高級中學名校試卷PAGEPAGE12025浙江高考物理仿真模擬卷(五)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.[2024·諸暨中學模擬]網球運動中,運動員常利用切球使網球旋轉而產生復雜的曲線軌跡,下列說法正確的是 ()A.研究運動員切球動作時,網球可以看成質點B.擊球時,球拍對網球的作用力大于網球對球拍的作用力C.擊球時,球拍對網球的彈力是因為球拍發生了形變D.擊球后,網球在空中繼續向前運動時受到重力、推力和阻力2.如圖所示是足球比賽過程中運動員踢出的“香蕉球”的情境示意圖.下列說法正確的是（）A.足球在空中運動過程中,速度方向與加速度方向在同一條直線上B.足球在空中運動過程中,所受合力的方向指向運動軌跡彎曲的內側C.足球在空中運動過程中,可能處于平衡狀態D.足球在空中運動時的速度方向沿運動軌跡的法線方向3.[2024·杭州高級中學模擬]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.已知大車輪、手輪圈、小車輪的半徑之比為9∶8∶1,假設輪椅在地面上做直線運動,手和手輪圈之間、車輪和地面之間都不打滑,則下列說法正確的是 ()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,它依靠自身的兩個大吸盤,讓置物架牢牢固定在墻角,這樣的設計免去了打孔,保護墻面的同時也讓安裝更加方便,還可以隨時改變吸附位置.若對整個置物架進行分析,下列說法正確的是 ()A.若僅更換質量相同且吸力更大的吸盤,則置物架受到的摩擦力也會隨之增大B.若在置物架中放置一瓶洗發水,則墻面對置物架的摩擦力增大C.將置物架固定在墻面上時,豎直方向上,墻面對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,則墻面對置物架的摩擦力也隨之增大5.小明在課外參加一項越障活動,如圖所示一共有四條等間距直線賽道,每個賽道上有4個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a出發奔向終點b,奔跑過程中加速階段和減速階段的加速度大小一樣,每次通過障礙物時速度必須減小到零,然后繞其一圈且每次繞行時間一樣.小明以同樣大小的加速度啟動,則下列四條賽道用時最短的是 ()ABCD6.[2024·寧波模擬]中國象棋的棋盤呈長方形,由九條豎線和十條橫線相交組成,共有九十個交叉點,開局時紅方和黑方各子的位置如圖所示,現將電荷量為+qQUOTEq>0q>0和-qQUOTEq>0q>0的兩個點電荷分別固定在紅方的“帥”位置和黑方的“將”位置,兩點電荷在棋盤網格線所在的平面內,下列說法正確的是()A.棋盤左側紅方“炮”所在位置與棋盤右側黑方“炮”所在位置的電場強度大小相等方向不同B.棋盤右側紅方“車”所在位置與棋盤左側黑方“車”所在位置的電勢相同C.一質子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運動到黑方正中間“卒”所在位置,此過程中靜電力始終不做功D.電子在棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢能小于在棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢能7.2023年11月1日,我國在太原衛星發射中心成功將“天繪五號”衛星發射升空,并順利進入預定軌道.“天繪五號”在距離地球表面500km附近環繞地球做勻速圓周運動,其運行周期約為QUOTE3232個小時,某時刻“天繪五號”、同步衛星、地球的連線在同一直線上,如圖所示,則下列說法正確的是 ()A.“天繪五號”的發射速度大于第二宇宙速度B.“天繪五號”的線速度小于同步衛星的線速度C.“天繪五號”的向心力一定大于同步衛星的向心力D.到下一次“天繪五號”、同步衛星與地球共線的時間約為0.8h8.[2024·紹興模擬]中國古人對許多自然現象有深刻認識,唐人張志和在《玄真子·濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹”,從物理學的角度看,虹為太陽光經過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驗,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兩平行表面后,b光側移量大C.分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應,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壁光滑的玻璃管頂部,下端栓接質量為m的小球,玻璃管與水平方向夾角為30°,玻璃管內徑略大于小球直徑,現將小球在彈簧原長時由靜止釋放,小球運動過程中的加速度a與彈簧伸長量x的關系如圖所示,其中圖線與x軸交點坐標x0為已知,彈簧始終在彈性限度內,彈簧的彈性勢能Ep=QUOTE1212kx2(其中k為勁度系數,x是形變量),重力加速度為g,則 ()A.小球運動到最低點時,所受彈簧彈力大小為2mgB.彈簧的勁度系數為QUOTEmgx0mgx0

C.小球沿管壁向下運動過程中動能最大值為QUOTEmgx04mgx04D.彈簧拉伸量為x0時,彈性勢能為QUOTEmgx10.[2024·北侖中學模擬]城市高層建筑建設施工,往往采用配重的方式把裝修材料運送到高處,精簡模型如圖甲所示,固定于水平面上傾角為37°的斜面,繞過頂端定滑輪的輕繩鏈接兩小球A、B(可視作質點),質量分別為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與時間t的二次方關系如圖乙所示,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的質量之比為 ()

QUOTEk+35-kk+35-kB.QUOTEk+53-C.QUOTEk+23-kk+23-kD.QUOTEk+32-11.[2024·麗水模擬]麗水市有溫室智能化蔬菜育苗基地,蔬菜育苗過程對環境要求嚴格,溫室內光照強度很重要.某中學生通過光敏電阻來測定蔬菜大棚中的光照強度,如圖所示,R0、R1為定值電阻,R2為光敏電阻.通過調節光照強度,R2的阻值在1~5Ω范圍內變化,R2的阻值隨光照強度的增大而減小.已知R0、R1阻值分別為4Ω、3Ω,電源的電動勢為3V,內阻為1Ω,電壓表為理想電表.閉合開關S后,下列說法正確的是()A.光照強度增大時,電壓表示數增大B.光照強度增大時,R1的電功率減小C.光照強度減小時,電源的效率減小D.當光敏電阻阻值為1Ω時,電源的輸出功率最大12.練習鋼琴和音樂課上常用到的一款節拍器,如圖節拍器中有一擺桿,擺桿在標度尺左右擺動,有規律地發出節拍聲.其中標度尺標出擺桿振動時每分鐘發出的節拍聲次數(n),擺桿上有一個可上下移動的擺錘.擺錘位置所對標尺數,就表示該擺每分鐘振動的節拍數(一次全振動有兩次節拍數),由此可算出擺的振動周期T=QUOTE(s).改變擺錘的位置就可以改變它的振動周期.下列說法正確的是 ()A.節拍器上數值雖不清晰,但擺錘位置上移時擺動的頻率變大B.擺錘上下移動時即使在不同的位置,發出的聲音聲速都相同C.音樂教室有兩個相同節拍器,同時工作能聽到類似音叉的共振現象D.聲波、水波和光波一樣,波傳播方向和振動方向相類似,都是橫波13.如圖所示,單刀雙擲開關S先打到a端讓電容器充滿電.t=0時開關S打到b端,t=0.02s時LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達到最大值.則 ()A.LC回路的周期為0.04sB.LC回路的電流最大時電容器中電場能最大C.t=1.01s時線圈中電場能最大D.t=1.01s時回路中電流沿順時針方向二、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.[2024·慈溪模擬]如圖甲所示為某品牌漏電保護器,其內部結構及原理如圖乙所示,虛線框內為漏電檢測裝置,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.當電路發生漏電時,零線中的電流小于火線,從而使副線圈中產生感應電流,通過控制器使線路上的脫扣開關斷開,起到自動保護的作用.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.當用電器發生短路時,該漏電保護器會切斷電路C.沒有發生漏電時,通過副線圈的磁通量始終為0D.沒有發生漏電時,通過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,在研究光電效應的實驗中,用頻率為ν的單色光照射陰極K時,能發生光電效應,并測得遏止電壓為U.若用上述單色光照射一群處于能級為n=2的激發態的氫原子,恰能使氫原于躍遷到能級為n=6的激發態,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n上的能量En與基態的能量E1滿足En=QUOTEE1n2E1n2法正確的是()A.光電子的最大初動能為hν-eUB.陰極K的截止頻率為ν-QUOTEeUheUhC.氫原子基態的能量為E1=-QUOTE9292hνD.氫原子的能級從n=3躍遷到n=2時發射出光的波長為QUOTE8c5謂8非選擇題部分三、非選擇題(本題共5小題,共55分)16.實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)某同學利用“向心力定量探究儀”探究向心力大小與質量、半徑和角速度的關系,裝置如下圖所示,小球放在光滑的帶四槽的旋轉桿上,其一端通過細繩與電子測力計相連,當小球和旋轉桿被電機帶動一起旋轉時,控制器的顯示屏顯示小球質量m、轉動半徑r、轉動角速度ω以及細繩拉力F的大小.①該同學采用控制變量法,分別改變小球質量、轉動角速度以及進行了三組實驗,測得的實驗數據如表甲、乙、丙所示.

小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.10.24π3.150.20.24π6.290.30.24π9.450.40.24π12.61甲小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.14π3.160.20.24π6.310.20.34π9.460.20.44π12.63乙小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.22π1.570.20.24π6.290.20.26π14.140.20.28π25.16丙②由甲表的數據可得:當一定時,小球的向心力F大小與成比.

③為了通過作圖法更直觀地呈現向心力F與角速度ω之間的關系,應繪制的圖像是(填選項前的字母).

A.F-ω B.F-ω2 C.F-QUOTE D.F2-ω(2)某同學發現手機軟件有測角度的功能,于是結合軟件的這個功能,用兩根完全相同的輕彈簧和一瓶礦泉水等器材設計了一次驗證“力的平行四邊形定則”的實驗.實驗時,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,在O點下方掛一瓶同樣的礦泉水,靜止時用智能手機的測角功能分別測出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,按照上述方法多測幾次.①在實驗操作過程中,必須進行的操作是(選填選項前的字母).

A.圖乙中彈簧長度相同 B.測量彈簧的原長C.測量圖甲、乙中彈簧的長度 D.實驗中結點O的位置始終保持不變②該同學根據實驗測量的結果,分別作出了圖丙和圖丁,其中正確的是圖(選填“丙”或“丁”).

③該同學測得甲圖中彈簧長度,乙圖中α和β,他(選填“能”或“不能”)根據上述結論求出一瓶礦泉水(含瓶)的質量.

Ⅱ.(7分)一粗細均勻的圓柱形導電材料樣品,該樣品的直徑D=2mm,如圖甲所示.某同學設計實驗測量該樣品的電阻率,實驗步驟如下:(1)如圖乙所示,用游標卡尺測得該樣品長度L=mm.

(2)用多用電表測得該樣品阻值約為110Ω,為精確的測量其電阻阻值,可供選擇的器材如下:待測導電樣品Rx電流表A1(量程0~600mA,內阻約為1Ω)電流表A2(量程0~150mA,內阻約為20Ω)電流表A3(量程0~30mA,內阻為50Ω)定值電阻R1=50Ω定值電阻R2=350Ω滑動變阻器R(0~20Ω,額定電流2A)直流電源E(電動勢約為12V,內阻不計)開關一只,導線若干①根據實驗器材,設計實驗電路如圖丙所示,圖中電流表A應選擇,圖中電流表A'應選擇,定值電阻R0應選擇.(選填所選器材的字母代號)

②實驗中調節滑動變阻器,測得電流表A、A'對應的多組電流值I、I',做出I-(I'-I)的圖像如圖丁所示,可得該導電樣品的電阻阻值為Ω.

(3)由以上數據,計算可得該樣品電阻率為Ω·m.(π取3.14)

17.(8分)[2024·學軍中學模擬]如圖甲所示,上端開口的導熱汽缸放置在水平面上,質量為m、橫截面積為S的活塞密封了一定質量的理想氣體.當環境溫度為T1時,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,大氣壓強為QUOTE7mgS7mgS(1)若緩慢升高環境溫度,使活塞剛好上移到汽缸口,求此時的環境溫度T2;(2)若先在缸內壁緊貼活塞上表面固定一小卡環(與活塞接觸但沒有作用力),如圖乙所示,再緩慢升高環境溫度到T2,求升溫后卡環對活塞的壓力大小;(3)上問中的升溫過程相對于(1)問中的升溫過程,氣體少吸收的熱量為多少?18.(11分)[2024·蕭山中學模擬]圖甲為蕭山國際機場某貨物傳送裝置實物圖,簡化圖如圖乙所示,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.傳送帶勻速轉動時,工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放,貨物對地發生位移L=10m后被取走,貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖丙所示.已知傳送帶勻速運行的速度為v=1m/s,貨物質量為m=10kg,其底部與傳送帶ABCD的動摩擦因數為μ1=0.5,其側面與擋板CDEF的動摩擦因數為μ2=0.25.(sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力)(1)貨物剛放上傳送帶時,求其底面所受滑動摩擦力Ff1的大小及側面所受滑動摩擦力Ff2的大小;(2)求貨物在傳送帶上所經歷的時間t及傳送裝置多消耗的電能E;(3)某次測試過程中工作人員每隔Δt=1s從D點靜止釋放相同的貨物,貨物對地發生位移L=10m后被取走,若維持傳送帶勻速運轉,求傳送帶相對空載時需增加的最大功率ΔP.19.(11分)如圖所示是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉系統”原理圖.由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉磁場.其中的中性粒子沿原方向運動,被接收板接收;一部分正離子打到左極板,其余的進入磁場發生偏轉被吞噬板吞噬并發出熒光.多樣性粒子束寬度為L,各粒子均橫向均勻分布.偏轉磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場,磁感強度大小為B1.已知正離子的比荷為k,兩極板間電壓為U、間距為L,極板長度為2L,吞噬板長度為2L并緊靠負極板.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.(1)要使v0=QUOTEkUkU的正離子能沿直線通過兩極板間電場,可在極板間施加一垂直于紙面的磁感應強度為B0的勻強磁場,求B0的大小;(2)若撤去(1)中極板間磁感應強度為B0的勻強磁場,有n個速度為v1=QUOTE3kU3kU的正離子,能進入偏轉磁場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數及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磁場并調整磁感應強度大小,使v2=QUOTE2kU2kU的正離子沿直線通過極板后進入偏轉磁場,若此時磁場邊界為矩形,如圖所示,當B1=QUOTE43L2Uk43L220.(11分)[2024·學軍中學模擬]如圖所示,豎直平面內有間距為l的固定平行金屬導軌M和N,其下端通過開關S1連接電阻R,通過單刀雙擲開關S2連接電容C和內外半徑分別r1和r2的金屬環,金屬環位于同一豎直平面內.在兩導軌虛線框內和在兩金屬環間,存在相同的、方向垂直導軌平面、大小為B的勻強磁場.電阻為R、質量為m、長為l的兩相同的導體棒ab和cd,ab通過勁度系數為k的絕緣輕質彈簧相連,當開關S1和S2斷開時,ab位于靠近磁場上邊界處(但在磁場內),處于水平靜止狀態并與導軌接觸良好;cd置于兩金屬環上,且繞過圓心O的軸以角速度ω勻速旋轉.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,不計其他電阻和摩擦阻力,棒ab始終在導軌所在平面內運動,g取10m/s2.(1)S1斷開,S2擲向2,求電容器所帶電荷量的大小q;(2)S1斷開,S2擲向1時ab棒以v=1.0m/s的速度豎直向上運動離開磁場時,求此時電容器所帶電荷量的大小q',并判斷cd的旋轉方向;(3)在(2)的條件下,ab棒再進磁場前斷開S2,接通S1,ab在磁場內運動至距磁場上邊界0.04m處時速度為零,求此過程中電阻R消耗的焦耳熱.(提示:彈簧伸長量為x時,其彈性勢能Ep=QUOTE1212kx2,導體棒ab在運動過程中彈簧末超出彈性限度)——★參考答案★——1.C[解析]研究運動員切球動作時,由于切球時網球有旋轉,所以網球的形狀和大小不能忽略不計,不可以看成質點,故A錯誤;擊球時,球拍對網球的作用力與網球對球拍的作用力為一對相互作用力,大小相等,故B錯誤;擊球時,球拍對網球的彈力是因為球拍發生了形變,故C正確;擊球后,網球在空中繼續向前運動時受到重力和阻力的作用,飛行過程無推力,故D錯誤.2.B[解析]足球被踢出去之后,受到重力和空氣的作用力,其運動軌跡是一條曲線,其初速度與加速度方向不在同一條直線上,故A錯誤;足球做曲線運動時,其所受合力的方向指向運動軌跡的內側,故B正確;足球在空中運動過程中,所受合力不為零,不可能處于平衡狀態,故C錯誤;足球在空中運動時的速度方向沿運動軌跡的切線方向,故D錯誤.3.D[解析]根據題意可知,大車輪與小車輪邊緣的線速度大小相等,由公式T=QUOTE2蟺rv2蟺rv可得,大車輪與小車輪的周期之比為QUOTE=QUOTE=QUOTE9191,故A錯誤;根據題意可知,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QUOTE=QUOTE=QUOTE9898,由ω=QUOTE可得,大車輪與小車輪的角速度之比為QUOTE=QUOTE=QUOTE1919,則手輪圈與小車輪的角速度之比為1∶9,故B、C錯誤;大車輪軸心與小車輪軸心保持相對靜止,一起平動,則大車輪軸心與小車輪軸心的速度之比為1∶1,故D正確.4.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錯誤;若在置物架中放置一瓶洗發水,則置物架和物體的總重力增加,則墻面對置物架的摩擦力增大,故B正確;將置物架固定在墻面上時,豎直方向上,墻面對置物架的作用力大小等于置物架自身重力,故C錯誤;若保持兩吸盤等高使置物架吸附在更高的位置,則墻面對置物架的摩擦力不變,故D錯誤.5.C[解析]由于每次通過障礙物時速度必須減小到零,根據對稱性可知,相鄰兩障礙物間,小明做加速運動的時間等于做減速運動的時間,可知小明做減速運動的時間越短,賽道用時越短,即小明做減速運動的位移越短,賽道用時越短,圖C障礙物之間的距離最近,小明做減速運動的時間越短,賽道用時越短,故選C.6.D[解析]等量異種點電荷的電場分布如圖所示,由此可知,棋盤左側紅方“炮”所在位置與棋盤右側黑方“炮”所在位置關于兩電荷連線中點對稱,則電場強度大小相等方向相同,故A錯誤;棋盤右側紅方“車”所在位置更靠近正電荷,電勢較高,棋盤左側黑方“車”所在位置靠近負電荷,電勢較低,故B錯誤;一質子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運動到黑方正中間“卒”所在位置,此過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錯誤;棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢高于棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢,根據Ep=-eφ得電子在棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢能小于在棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢能,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射速度,“天繪五號”的發射速度小于第二宇宙速度,A錯誤;根據GQUOTEMmr2Mmr2=mQUOTEv2rv2r,得v=QUOTEGMrGMr,“天繪五號”的運動半徑較小,則線速度較大,B錯誤;由于質量未知,向心力大小不能比較,C錯誤;同步衛星的運動周期為24h,當“天繪五號”比同步衛星多轉動半周時,三者再次共線,則QUOTEt-QUOTEt=π,得t=0.8h,D正確.8.C[解析]由QUOTEsinisinrsinisinr=n可知,因為入射角相等,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光的波長比b光的波長短,根據單縫衍射實驗規律得,a光的中央亮條紋寬度比b光的中央亮條紋寬度小,故A錯誤;當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,因為b光的折射率較小,以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后,b光的折射角較大,所以b光側移量小,故B錯誤;因為b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,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,一定是b光,故9.C[解析]根據kx0=mgsin30°,得彈簧的勁度系數為k=QUOTEmg2x0mg2x0,故B錯誤;小球運動到最低點時,根據動能定理得mgsin30°x=QUOTE1212kx2,得x=2x0,所受彈簧彈力大小為F=kx=mg,故A錯誤;當彈簧伸長量為x0時,動能最大,根據動能定理得mgsin30°x0-QUOTE1212kQUOTEx02x02=QUOTE1212mQUOTEvm2vm2-0=Ekm,得Ekm=QUOTEmgx04mgx04,故C正確;當彈簧拉伸量為x0時,彈性勢能為Ep=QUOTE1212kQUOTEx02x02=QUOTEmgx04mg10.B[解析]解除鎖定后,沿繩方向上對A、B和繩組成的系統由牛頓第二定律有Mgsinθ-mg=(M+m)a,對A由運動學規律有x=QUOTE1212at2,結合圖像斜率k=QUOTE1212a,即a=2k,聯立解得QUOTEMmMm=QUOTEk+53-kk+53-k,故選B.11.D[解析]光照強度增大時,光敏電阻R2阻值變小,電路總電阻變小,根據閉合電路歐姆定律可得,電路總電流增大,路端電壓減小,可知電壓表示數減小,通過R0的電流減小,則通過R1的電流增大,R1的電功率增大,故A、B錯誤;光照強度減小時,光敏電阻R2阻值變大,電路總電阻變大,根據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=QUOTE=QUOTEUIEIUIEI=QUOTEUEUE,可知電源的效率增大,故C錯誤;電源的輸出功率為P出=I2R外=QUOTER外=QUOTE,可知當外電阻等于內阻時,電源的輸出功率最大,當光敏電阻阻值為1Ω時,此時光敏電阻阻值最小,外電阻最小,根據電路圖可知,此時外電阻為R外=QUOTER2+R1R0R2+R1+R0R2+R1R0R2+R1+R0=QUOTEΩ=2Ω>r=1Ω,可知此時外電阻阻值最接近內阻,所以電源的輸出功率最大,故12.B[解析]擺錘位置上移,其每分鐘發出的節拍聲次數減少,由T=QUOTE(s)可知,周期變大,根據周期與頻率的關系可知,其頻率變小,故A錯誤;聲波在同一種介質中傳播的速度相同,故B正確;當驅動力的頻率等于固有頻率時,物體做受迫運動的振幅達到最大值,這種現象稱為共振,所以音樂教室有兩個相同節拍器,同時工作不屬于共振現象,故C錯誤;聲波是縱波,不是橫波,故D錯誤.13.A[解析]在一個周期內,電容器充電兩次,放電兩次,t=0.02s時LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達到最大值,此時經歷了充放電各一次,故LC回路的周期為0.04s,故A正確;根據LC振蕩電路的充放電規律可知,電容放電完畢時,回路中的電流最大,磁場能最大,電場能最小,故B錯誤;根據t=1.01s=25QUOTE1414T,可知此時電容器逆時針放電結束,回路中逆時針的電流最大,磁場能最大,電場能最小,故C、D錯誤.14.AC[解析]根據公式可知T=QUOTE=QUOTE150150s,對于正弦交流電來說,一個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;當無漏電時,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,副線圈中不產生感應電流,D錯誤,C正確;當用電器發生短路時,火線和零線中的電流等大反向,該漏電保護器不會切斷電路,B錯誤.15.BCD[解析]根據光電效應方程,可求逸出功,截止頻率和最大初動能,根據電子躍遷時放出光子的能量與各能級間的關系,可求放出光子的波長,由于遏止電壓為U,則光電子的最大初動能為eU,A錯誤;根據愛因斯坦的光電效應方程,逸出功W=hν-Ek=hν-eU,因此,截止頻率為νc=QUOTEWhWh=ν-QUOTEeUheUh,B正確;躍遷時放出光子的能量等于兩個能級間的能量差hν=E6-E2=QUOTEE162E162-QUOTEE122E122,可得氫原子基態的能量E1=-QUOTE9292hν,C正確;原子的能級從n=3躍遷到n=2時,hQUOTE=E3-E2=QUOTEE132E132-QUOTEE122E122,發射出光的波長λ=QUOTE,D正確.16.Ⅰ.(1)①轉動半徑②轉動半徑r和轉動角速度ω小球質量m正③B(2)①BC②丙③不能[解析](1)①探究向心力大小與質量、半徑和角速度的關系,由甲、乙、丙表格可知該同學采用控制變量法,分別改變小球質量、轉動半徑以及轉動角速度進行了三組實驗.②在誤差允許范圍內,由甲表的數據可得:當小球的轉動半徑r和角速度ω一定時,小球的向心力F大小與小球質量m成正比.③根據F=mω2r可知,為了通過作圖法更直觀地呈現向心力F與角速度ω之間的關系,應繪制的圖像是F-ω2圖像,從而得到一條擬合的直線,故選B.(2)①由實驗原理可知AO、BO長度不必相同,A錯誤;實驗中,甲圖用來測量合力,乙圖用來測量兩個分力,根據胡克定律,力的大小與彈簧的伸長量成正比,力的大小可用彈簧伸長量來表示,因此必須測量彈簧的伸長量,因此要測量彈簧的原長和甲、乙中彈簧的長度,故B、C正確;由實驗原理可知在本實驗中重物重力是定值,所以不必保證O點固定不變,D錯誤.②根據實驗原理及操作可知,x1表示重力方向,應豎直向下,故丙正確.③設彈簧勁度系數為k,礦泉水瓶質量為m,根據圖甲可知k(l-l0)=mg,再根據乙圖,對O點受力分析,設OA中彈力為F1,OB中彈力為F2,受力分析如下圖所示,建立直角坐標系列方程求解,可發現m無法求出.Ⅱ.(1)31.4(2)①A3A2R2②100(3)0.01[解析](1)游標卡尺測得該樣品長度為L=31mm+0.1×4mm=31.4mm.(2)①為準確測量,由給出的I-(I'-I)圖線結合電路圖可知,電流表A應選擇A3,電流表A'應選擇A2.因為電源電動勢為12V,且沒有電壓表,應該用電流表A3與定值電阻串聯改裝成電壓表,則R0=QUOTEEI3gEI3g-r3=QUOTEΩ-50Ω=350Ω,故R0應選擇R2.②由電路圖可知I(r3+R2)=Rx(I'-I),整理可得I=QUOTERxR2+r3RxR2+r3(I'-I),則QUOTERxR2+r3RxR2+(3)由Rx=ρQUOTELSLS可得該樣品電阻率為ρ=QUOTE=0.01Ω·m.17.(1)1.5T1(2)4mg(3)4mgh[解析](1)氣體發生等壓變化,設升高后的溫度為T2,做等壓變化,則有QUOTEShT1ShT1=QUOTE (1分)解得T2=1.5T1 (1分)(2)開始時,缸內氣體壓強p1=QUOTEmgSmgS+QUOTE7mgS7mgS=QUOTE8mgS8mgS (1分做等容變化,則有QUOTEp1T1p1T1=QUOTEp2T解得p2=QUOTE12mgS12mgS (1分設卡環對活塞的壓力大小為F,則有F+mg+QUOTE7mgS7mgS·S=p2解得F=4mg (1分)(3)兩個過程中氣體內能增量相同,據熱力學第一定律在(1)問中有Q1-p1S·(0.5h)=ΔU (1分)在(2)問中有Q2=ΔU (1分)則(1)問中比(2)問中多吸收熱量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,由剖面圖對貨物受力分析可得,設傳送帶對貨物支持力為FN1,貨物底面所受滑動摩擦力為Ff1,擋板對貨物支持力為FN2,貨物側面所受滑動摩擦力為Ff2,由力的平衡條件可得FN1=mgcosθ,FN2=mgsinθ (1分)由滑動摩擦力計算公式有Ff1=μ1FN1,Ff2=μ2FN2 (1分)代入數據可得Ff1=40N,Ff2=15N(1分)(2)因為Ff1與運動方向相同,Ff2與運動方向相反,貨物將從靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運動,若能共速,則此后做勻速運動,由牛頓第二定律可得Ff1-Ff2=ma1解得a1=2.5m/s2設貨物勻加速至與傳送帶共速經歷時間為t1,對地位移為x1,由運動學公式得t1=QUOTEva1va1=0.4s(1分貨物勻加速階段的位移為x1=QUOTEv22a1v22因x1<L,故能夠共速.共速后,貨物做勻速直線運動,直至被取下,設此段運動時間為t2,位移為x2由運動學公式得x2=L-x1=9.8m貨物勻速階段所用的時間為t2=QUOTEx2vx2v=9.8s(1分貨物運動總時間為t=t1+t2=10.2s(1分)傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產生的內能和貨物增加的動能之和.貨物與傳送帶之間由于摩擦力而產生的內能為Q1=Ff1QUOTEvt1-12v貨物與擋板之間由于摩擦而產生的內能為Q2=Ff2L=150J貨物增加的動能ΔEk=QUOTE1212mv2=5J傳送裝置多消耗的電能為E電=Q1+Q2+ΔEk=163J(2分)(3)分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經歷的時間均為t1,之后以速度v做勻速運動.因第1個貨物在傳送帶上運動的總時間為t=10.2s,設第1個貨物釋放后又釋放了N個貨物,則N=QUOTE=10.2個 (1分)分析可知當第1個貨物即將被取走時,傳送帶上共有11個貨物,且前10個已共速.第11個貨物在傳送帶上運動的時間為t'=t-10Δt=0.2s<t1=0.4s(1分)第11個貨物相對傳送帶滑動.綜上,傳送帶上有11個貨物且第11個處于加速運動階段時,傳送帶需增加的功率達到最大值為ΔP.傳送帶受到前10個貨物的靜摩力大小為10Ff2,受到第11個貨物的滑動摩擦力大小為Ff1,由瞬時功率計算公式有ΔP=QUOTE10Ff2+Ff110Ff219.(1)QUOTE1LUk1LUk(2)QUOTE1313nQUOTE1L3Uk1L3Uk≤B1≤QUOTE6L3Uk6L3U[解析](1)正離子沿直線通過極板,有qv0B0=qQUOTEULUL (1分)解得B0=QUOTE1LUk1LUk(2)正離子在電場中偏轉,有y=QUOTE1212at2,2L=v1t (1分)又qQUOTEULUL=ma (1分)代入數據得y=QUOTE2323L (1分)故能進入磁場區域并被收集的正離子個數為N=QUOTE1313n在偏轉磁場中,有qvB1=mQUOTEv2Rv2設在磁場中偏轉距離為x,正離子入射磁場時速度方向與豎直方向的夾角為θ,則有x=2Rcosθ=QUOTE2v1kB12v離子射出偏轉電場時,對于進入磁場的正離子而言,其左右兩入射點與吞噬板左右兩端相距分別為2L、QUOTE1313L,設離子恰好打到吞噬板兩端,由幾何關系得QUOTE1313L≤QUOTE2v1kB12v1則QUOTE1L3Uk1L3Uk≤B1≤QUOTE6L3U(3)洛倫茲力提供向心力,有qv2B1=mQUOTEv22rv解得r=QUOTE3434L (1分)上述離子全部能被吞噬板吞噬,分析可知偏轉磁場為最小面積時,緊貼負極板射入磁場的粒子射出磁場時,沿直線運動恰能打在吞噬板的最左端設該軌跡圓心到磁場左邊界的距離為a,由相似三角形的幾何關系得QUOTEarar=QUOTEr2L-rr2L-解得a=QUOTE920920L (1分)偏轉磁場的最小面積Smin=QUOTE3434L·QUOTEL+34L+aL+34L+a=QUOTE332020.(1)1C(2)0.5C順時針方向(3)0.09J[解析](1)導體棒旋轉切割磁感線的平均速度為QUOTEvv=QUOTE (1分)導體棒切割磁感線產生的電動勢為E=B(r2-r1)QUOTEvv=QUOTE1212Bω(QUOTEr22r22-QUOTEr12r12)=4V(1分)則電容器所帶電荷量為q=CE=1C(1分)(2)對ab棒,由動量定理可得BlΔq=mv (1分)解得Δq=QUOTEmvBlmvBl=0.5C(1分)則電容器此時所帶電荷量為q'=q-Δq=0.5C(1分)若磁場方向垂直紙面向里,由左手定則可得,電流方向為a到b,則左極板帶正電,故cd棒的電流方向為c到d,由右手定則可得,cd的旋轉方向為順時針方向;同理可得,若磁場方向垂直紙面向外,cd的旋轉方向也為順時針方向 (2分)(3)開始時,ab棒重力和彈簧彈力大小相等,即mg=kx0 (1分)由功能關系可得QUOTE1212mv2+QUOTE1212kQUOTEx02x02=QUOTE1212kQUOTEx+x02x+x02-mgx+2Q解得Q=QUOTE14mv2-kx214mv2-kx22025浙江高考物理仿真模擬卷(五)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.[2024·諸暨中學模擬]網球運動中,運動員常利用切球使網球旋轉而產生復雜的曲線軌跡,下列說法正確的是 ()A.研究運動員切球動作時,網球可以看成質點B.擊球時,球拍對網球的作用力大于網球對球拍的作用力C.擊球時,球拍對網球的彈力是因為球拍發生了形變D.擊球后,網球在空中繼續向前運動時受到重力、推力和阻力2.如圖所示是足球比賽過程中運動員踢出的“香蕉球”的情境示意圖.下列說法正確的是（）A.足球在空中運動過程中,速度方向與加速度方向在同一條直線上B.足球在空中運動過程中,所受合力的方向指向運動軌跡彎曲的內側C.足球在空中運動過程中,可能處于平衡狀態D.足球在空中運動時的速度方向沿運動軌跡的法線方向3.[2024·杭州高級中學模擬]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.已知大車輪、手輪圈、小車輪的半徑之比為9∶8∶1,假設輪椅在地面上做直線運動,手和手輪圈之間、車輪和地面之間都不打滑,則下列說法正確的是 ()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,它依靠自身的兩個大吸盤,讓置物架牢牢固定在墻角,這樣的設計免去了打孔,保護墻面的同時也讓安裝更加方便,還可以隨時改變吸附位置.若對整個置物架進行分析,下列說法正確的是 ()A.若僅更換質量相同且吸力更大的吸盤,則置物架受到的摩擦力也會隨之增大B.若在置物架中放置一瓶洗發水,則墻面對置物架的摩擦力增大C.將置物架固定在墻面上時,豎直方向上,墻面對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,則墻面對置物架的摩擦力也隨之增大5.小明在課外參加一項越障活動,如圖所示一共有四條等間距直線賽道,每個賽道上有4個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a出發奔向終點b,奔跑過程中加速階段和減速階段的加速度大小一樣,每次通過障礙物時速度必須減小到零,然后繞其一圈且每次繞行時間一樣.小明以同樣大小的加速度啟動,則下列四條賽道用時最短的是 ()ABCD6.[2024·寧波模擬]中國象棋的棋盤呈長方形,由九條豎線和十條橫線相交組成,共有九十個交叉點,開局時紅方和黑方各子的位置如圖所示,現將電荷量為+qQUOTEq>0q>0和-qQUOTEq>0q>0的兩個點電荷分別固定在紅方的“帥”位置和黑方的“將”位置,兩點電荷在棋盤網格線所在的平面內,下列說法正確的是()A.棋盤左側紅方“炮”所在位置與棋盤右側黑方“炮”所在位置的電場強度大小相等方向不同B.棋盤右側紅方“車”所在位置與棋盤左側黑方“車”所在位置的電勢相同C.一質子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運動到黑方正中間“卒”所在位置,此過程中靜電力始終不做功D.電子在棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢能小于在棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢能7.2023年11月1日,我國在太原衛星發射中心成功將“天繪五號”衛星發射升空,并順利進入預定軌道.“天繪五號”在距離地球表面500km附近環繞地球做勻速圓周運動,其運行周期約為QUOTE3232個小時,某時刻“天繪五號”、同步衛星、地球的連線在同一直線上,如圖所示,則下列說法正確的是 ()A.“天繪五號”的發射速度大于第二宇宙速度B.“天繪五號”的線速度小于同步衛星的線速度C.“天繪五號”的向心力一定大于同步衛星的向心力D.到下一次“天繪五號”、同步衛星與地球共線的時間約為0.8h8.[2024·紹興模擬]中國古人對許多自然現象有深刻認識,唐人張志和在《玄真子·濤之靈》中寫道:“雨色映日而為虹”,從物理學的角度看,虹為太陽光經過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驗,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兩平行表面后,b光側移量大C.分別照射同一光電管,若b光能引起光電效應,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壁光滑的玻璃管頂部,下端栓接質量為m的小球,玻璃管與水平方向夾角為30°,玻璃管內徑略大于小球直徑,現將小球在彈簧原長時由靜止釋放,小球運動過程中的加速度a與彈簧伸長量x的關系如圖所示,其中圖線與x軸交點坐標x0為已知,彈簧始終在彈性限度內,彈簧的彈性勢能Ep=QUOTE1212kx2(其中k為勁度系數,x是形變量),重力加速度為g,則 ()A.小球運動到最低點時,所受彈簧彈力大小為2mgB.彈簧的勁度系數為QUOTEmgx0mgx0

C.小球沿管壁向下運動過程中動能最大值為QUOTEmgx04mgx04D.彈簧拉伸量為x0時,彈性勢能為QUOTEmgx10.[2024·北侖中學模擬]城市高層建筑建設施工,往往采用配重的方式把裝修材料運送到高處,精簡模型如圖甲所示,固定于水平面上傾角為37°的斜面,繞過頂端定滑輪的輕繩鏈接兩小球A、B(可視作質點),質量分別為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與時間t的二次方關系如圖乙所示,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的質量之比為 ()

QUOTEk+35-kk+35-kB.QUOTEk+53-C.QUOTEk+23-kk+23-kD.QUOTEk+32-11.[2024·麗水模擬]麗水市有溫室智能化蔬菜育苗基地,蔬菜育苗過程對環境要求嚴格,溫室內光照強度很重要.某中學生通過光敏電阻來測定蔬菜大棚中的光照強度,如圖所示,R0、R1為定值電阻,R2為光敏電阻.通過調節光照強度,R2的阻值在1~5Ω范圍內變化,R2的阻值隨光照強度的增大而減小.已知R0、R1阻值分別為4Ω、3Ω,電源的電動勢為3V,內阻為1Ω,電壓表為理想電表.閉合開關S后,下列說法正確的是()A.光照強度增大時,電壓表示數增大B.光照強度增大時,R1的電功率減小C.光照強度減小時,電源的效率減小D.當光敏電阻阻值為1Ω時,電源的輸出功率最大12.練習鋼琴和音樂課上常用到的一款節拍器,如圖節拍器中有一擺桿,擺桿在標度尺左右擺動,有規律地發出節拍聲.其中標度尺標出擺桿振動時每分鐘發出的節拍聲次數(n),擺桿上有一個可上下移動的擺錘.擺錘位置所對標尺數,就表示該擺每分鐘振動的節拍數(一次全振動有兩次節拍數),由此可算出擺的振動周期T=QUOTE(s).改變擺錘的位置就可以改變它的振動周期.下列說法正確的是 ()A.節拍器上數值雖不清晰,但擺錘位置上移時擺動的頻率變大B.擺錘上下移動時即使在不同的位置,發出的聲音聲速都相同C.音樂教室有兩個相同節拍器,同時工作能聽到類似音叉的共振現象D.聲波、水波和光波一樣,波傳播方向和振動方向相類似,都是橫波13.如圖所示,單刀雙擲開關S先打到a端讓電容器充滿電.t=0時開關S打到b端,t=0.02s時LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達到最大值.則 ()A.LC回路的周期為0.04sB.LC回路的電流最大時電容器中電場能最大C.t=1.01s時線圈中電場能最大D.t=1.01s時回路中電流沿順時針方向二、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.[2024·慈溪模擬]如圖甲所示為某品牌漏電保護器,其內部結構及原理如圖乙所示,虛線框內為漏電檢測裝置,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.當電路發生漏電時,零線中的電流小于火線,從而使副線圈中產生感應電流,通過控制器使線路上的脫扣開關斷開,起到自動保護的作用.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.當用電器發生短路時,該漏電保護器會切斷電路C.沒有發生漏電時,通過副線圈的磁通量始終為0D.沒有發生漏電時,通過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,在研究光電效應的實驗中,用頻率為ν的單色光照射陰極K時,能發生光電效應,并測得遏止電壓為U.若用上述單色光照射一群處于能級為n=2的激發態的氫原子,恰能使氫原于躍遷到能級為n=6的激發態,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n上的能量En與基態的能量E1滿足En=QUOTEE1n2E1n2法正確的是()A.光電子的最大初動能為hν-eUB.陰極K的截止頻率為ν-QUOTEeUheUhC.氫原子基態的能量為E1=-QUOTE9292hνD.氫原子的能級從n=3躍遷到n=2時發射出光的波長為QUOTE8c5謂8非選擇題部分三、非選擇題(本題共5小題,共55分)16.實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)某同學利用“向心力定量探究儀”探究向心力大小與質量、半徑和角速度的關系,裝置如下圖所示,小球放在光滑的帶四槽的旋轉桿上,其一端通過細繩與電子測力計相連,當小球和旋轉桿被電機帶動一起旋轉時,控制器的顯示屏顯示小球質量m、轉動半徑r、轉動角速度ω以及細繩拉力F的大小.①該同學采用控制變量法,分別改變小球質量、轉動角速度以及進行了三組實驗,測得的實驗數據如表甲、乙、丙所示.

小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.10.24π3.150.20.24π6.290.30.24π9.450.40.24π12.61甲小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.14π3.160.20.24π6.310.20.34π9.460.20.44π12.63乙小球質量/kg轉動半徑/m角速度/(rad/s)向心力/N0.20.22π1.570.20.24π6.290.20.26π14.140.20.28π25.16丙②由甲表的數據可得:當一定時,小球的向心力F大小與成比.

③為了通過作圖法更直觀地呈現向心力F與角速度ω之間的關系,應繪制的圖像是(填選項前的字母).

A.F-ω B.F-ω2 C.F-QUOTE D.F2-ω(2)某同學發現手機軟件有測角度的功能,于是結合軟件的這個功能,用兩根完全相同的輕彈簧和一瓶礦泉水等器材設計了一次驗證“力的平行四邊形定則”的實驗.實驗時,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,在O點下方掛一瓶同樣的礦泉水,靜止時用智能手機的測角功能分別測出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,按照上述方法多測幾次.①在實驗操作過程中,必須進行的操作是(選填選項前的字母).

A.圖乙中彈簧長度相同 B.測量彈簧的原長C.測量圖甲、乙中彈簧的長度 D.實驗中結點O的位置始終保持不變②該同學根據實驗測量的結果,分別作出了圖丙和圖丁,其中正確的是圖(選填“丙”或“丁”).

③該同學測得甲圖中彈簧長度,乙圖中α和β,他(選填“能”或“不能”)根據上述結論求出一瓶礦泉水(含瓶)的質量.

Ⅱ.(7分)一粗細均勻的圓柱形導電材料樣品,該樣品的直徑D=2mm,如圖甲所示.某同學設計實驗測量該樣品的電阻率,實驗步驟如下:(1)如圖乙所示,用游標卡尺測得該樣品長度L=mm.

(2)用多用電表測得該樣品阻值約為110Ω,為精確的測量其電阻阻值,可供選擇的器材如下:待測導電樣品Rx電流表A1(量程0~600mA,內阻約為1Ω)電流表A2(量程0~150mA,內阻約為20Ω)電流表A3(量程0~30mA,內阻為50Ω)定值電阻R1=50Ω定值電阻R2=350Ω滑動變阻器R(0~20Ω,額定電流2A)直流電源E(電動勢約為12V,內阻不計)開關一只,導線若干①根據實驗器材,設計實驗電路如圖丙所示,圖中電流表A應選擇,圖中電流表A'應選擇,定值電阻R0應選擇.(選填所選器材的字母代號)

②實驗中調節滑動變阻器,測得電流表A、A'對應的多組電流值I、I',做出I-(I'-I)的圖像如圖丁所示,可得該導電樣品的電阻阻值為Ω.

(3)由以上數據,計算可得該樣品電阻率為Ω·m.(π取3.14)

17.(8分)[2024·學軍中學模擬]如圖甲所示,上端開口的導熱汽缸放置在水平面上,質量為m、橫截面積為S的活塞密封了一定質量的理想氣體.當環境溫度為T1時,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,大氣壓強為QUOTE7mgS7mgS(1)若緩慢升高環境溫度,使活塞剛好上移到汽缸口,求此時的環境溫度T2;(2)若先在缸內壁緊貼活塞上表面固定一小卡環(與活塞接觸但沒有作用力),如圖乙所示,再緩慢升高環境溫度到T2,求升溫后卡環對活塞的壓力大小;(3)上問中的升溫過程相對于(1)問中的升溫過程,氣體少吸收的熱量為多少?18.(11分)[2024·蕭山中學模擬]圖甲為蕭山國際機場某貨物傳送裝置實物圖,簡化圖如圖乙所示,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.傳送帶勻速轉動時,工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放,貨物對地發生位移L=10m后被取走,貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖丙所示.已知傳送帶勻速運行的速度為v=1m/s,貨物質量為m=10kg,其底部與傳送帶ABCD的動摩擦因數為μ1=0.5,其側面與擋板CDEF的動摩擦因數為μ2=0.25.(sin37°=0.6,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力)(1)貨物剛放上傳送帶時,求其底面所受滑動摩擦力Ff1的大小及側面所受滑動摩擦力Ff2的大小;(2)求貨物在傳送帶上所經歷的時間t及傳送裝置多消耗的電能E;(3)某次測試過程中工作人員每隔Δt=1s從D點靜止釋放相同的貨物,貨物對地發生位移L=10m后被取走,若維持傳送帶勻速運轉,求傳送帶相對空載時需增加的最大功率ΔP.19.(11分)如圖所示是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉系統”原理圖.由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉磁場.其中的中性粒子沿原方向運動,被接收板接收;一部分正離子打到左極板,其余的進入磁場發生偏轉被吞噬板吞噬并發出熒光.多樣性粒子束寬度為L,各粒子均橫向均勻分布.偏轉磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場,磁感強度大小為B1.已知正離子的比荷為k,兩極板間電壓為U、間距為L,極板長度為2L,吞噬板長度為2L并緊靠負極板.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.(1)要使v0=QUOTEkUkU的正離子能沿直線通過兩極板間電場,可在極板間施加一垂直于紙面的磁感應強度為B0的勻強磁場,求B0的大小;(2)若撤去(1)中極板間磁感應強度為B0的勻強磁場,有n個速度為v1=QUOTE3kU3kU的正離子,能進入偏轉磁場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數及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磁場并調整磁感應強度大小,使v2=QUOTE2kU2kU的正離子沿直線通過極板后進入偏轉磁場,若此時磁場邊界為矩形,如圖所示,當B1=QUOTE43L2Uk43L220.(11分)[2024·學軍中學模擬]如圖所示,豎直平面內有間距為l的固定平行金屬導軌M和N,其下端通過開關S1連接電阻R,通過單刀雙擲開關S2連接電容C和內外半徑分別r1和r2的金屬環,金屬環位于同一豎直平面內.在兩導軌虛線框內和在兩金屬環間,存在相同的、方向垂直導軌平面、大小為B的勻強磁場.電阻為R、質量為m、長為l的兩相同的導體棒ab和cd,ab通過勁度系數為k的絕緣輕質彈簧相連,當開關S1和S2斷開時,ab位于靠近磁場上邊界處(但在磁場內),處于水平靜止狀態并與導軌接觸良好;cd置于兩金屬環上,且繞過圓心O的軸以角速度ω勻速旋轉.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,不計其他電阻和摩擦阻力,棒ab始終在導軌所在平面內運動,g取10m/s2.(1)S1斷開,S2擲向2,求電容器所帶電荷量的大小q;(2)S1斷開,S2擲向1時ab棒以v=1.0m/s的速度豎直向上運動離開磁場時,求此時電容器所帶電荷量的大小q',并判斷cd的旋轉方向;(3)在(2)的條件下,ab棒再進磁場前斷開S2,接通S1,ab在磁場內運動至距磁場上邊界0.04m處時速度為零,求此過程中電阻R消耗的焦耳熱.(提示:彈簧伸長量為x時,其彈性勢能Ep=QUOTE1212kx2,導體棒ab在運動過程中彈簧末超出彈性限度)——★參考答案★——1.C[解析]研究運動員切球動作時,由于切球時網球有旋轉,所以網球的形狀和大小不能忽略不計,不可以看成質點,故A錯誤;擊球時,球拍對網球的作用力與網球對球拍的作用力為一對相互作用力,大小相等,故B錯誤;擊球時,球拍對網球的彈力是因為球拍發生了形變,故C正確;擊球后,網球在空中繼續向前運動時受到重力和阻力的作用,飛行過程無推力,故D錯誤.2.B[解析]足球被踢出去之后,受到重力和空氣的作用力,其運動軌跡是一條曲線,其初速度與加速度方向不在同一條直線上,故A錯誤;足球做曲線運動時,其所受合力的方向指向運動軌跡的內側,故B正確;足球在空中運動過程中,所受合力不為零,不可能處于平衡狀態,故C錯誤;足球在空中運動時的速度方向沿運動軌跡的切線方向,故D錯誤.3.D[解析]根據題意可知,大車輪與小車輪邊緣的線速度大小相等,由公式T=QUOTE2蟺rv2蟺rv可得,大車輪與小車輪的周期之比為QUOTE=QUOTE=QUOTE9191,故A錯誤;根據題意可知,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QUOTE=QUOTE=QUOTE9898,由ω=QUOTE可得,大車輪與小車輪的角速度之比為QUOTE=QUOTE=QUOTE1919,則手輪圈與小車輪的角速度之比為1∶9,故B、C錯誤;大車輪軸心與小車輪軸心保持相對靜止,一起平動,則大車輪軸心與小車輪軸心的速度之比為1∶1,故D正確.4.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錯誤;若在置物架中放置一瓶洗發水,則置物架和物體的總重力增加,則墻面對置物架的摩擦力增大,故B正確;將置物架固定在墻面上時,豎直方向上,墻面對置物架的作用力大小等于置物架自身重力,故C錯誤;若保持兩吸盤等高使置物架吸附在更高的位置,則墻面對置物架的摩擦力不變,故D錯誤.5.C[解析]由于每次通過障礙物時速度必須減小到零,根據對稱性可知,相鄰兩障礙物間,小明做加速運動的時間等于做減速運動的時間,可知小明做減速運動的時間越短,賽道用時越短,即小明做減速運動的位移越短,賽道用時越短,圖C障礙物之間的距離最近,小明做減速運動的時間越短,賽道用時越短,故選C.6.D[解析]等量異種點電荷的電場分布如圖所示,由此可知,棋盤左側紅方“炮”所在位置與棋盤右側黑方“炮”所在位置關于兩電荷連線中點對稱,則電場強度大小相等方向相同,故A錯誤;棋盤右側紅方“車”所在位置更靠近正電荷,電勢較高,棋盤左側黑方“車”所在位置靠近負電荷,電勢較低,故B錯誤;一質子沿直線從紅方正中間“兵”所在位置運動到黑方正中間“卒”所在位置,此過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錯誤;棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢高于棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢,根據Ep=-eφ得電子在棋盤左側紅方“馬”所在位置的電勢能小于在棋盤右側黑方“馬”所在位置的電勢能,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射速度,“天繪五號”的發射速度小于第二宇宙速度,A錯誤;根據GQUOTEMmr2Mmr2=mQUOTEv2rv2r,得v=QUOTEGMrGMr,“天繪五號”的運動半徑較小,則線速度較大,B錯誤;由于質量未知,向心力大小不能比較,C錯誤;同步衛星的運動周期為24h,當“天繪五號”比同步衛星多轉動半周時,三者再次共線,則QUOTEt-QUOTEt=π,得t=0.8h,D正確.8.C[解析]由QUOTEsinisinrsinisinr=n可知,因為入射角相等,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光的波長比b光的波長短,根據單縫衍射實驗規律得,a光的中央亮條紋寬度比b光的中央亮條紋寬度小,故A錯誤;當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,因為b光的折射率較小,以相同角度斜射到同一玻璃板透過平行表面后,b光的折射角較大,所以b光側移量小,故B錯誤;因為b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,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,一定是b光,故9.C[解析]根據kx0=mgsin30°,得彈簧的勁度系數為k=QUOTEmg2x0mg2x0,故B錯誤;小球運動到最低點時,根據動能定理得mgsin30°x=QUOTE1212kx2,得x=2x0,所受彈簧彈力大小為F=kx=mg,故A錯誤;當彈簧伸長量為x0時,動能最大,根據動能定理得mgsin30°x0-QUOTE1212kQUOTEx02x02=QUOTE1212mQUOTEvm2vm2-0=Ekm,得Ekm=QUOTEmgx04mgx04,故C正確;當彈簧拉伸量為x0時,彈性勢能為Ep=QUOTE1212kQUOTEx02x02=QUOTEmgx04mg10.B[解析]解除鎖定后,沿繩方向上對A、B和繩組成的系統由牛頓第二定律有Mgsinθ-mg=(M+m)a,對A由運動學規律有x=QUOTE1212at2,結合圖像斜率k=QUOTE1212a,即a=2k,聯立解得QUOTEMmMm=QUOTEk+53-kk+53-k,故選B.11.D[解析]光照強度增大時,光敏電阻R2阻值變小,電路總電阻變小,根據閉合電路歐姆定律可得,電路總電流增大,路端電壓減小,可知電壓表示數減小,通過R0的電流減小,則通過R1的電流增大,R1的電功率增大,故A、B錯誤;光照強度減小時,光敏電阻R2阻值變大,電路總電阻變大,根據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=QUOTE=QUOTEUIEIUIEI=QUOTEUEUE,可知電源的效率增大,故C錯誤;電源的輸出功率為P出=I2R外=QUOTER外=QUOTE,可知當外電阻等于內阻時,電源的輸出功率最大,當光敏電阻阻值為1Ω時,此時光敏電阻阻值最小,外電阻最小,根據電路圖可知,此時外電阻為R外=QUOTER2+R1R0R2+R1+R0R2+R1R0R2+R1+R0=QUOTEΩ=2Ω>r=1Ω,可知此時外電阻阻值最接近內阻,所以電源的輸出功率最大,故12.B[解析]擺錘位置上移,其每分鐘發出的節拍聲次數減少,由T=QUOTE(s)可知,周期變大,根據周期與頻率的關系可知,其頻率變小,故A錯誤;聲波在同一種介質中傳播的速度相同,故B正確;當驅動力的頻率等于固有頻率時,物體做受迫運動的振幅達到最大值,這種現象稱為共振,所以音樂教室有兩個相同節拍器,同時工作不屬于共振現象,故C錯誤;聲波是縱波,不是橫波,故D錯誤.13.A[解析]在一個周期內,電容器充電兩次,放電兩次,t=0.02s時LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達到最大值,此時經歷了充放電各一次,故LC回路的周期為0.04s,故A正確;根據LC振蕩電路的充放電規律可知,電容放電完畢時,回路中的電流最大,磁場能最大,電場能最小,故B錯誤;根據t=1.01s=25QUOTE1414T,可知此時電容器逆時針放電結束,回路中逆時針的電流最大,磁場能最大,電場能最小,故C、D錯誤.14.AC[解析]根據公式可知T=QUOTE=QUOTE150150s,對于正弦交流電來說,一個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;當無漏電時,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,副線圈中不產生感應電流,D錯誤,C正確;當用電器發生短路時,火線和零線中的電流等大反向,該漏電保護器不會切斷電路,B錯誤.15.BCD[解析]根據光電效應方程,可求逸出功,截止頻率和最大初動能,根據電子躍遷時放出光子的能量與各能級間的關系,可求放出光子的波長,由于遏止電壓為U,則光電子的最大初動能為eU,A錯誤;根據愛因斯坦的光電效應方程,逸出功W=hν-Ek=hν-eU,因此,截止頻率為νc=QUOTEWhWh=ν-QUOTEeUheUh,B正確;躍遷時放出光子的能量等于兩個能級間的能量差hν=E6-E2=QUOTEE162E162-QUOTEE122E122,可得氫原子基態的能量E1=-QUOTE9292hν,C正確;原子的能級從n=3躍遷到n=2時,hQUOTE=E3-E2=QUOTEE132E132-QUOTEE122E122,發射出光的波長λ=QUOTE,D正確.16.Ⅰ.(1)①轉動半徑②轉動半徑r和轉動角速度ω小球質量m正③B(2)①BC②丙③不能[解析](1)①探究向心力大小與質量、半徑和角速度的關系,由甲、乙、丙表格可知該同學采用控制變量法,分別改變小球質量、轉動半徑以及轉動角速度進行了三組實驗.②在誤差允許范圍內,由甲表的數據可得:當小球的轉動半徑r和角速度ω一定時,小球的向心力F大小與小球質量m成正比.③根據F=mω2r可知,為了通過作圖法更直觀地呈現向心力F與角速度ω之間的關系,應繪制的圖像是F-ω2圖像,從而得到一條擬合的直線,故選B.(2)①由實驗原理可知AO、BO長度不必相同,A錯誤;實驗中,甲圖用來測量合力,乙圖用來測量兩個分力,根據胡克定律,力的大小與彈簧的伸長量成正比,力的大小可用彈簧伸長量來表示,因此必須測量彈簧的伸長量,因此要測量彈簧的原長和甲、乙中彈簧的長度,故B、C正確;由實驗原理可知在本實驗中重物重力是定值,所以不必保證O點固定不變,D錯誤.②根據實驗原理及操作可知,x1表示重力方向,應豎直向下,故丙正確.③設彈簧勁度系數為k,礦泉水瓶質量為m,根據圖甲可知k(l-l0)=mg,再根據乙圖,對O點受力分析,設OA中彈力為F1,OB中彈力為F2,受力分析如下圖所示,建立直角坐標系列方程求解,可發現m無法求出.Ⅱ.(1)31.4(2)①A3A2R2②100(3)0.01[解析](1)游標卡尺測得該樣品長度為L=31mm+0.1×4mm=31.4mm.(2)①為準確測量,由給出的I-(I'-I)圖線結合電路圖可知,電流表A應選擇A3,電流表A'應選擇A2.因為電源電動勢為1