最短时间为tmin=av,联立可得v=3c3、tmin=a3c,A、B正确;选取其中的一个面进行分析,光线发生全反射的临界角为sin C=1n,当入射角大于临界角C时将不会有光线射出,光在各个面上照亮的部分为圆形,设半径为r,根据几何关系有tan C=ra,解得r=2a2,最长时间tmax=32a2c,圆的面积为S'=πr2,照亮的总面积为S=6S',联立解得S=3πa2,C、D错误.
16.Ⅰ.(1)AD (2)①C ②(M+m)d22t2=mgL ③不可行 (3)①2ΔT
②π2R-r(ΔT)2 ③偏大
[解析] (1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系用到了控制变量法,故A正确;探究两个互成角度的力的合成规律用到了等效替代法,故B错误;用双缝干涉实验测量光的波长用到了累积法,故C错误;研究导体电阻与长度、横截面积及材料的定量关系用到了控制变量法,故D正确.
(2)①为了减小实验误差,应将气垫导轨调至水平,故A必要,不符合题意;为使细线的拉力等于滑块的合外力,应使细线与气垫导轨平行,故B必要,不符合题意;实验中不需要满足槽码重力大小等于绳子的拉力,则不需要使槽码质量远小于滑块和遮光条的总质量,故C不必要,符合题意;为便于数据处理,应使A位置与B间的距离适当大些,故D必要,不符合题意.
②滑块通过光电门的瞬时速度v=dt,则系统动能的增加量ΔEk=12(M+m)v2=(M+m)d22t2,系统重力势能的减小量ΔEp=mgL,则系统机械能守恒满足的表达式为(M+m)d22t2=mgL.
③通过垫高轨道一端补偿阻力后,系统存在摩擦力做功,机械能不守恒,他的做法不可行.
(3)①根据图乙可知ΔT=T02,由于Δt与ΔT相比非常小,可以忽略不计,解得小钢球往复运动的周期为T0=2ΔT.
②单摆的摆长L=R-r,根据T0=2πLg,结合上述解得g=π2R-r(ΔT)2.
③由于在计算周期时忽略了Δt,即测量的周期偏小,根据上述可知,测得重力加速度值与真实值相比是偏大.
Ⅱ.(1)R2 3.75 (2)如图所示 (5)9.00 1.40
[解析] (1)电压表与定值电阻R2=5 kΩ串联,则二者整体可加载总电压为U加载=UVRVRV+R2=10 V,而与定值电阻R1=1 kΩ串联,可加载总电压为6 V,小于被测电源电动势的可能值范围,而与定值电阻R3=25 kΩ串联,可加载总电压为30 V,远大于被测电源电动势的可能值范围,故a处定值电阻应该选用的是R2;电流表与定值电阻R4=0.15 Ω并联,当电流表的示数为1.25 A时,有IARA=I4R4,可得I4=2.50 A,则通过电源的电流为I干=IA+I4=3.75 A.
(2)实物图如图所示.
(5)结合电路图,有2U=E-3I(r+R并),且R并=RA·R4RA+R4=0.1 Ω,则有U=E2-1.5(r+0.1)I,根据U-I图像可得1.5(r+0.1)=ΔUΔI=2.70−−0.80 Ω,解得r=1.40 Ω,将数据U=0.90 V、I=1.60 A代入可得0.90 V=E2-1.5×(1.40+0.1)×1.60 V,解得E=9.00 V.
17.(1)2019l0 (2)1920T0 (3)ΔU+p0l0S20
[解析] (1)设汽缸竖直悬挂时,内部气体压强为p1,空气柱长度为l1,由玻意耳定律可知p0l0=p1l1(1分)
对汽缸受力分析,由平衡条件可得p1S+mg=p0S(1分)
联立可得,稳定后汽缸内空气柱长度为l1=2019l0(1分)
(2)由盖-吕萨克定律可知Sl1T0=Sl0T1(1分)
解得T1=1920T0(1分)
(3)由热力学第一定律可知-ΔU=Q+W(1分)
其中W=p1S(l1-l0)(1分)
解得Q=-ΔU+p0l0S20
则气体释放的热量为Q=ΔU+p0l0S20(1分)
18.(1)13mgL16 (2)2940mgL≤Ek0≤2532mgL
[解析] (1)设小球在圆弧最高点时速度为v1,由牛顿第二定律可得
mg+mgsin θ=mv12L4(1分)
解得v1=38gL(1分)
小球从斜劈底端弹出到圆弧最高点的过程中,由动能定理有
-mgsin θ·L+L4=12mv12-Ek0(1分)
解得Ek0=13mgL16(1分)
(2)小球从圆弧最高点射出之后做类平抛运动,有54L=12gsin θ·t2(1分)
解得t=5Lg(1分)
当小球恰好到达一等奖左侧边缘时,有L=v2t(1分)
解得v2=gL5
又-mgsin θ·L+L4=12mv22-Ek1
解得Ek1=2940mgL(1分)
当小球反弹后恰好到达一等奖右侧边缘时,有L4+L=v3t(1分)
解得v3=5gL4
又-mgsin θL+L4=12mv32-Ek2
解得Ek2=2532mgL(1分)
综上所述初动能的取值范围为2940mgL≤Ek0≤2532mgL(1分)
19.(1)4n2B2L2v0mR-g (2)mgR4n2B2L2 (3)18mv02-m2g2R216n4B4L4+mgℎ4
[解析] (1)缓冲滑块K刚停止运动时,单个闭合矩形线圈产生的感应电动势为
E=nBLv0(1分)
回路电流为I=ER(1分)
返回舱所受单个闭合矩形线圈的安培力为F安=nBIL(1分)
根据牛顿第二定律得4F安-mg=ma(1分)
解得a=4n2B2L2v0mR-g(1分)
(2)返回舱向下做减速运动,受到向上的安培力和向下的重力,随着速度的减小,安培力减小,直到安培力减小到与重力大小相等时,速度最小,此后匀速运动,直至舱体着陆,设其着陆时速度大小为v,可得E'=nBLv,I'=E'R,F安'=nBI'L(1分)
由平衡条件可知4F安'=mg(1分)
解得v=mgR4n2B2L2(1分)
(3)由能量守恒定律有mgh+12mv02=12mv2+4Q(2分)
解得Q=18mv02-m2g2R216n4B4L4+mgℎ4(1分)
20.(1)mv02qL 4mv05qL (2)2v0 (3)1.5v0 v0 (4)y=-516L-516Lcs 4v05Lt
[解析] (1)单独加电场,有qE=ma,L2=12at2,L=v0t
解得E=mv02qL(1分)
单独加磁场,有R2=L2+R-L22,qv0B=mv02R
解得B=4mv05qL(1分)
(2)依题意qv0B=4mv025L