2025浙江高考物理仿真模拟卷(一) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模拟卷(一)
时间:90分钟分值:100分
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.如图甲、乙所示,下列对两幅图片的描述正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.甲图中钟表上显示的“8点10分”指的是时间间隔,路牌上的“29 km”指的是位移
B.利用甲图中提供的数据可以求出汽车的平均速率
C.乙图中战斗机在飞行中进行空中加油时,以战斗机中飞行员为参考系,加油机是静止的
D.研究乙图中战斗机空中加油时与加油机的距离,可以将战斗机视为质点
2.[2024·金华模拟] 下列关于运动的基本概念和单位制的说法,正确的是 (　　)
A.为了方便研究物理问题,在任何情况下体积很小的物体都可以看成质点
B.加速度a=采用了微元法定义物理量,说明加速度与速度的变化量成正比
C.由速度v=可知,当Δt非常小时,可以表示物体在t时刻的瞬时速度,这里采用了极限法
D.物理单位由基本单位和导出单位组成,国际单位制中力学基本单位有米、千克、秒和牛顿
3.战绳训练中,运动员抖动战绳一端,使其上下振动,运动状态可视为简谐运动.如图所示,足够长的战绳两端,两位运动员均以2 Hz的频率、相同的起振方向同时上下抖动战绳,在战绳上传播的波速为4 m/s,下列说法正确的是 (　　)
A.战绳上每个部分振幅都相同
B.战绳上每个部分振动频率都为4 Hz
C.战绳上相邻的振动加强区相距为1 m
D.战绳上相邻的振动减弱区相距为2 m
4.[2024·湖州模拟] 新晋“网红”旋转秋千如图所示,该设备在最低点处给游客一个足够的初速度,可以使得游客在整个竖直面内做完整的圆周运动,飞上“云端”,享受肾上腺素飙升的快感.在完整的圆周运动过程中,不能忽略空气阻力,以下说法正确的是 (　　)
A.当秋千摆动到最高点时,速度一定为零
B.游客在运动的过程中,机械能不守恒
C.游客在整个运动过程中始终处于失重状态
D.游客在运动中某时刻速度和加速度可以同时为零
5.某电场的等势线分布如图所示,图像左右、上下对称,a、b、c、d为等势线上的四个点,c、d两点到水平对称轴的距离相等.设这四个点的电势与电场强度分别为φa、φb、φc、φd及Ea、Eb、Ec、Ed.下列关系正确的是 (　　)
A.φa>φb,Ea>Eb
B.φa=φb,Ea=Eb
C.φc>φd,Ec>Ed
D.φc=φd,Ec=Ed
6.[2024·丽水模拟] 如图为一抛出的小钢珠在空中的频闪照片,A、C在同一水平线上,B为抛物线的最高点,忽略空气阻力,则下列有关小钢珠的说法正确的是 (　　)
A.在AB段运动的时长小于BC段的时长
B.在B处仅具有水平方向的速度
C.A处的速度大小大于C处的速度大小
D.以更大的速度从A处抛出后轨迹可能不变
7.广东清远磁浮列车圆满完成整车静态调试运行试验如图1,图2是磁浮的原理图,图2中甲是圆柱形磁铁,乙是用高温超导材料制成的超导圆环,将超导圆环乙水平放在磁铁甲上,它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁甲的上方空中,若甲的N极朝上,在乙放入磁场向下运动的过程中 (　　)
A.俯视,乙中感应电流的方向为顺时针方向;当乙稳定后,感应电流消失
B.俯视,乙中感应电流的方向为顺时针方向;当乙稳定后,感应电流仍存在
C.俯视,乙中感应电流的方向为逆时针方向;当乙稳定后,感应电流消失
D.俯视,乙中感应电流的方向为逆时针方向;当乙稳定后,感应电流仍存在
8.[2024·嘉兴模拟] 一场别开生面的国际象棋比赛日前在英国首都伦敦举行:棋盘放在游泳池底,参赛选手每走一步棋之前,都要憋一口气沉入水下.水下国际象棋比赛没有计时钟,选手每走一步棋的用时限制取决于能在水下待多长时间,一旦浮出水面,就轮到对手潜入水中下棋.棋子以磁吸的方式吸附在棋盘上.假设有一质量为m的棋子,选手对其施加一个斜向下且与水平面夹角为θ的推力F1将其向前推进一段距离.下列对棋子运动和受力分析正确的是 (　　)
A.棋子在运动过程中共受到了5个力的作用
B.棋子在运动过程中,随着推力F1增大,受到的滑动摩擦力也增大
C.开始施加这个推力F1并逐渐增大时,静止的棋子受到的静摩擦力大小等于F1sin θ
D.棋子运动过程中,随着推力F1增大,棋子所受的浮力增大
9.北京时间2023年7月20日21时40分,经过约8小时的出舱活动,神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同,在空间站机械臂支持下,圆满完成出舱活动.已知空间站离地高度约为391 km.以下说法正确的是(　　)
A.空间站的运行速度大小大于同步卫星运行速度大小
B.航天员相对空间站保持静止时,其所受合外力为零
C.空间站向心加速度大小大于地球表面重力加速度大小
D.航天员在8小时的出舱活动中,将绕地球转过圈
10.[2024·温州中学模拟] 如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生e=220sin 100πt(V)的正弦交变电流,线圈电阻不计,理想变压器的原、副线圈匝数之比为20∶1,C为电容器,L为直流电阻不计的自感线圈,R1、R2均为定值电阻,其中R1=10 Ω,开关S开始是断开的,则以下说法中错误的是 (　　)
A.线圈的转速为50 r/s
B.交流电压表的示数为11 V
C.电阻R1的功率等于12.1 W
D.闭合开关S后,变压器副线圈中的电流发生变化
11.光导纤维又称光纤,是传光的细圆玻璃丝,图甲是光纤导光后的效果.现让由a、b两种单色光组成的复合光,从一根直的光纤端面以45°入射角射入,第一次折射后光路如图乙所示,两束单色光均在侧面发生全反射,
下列说法正确的是 (　　)
A.b光在光纤中全反射临界角比a光大
B.b光在光纤中传播速度比a光大
C.传播相同的距离,b光在光纤中传播时间比a光长
D.两种光在空气中传播遇到相同小孔时,b光更容易发生明显衍射
　　
12.[2024·安徽合肥模拟] 如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图.它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的16个喷嘴组成,喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6 m,离水面的高度h=3.2 m.水泵位于进水管口处,启动后,水泵从水池吸水,并将水压到喷嘴处向水平方向喷出,水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2 m.水泵的效率为η=80%,每个喷嘴出水口每秒出水量为m0= kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略水在管道和空中运动时的机械能损失.则下列说法正确的是 (　　)
A.空中水柱的水的质量为0.5 kg
B.水泵输入的功率为340 W
C.水泵在1 h内消耗的电能为0.425度
D.在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内,水泵对水做的功是320 J
13.如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m.P、M间接有一个电动势为E=6 V、内阻r=1 Ω的电源和一只阻值R=5 Ω的定值电阻,质量为0.2 kg的导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,导体棒和导轨电阻均不计,导体棒的中点用轻绳经定滑轮与质量M=0.3 kg的物体相连.匀强磁场的磁感应强度大小为B=2 T,方向竖直向下,金属棒ab恰好保持静止,重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则 (　　)
A.流过导体棒ab的电流为2 A
B.导体棒ab与轨道间的动摩擦因数为0.2
C.当匀强磁场的磁感应强度大小增加一倍时,导体棒所受摩擦力为0
D.若磁感应强度的大小和方向未知,要使ab棒处于静止状态,所加匀强磁场磁感应强度的最小值为 T
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·河北唐山模拟] 下列说法正确的是 (　　)
A.伽利略在研究力与运动的关系时用了理想实验法
B.“重心”概念的建立用到了理想模型法
C.开普勒基于第谷的观测数据总结得到开普勒三定律
D.在不同的惯性参考系中,物理规律的形式不同
15.如图所示,设想在地球表面的P、Q两地之间开凿一个直通隧道,在隧道里铺设直管道,将地球视为均质球体,忽略一切摩擦阻力,不考虑地球自转,在P点将一物块由静止释放,管道内的物块会在P、Q之间做简谐运动,运动周期为T,图中O点为PQ的中点,B点和B'点分别为OP和OQ的中点,下列说法正确的是 (　　)
A.物块由P到O的加速度增大
B.物块经过B点和B'点时速度大小相等
C.物块由P到O的运动时间为
D.物块在P、B两处回复力大小之比为2∶1
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、Ⅲ三题共14分)
Ⅰ.(5分)小明同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验.
(1)关于该实验的器材安装及平衡阻力的操作,下列说法正确的是　　　　(填选项前的字母).
A.为平衡阻力,实验前挂上槽码,轻推小车让其在木板上匀速运动
B.为平衡阻力,实验前将长木板一端垫高,未挂槽码牵引的前提下,轻推小车,让其拉着打点的纸带在木板上做匀速直线运动
C.连接小车与槽码时,调节定滑轮的高度使细绳与桌面平行
D.连接小车与槽码时,调节定滑轮的高度使细绳与木板平行
(2)若图甲中使用的是电磁打点计时器,则应使用图乙中　　　　(填选项字母)的电源.
乙
(3)为探究加速度与力的关系,根据测得的小车加速度a与力F的多组数据,作出a-F关系图像如图丙所示.已知该图像OA段近似为一条过原点的倾斜直线,由此可得出的实验结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.
(4)已知图丙中AB段明显偏离OA方向,则产生此误差的原因可能是槽码质量m未满足　　　　　(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车的质量M.
(5)平衡阻力后,保持槽码质量m不变,改变小车和槽码的总质量M,小明根据测得的M和小车的加速度a,作出如图丁所示的图像,图线与纵轴的截距为b,则b=　　　　(选填“-m”“-”“m”或“”).
Ⅱ.(7分)单股单芯的电线根据其铜芯的横截面积可分为“1.5平方(毫米)”“2.5平方(毫米)”“4平方(毫米)”等规格,家庭照明电路一般选用1.5平方(毫米)的电线.小东同学家里在做电路改造,为了检验家里购买的“1.5平方(毫米)”电线铜芯是否合格,他从刚购买的电线中取来一圈进行检测.已知铜的电阻率ρ0=1.7×10-8 Ω·m.
该同学手头有以下器材可供选择:
待测电线Rx:铜芯长度为L,直径为d
电流表A1:量程为0~30 mA,内阻r1=40 Ω
电流表A2:量程为0~2 mA,内阻r2=100 Ω
电阻箱R1:最大阻值为999 Ω
定值电阻R2:阻值为10 Ω
滑动变阻器R3:最大阻值为20 Ω
电池:电动势E=1.5 V,内阻r很小
开关K一个、导线若干.
(1)剥去部分电线的外皮,用螺旋测微器测铜芯的直径d,示数如图甲所示,则d=　　　　　 mm.
(2)接着,小东设计电路测量电线铜芯的电阻Rx.为了提高精确度,小东先用多用电表的欧姆挡估测待测电线的电阻Rx,发现不管使用欧姆挡的哪个倍率挡,指针的偏角都太大,且示数几乎接近0 Ω,于是小东将定值电阻R2与Rx串联后用欧姆挡“×1”挡进行测量,读数如图乙所示,则Rx的值约为　　　　　 Ω.
(3)小东设计如图丙所示的电路精确测量Rx的阻值.为了提高测量的精确度,图中电流表A应选　　　　　(选填“A1”或“A2”),请再从以上器材中选出合适的器材,在虚线框内补充完整电路图,并标明所用器材的代号.
(4)若电路设计中使用到电流表A1、A2、电阻箱,某次其示数分别用I1、I2、R1表示,则电线铜芯的电阻率ρ=　　　　　　　　　　(用题中物理量的字母表示).计算该值,然后将该值与铜的电阻率进行比较,即可推断铜线是否合格.
(5)判断导线是否合格,还可以采用比较同长度导线电阻的方法.若相同长度的待检测电线的电阻小于等于标准铜导线的电阻,可判断该电线合格.已知长度为1000 m的1.5平方毫米的标准铜导线的电阻为12.1 Ω,若实验中测得70 m待检测电线的电阻值与(2)中Rx值相同,则该待检测电线　　　　　(选填“合格”或“不合格”).
Ⅲ.(2分)关于教材中的以下实验,说法不正确的是　　　　(填选项前的字母).
A.图甲,“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中,某小组发现所测得的分子直径d明显偏大,可能的原因是水盘中的爽身粉撒得太多
B.图乙,“探究气体等温变化的规律”的实验中,在测定压强时,必须将活塞涂抹润滑油并竖直放置,否则都会影响压强的测量结果
C.图丙,“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”的实验中,三个开关的使用顺序是:先将S1置于1、再将S1置于2(保持不动)、最后将S2闭合
D.图丁,“测量玻璃的折射率”的实验中,应通过玻璃砖观察大头针的头部,以方便将大头针插准
17.(8分)[2024·杭州模拟] 火罐和抽气罐是中医拔罐的两种方式,如图所示,火罐下端开口,上端封闭;抽气罐下端开口,上端留有抽气阀门.用火罐时,先用火加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上.用抽气罐时先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强,同样使抽气罐紧紧吸附在皮肤上.某次使用火罐时,罐内气体初始压强为p0,初始温度为400 K,最终降到300 K,内能的减小量为ΔU,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的.若换用抽气罐,也可抽气后达到同样的效果.罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化.
(1)判断火罐内部气体从400 K降温到300 K过程中释放的热量Q与ΔU的大小关系
(2)火罐内部降温到300 K时内部压强是多少
(3)用抽气罐拔罐时,抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为多少
18.(11分)如图所示,某游戏装置由安装在水平台面上的高度可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连)、细圆管道GHIJ(HI和IJ分别为两段四分之一圆弧)、与J相切的水平直轨道JK和弹性挡板组成.可认为所有轨道均处在同一竖直平面内,连接处均平滑.已知竖直圆轨道半径为r=0.40 m,小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径分别为R1=0.2 m、R2=0.8 m,斜轨道水平长度L1=1.5 m固定不变,L2=0.5 m,L=1.0 m.一可视为质点的滑块质量为m=100 g,滑块与AB、EG及JK间动摩擦因数均为μ=0.5,其他轨道或管道均光滑,不计空气阻力,忽略管道内外半径差异.现调节斜轨道高度为h1,滑块从B点由静止释放后,贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK,重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)求斜轨道高度h1;
(2)求滑块经过竖直圆轨道的最高点F时对轨道的压力;
(3)现调节斜轨道的高度,仍让滑块从B点由静止滑下,碰撞弹性挡板后返回.若滑块在第一次返回时,要求不脱离轨道,则斜轨道的高度h应满足什么条件
19.(11分)近日,某研究团队的“实验证实超导态‘分段费米面’”科研成果入选2022年度“中国科学十大进展”,超导体圆环半径为r,常温下电阻为R,圆环的环横截面半径远小于圆环半径.
(1)如图甲,钕磁铁沿圆环轴线从上到下穿过,圆环面上沿轴线方向的磁感应强度分量的平均值By随时间t变化的情况如图乙所示(已作简化处理),求0~2t0时间内圆环中电流I1的大小与方向(从上往下看);
(2)求(1)过程中0~6t0时间内圆环产生的焦耳热;
(3)磁单极子是理论物理中指一些仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质,它们的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布,如图丙所示,图中包围一个N极的磁单极子球面的磁通量为Φ0,此磁单极子从上向下以恒定速度v沿轴线穿过低温超导态的圆环,求该磁单极子到达圆环中心时圆环中的感应电动势;(不考虑线圈的自感)
(4)当磁单极子穿过环后(看作相距无穷远),研究人员测得环中初始电流为I,设环中单位体积的自由电子数为n,电子质量为m、电荷量为e,环的电阻率为ρ.经一年以上的时间t检测出电流变化量ΔI,其中ΔI I,求的值.
提示1:导体中的电流I可表示为I=nqSv,其中n为单位体积的自由电荷数,q为自由电荷带电荷量,S为导体横截面积,v为电荷定向移动速率.
提示2:本题中可把情境理想化,各个自由电荷定向移动的速率都是相同的.
提示3:当 1时,(1+x)2≈1+2x
20.(11分)[2024·温州模拟] 如图所示,第一象限存在垂直xOy平面向外的匀强磁场.x轴下方的分析器由两块相距为h、厚度不计、足够长的平行金属薄板M和N组成,其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计),N板连接电流表后接地.位于y轴上的某种材料P能不停地发射质量为m、电荷量为q的正离子,离子速度方向都沿x轴正方向,速度大小连续分布在v0和v0之间,发射区间的上端点坐标为,下端点坐标为.已知从处射出的速度大小为v0的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C.未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出).不计离子的重力及相互作用,不考虑离子间的碰撞.
(1)求第一象限的磁感应强度大小;
(2)求离子打在N板上区域的长度;
(3)若在N与M板之间加载电压,调节其大小,求电流表示数刚为0时的电压;
(4)若将分析器沿着x轴平移,调节加载在N与M板之间的电压,求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式.
参考答案与解析
1.C　[解析] 甲图中钟表上显示的“8点10分”指的是时刻,路牌上的“29 km”指的是路程,故A错误;平均速率等于路程除以时间,故不能求出,故B错误;进行空中加油时,加油机与战斗机需保持相对静止,故C正确;研究战斗机空中加油时与加油机间的距离,其大小不能忽略,不能视为质点,故D错误.
2.C　[解析] 物体能否被看成质点与所研究的问题有关,不可以将所有体积很小的物体都看成质点,选项A错误;加速度a=采用了比值法定义物理量,加速度与速度的变化量无关,选项B错误;由速度v=可知,当Δt非常小时,可以表示物体在t时刻的瞬时速度,这里采用了极限法,选项C正确;物理单位由基本单位和导出单位组成,国际单位制中力学基本单位有米、千克、秒,牛顿是导出单位,选项D错误.
3.C　[解析] 两列波的干涉过程中,振动加强区的振幅和减弱区的振幅不同,故A错误;战绳上每个部分振动频率不变,都为2 Hz,故B错误;根据波长与波速和频率的关系可得λ==2 m,起振方向相同,则振动加强区是波程差为半波长的偶数倍的位置,振动减弱区是波程差为半波长的奇数倍的位置,则相邻的振动加强区和相邻的振动减弱区都相距半波长,即为1 m,故C正确,D错误.
4.B　[解析] 秋千摆动到最高点时速度一定不为零,故A错误;不能忽略游客在运动过程中受到的阻力,所以机械能不守恒,故B正确;游客在圆周运动的过程中既有超重,又有失重,故C错误;游客在圆周运动中某时刻时速度和加速度不会同时为零,故D错误.
5.D　[解析] c、d点在同一等势线上,电势相等,根据等势线的分布,可得φa>φc=φd>φb,等势线越密,电场强度越大,图像左右、上下对称,可得Ea=Eb,Ec=Ed,故选D.
6.B　[解析] 由于忽略空气阻力,小球只受重力,AB段和BC段的竖直高度相同,B为抛物线的最高点,所以小球在B处竖直速度为0,仅具有水平方向的速度,根据匀变速直线运动的可逆性和自由落体运动规律h=gt2可知,在AB段运动的时长等于在BC段运动的时长,A错误,B正确;根据v=gt,可知A处的竖直速度大小等于C处的竖直速度大小,而水平方向不受力,速度不变,所以A处的速度大小等于C处的速度大小,C错误;以更大的速度从A处抛出小球时的竖直速度和水平速度都变大,运动时间变长,上升的最大高度和水平位移都变大,所以轨迹会发生改变,D错误.
7.B　[解析] 磁悬浮是利用了同性磁极相互排斥的原理,在乙放入磁场向下运动的过程中,圆环内的磁通量是增大的,由楞次定律可知图2中超导圆环乙中的感应电流所激发的磁场的N极是向下的,由右手螺旋定则可知俯视时感应电流沿着顺时针方向;由于超导体电阻为零,所以当乙稳定后感应电流将仍然存在.故A、C、D错误,B正确.
8.B　[解析] 棋子在运动过程中受到重力、推力、磁力、支持力、浮力和摩擦力作用,共受到了6个力的作用,故A错误;棋子在运动过程中,随着推力F1增大,竖直方向根据受力平衡可知FN=mg+F1sin θ+F磁-F浮,则随着推力F1增大,棋子受到的支持力增大,根据Ff=μFN,可知棋子受到的滑动摩擦力也增大,故B正确;开始施加这个推力F1并逐渐增大时,静止的棋子受到的静摩擦力大小等于Ff静=F1cos θ,故C错误;棋子运动过程中,随着推力F1增大,棋子所受的浮力不变,故D错误.
9.A　[解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力可得=m,则v=,由于空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,则空间站的运行速度大小大于同步卫星运行速度大小,故A正确;航天员相对空间站保持静止时,其所受合外力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力,不为零,故B错误;根据牛顿第二定律可得=ma,可得a=,可知空间站向心加速度大小小于地球表面重力加速度大小,故C错误;卫星绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力可得=mr,则T=,可知空间站的周期小于同步卫星的周期,即空间站的周期小于24 h,所以航天员在8小时的出舱活动中,将绕地球转过大于圈,故D错误.
10.C　[解析] 由题中表达式可得ω=100π rad/s=2πn,所以线圈的转速为n=50 r/s,故A正确,不满足题意要求;由题中表达式可知原线圈输入电压有效值为U1=220 V,根据变压规律=,可得副线圈输出电压有效值为U2=11 V,则交流电压表的示数为11 V,故B正确,不满足题意要求;根据串联电路的规律,线圈L电压加上R1的电压等于副线圈的电压U2,即R1的电压小于11 V,则有P=< W=12.1 W,故C错误,满足题意要求;闭合开关S,电容器C与R2串联后与R1并联,可知副线圈负载总电阻发生变化,则变压器副线圈中的电流发生变化,故D正确,不满足题意要求.
11.C　[解析] 根据折射定律可得n=,由图可知,a、b两光的入射角相同,a光的折射角大于b光的折射角,则a光的折射率小于b光的折射率,即有na12.C　[解析] 水从喷嘴水平喷出,做平抛运动,由平抛运动的规律知R-r=vt,h=gt2,解得t=0.8 s,v=2 m/s,所以空中水柱的水的质量为m=nm0t=16××0.8 kg=8.0 kg,选项A错误;水泵对外做功,转化为水的机械能,因为每个喷嘴出水口每秒出水量为m0= kg,所以16个喷嘴出水口每秒出水量为m'=16m0=10 kg,则水泵的输出功率为P=== W=340 W,根据P=ηP电,则水泵的输入功率是P电=425 W,水泵1 h内消耗的电能为W电=P电t=0.425 kW·h,故水泵在1 h内消耗的电能为0.425度,故B错误,C正确;在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内,水泵对水做的功W=Pt=340×0.8 J=272 J,选项D错误.
13.D　[解析] 根据闭合电路欧姆定律可得I=,解得I=1 A,A错误;对导体棒受力分析有,导体棒所受绳子的拉力FT=Mg=3 N,导体棒所受安培力F安=BIL=2 N,由于导体棒处于静止状态,所以导体棒所受摩擦力向左,根据平衡条件和题意有μmg+BIL=Mg,解得μ=0.5,B错误;磁感应强度大小增加一倍时,则F安1=2BIL=4 N,根据受力情况可知摩擦力方向变为向右,大小为Ff=4 N-3 N=1 N,C错误;对导体棒受力分析,如图所示,水平方向有Fsin θ+Ff=FT,竖直方向有Fcos θ+mg=FN,又有Ff=μFN,解得F===,
由此可知,F的最小值为= N,根据F=BIL,解得B= T,D正确.
14.AC　[解析] 伽利略通过理想斜面实验研究力与运动关系,伽利略运用了理想实验的科学研究方法,故A正确;引入“重心”的概念,作为物体所受重力的等效替代点,运用了等效替代的方法,故B错误;开普勒根据第谷的观测数据总结出了开普勒三定律,故C正确;根据狭义相对论基本原理,在不同的惯性参考系中,物理规律的形式相同,都是等价的,故D错误.
15.BD　[解析] 根据题意,管道内的物块会在P、Q之间做简谐运动,而在PQ的中点处物块所受万有引力方向为竖直向下指向地心,水平方向合力为零,则可知PQ的中点O即为简谐运动的平衡位置,由此可知,物块由P到O的加速度减小,故A错误;根据简谐运动的对称性可知,物块经过B点和B'点时速度大小相等,故B正确;根据题意,在P点将一物块由静止释放,物块做简谐运动,则可知P点为物块做简谐运动的最大位移处,而从最大位移处到平衡位置,所用时间为,故C错误;由于物块做简谐运动,而xOP=2xOB,则根据简谐运动回复力与位移之间的关系F=-kx,可知物块在P、B两处回复力大小之比为2∶1,故D正确.
16.Ⅰ.(1)BD　(2)D　(3)保持小车质量不变,加速度与合外力成正比　(4)远小于　(5)-m
[解析] (1)平衡阻力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动,让重力沿斜面的分力等于小车受到的阻力.所以平衡时应为:将纸带连接在小车上并穿过打点计时器,调节定滑轮的高度,使细绳与长木板平行,在不挂槽码的情况下使小车恰好做匀速直线运动,故选B、D.
(2)电磁打点计时器应接8 V左右、50 Hz的交流电源,故选D.
(3)该图像OA段近似为一条过原点的倾斜直线,即加速度与合外力成正比,结论为“保持小车质量不变,加速度与合外力成正比”.
(4)设绳子拉力大小为FT,根据牛顿第二定律有FT=Ma,mg-FT=ma,联立得FT=,所以实验要满足条件“槽码的质量要比小车的质量小很多”,满足这一条件能够实现的目的是使得槽码的重力近似等于绳子的拉力.
(5)根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,FT=Ma,联立得M=mg×-m,所以M-图像的纵截距为-m.
Ⅱ.(1)1.387　(2)1　(3)A1　如图所示　(4)　(5)不合格
[解析] (1)螺旋测微器读数为d=1 mm+38.7×0.01 mm=1.387 mm,所以读数为1.387 mm.
(2)欧姆表读数为R2+Rx=11 Ω,Rx=1 Ω.
(3)根据I=,若选电流表A1,则通过电流表的最大电流为I1= A=29.4 mA,若选电流表A2,则通过电流表的最大电流为I2= A=13.5 mA,结合两个电流表的量程,为了提高测量的精确度,电流表选择A1.虚线框内应该是电压表,器材中无电压表,所以需要用电流表A2进行改装,电流表A2直接改装成电压表,最大测量值为U=I2r2=0.2 V,小于电源的电动势,所以应使电流表A2串联一个电阻,根据题目给的仪器,应使电流表A2串联电阻箱,设将电阻箱阻值调为R1,则E=I2,解得R1=650 Ω,在电阻箱的阻值调节范围内,所以补充的电路图如图所示.
(4)根据欧姆定律,可得Rx=-R2-r1,根据电阻定律,有Rx=ρ=ρ=ρ,联立解得ρ=.
(5)长度为1 m的标准铜导线电阻为R0= Ω=0.012 1 Ω,长度为1 m的待检测导线电阻为R'= Ω=0.014 3 Ω,R'>R0,所以该待检测电线不合格.
Ⅲ.BCD　[解析] 在水盘中撒入太多爽身粉,会导致油酸没有充分散开,所测面积S偏小,根据d=可知,分子直径d明显偏大,故A正确,不符合题意;封闭的理想气体对各个面的压强均相同,则装气体的玻璃管无论水平放置还是竖直放置,都不会影响压强的测量结果,故B错误,符合题意;“探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系”的实验中,应先把开关S1接1,给电容器A充电,再把开关S1接2,让电容器B充电,然后断开开关S1,闭合开关S2,让电容器B的两极板完全放电,随后再断开开关S2,然后重复这样操作,故C错误,符合题意;“测量玻璃的折射率”的实验中,判断像与针是否在同一直线时,应该观察大头针的整个部分,不能只观察其头部,故D错误,符合题意.
17.(1)Q>ΔU　(2)0.8p0　(3)1∶4
[解析] (1)根据热力学第一定律得
-ΔU=-Q+W (1分)
气体体积减小,W>0,所以Q>ΔU (1分)
(2)设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2,罐的容积为V0,由题意知p1=p0、T1=400 K、V1=V0、T2=300 K、V2=,由理想气体状态方程得= (1分)
代入数据得p2=0.8p0 (1分)
(3)对于抽气罐,设初始气体状态参量分别为p3、V3,末时气体状态参量分别为p4、V4,罐的容积为V0,由题意知p3=p0、V3=V0、p4=p2,由玻意耳定律得
p0V0=p2V4 (1分)
代入数据得
V4=V0
设抽出的气体的体积为ΔV,由题意知ΔV=V4-V0 (1分)
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为= (1分)
代入数据得==1∶4 (1分)
18.(1)2.0 m　(2)1.25 N　方向竖直向上　(3)2.5 m≤h<3 m或h≥3.25 m
[解析] (1)滑块从B点开始下滑,恰能达到水平直轨道JK,由能量守恒定律有
mgh1=μmgL1+μmgL2+mg (1分)
解得斜轨道高度为h1=2.0 m(1分)
(2)运动到F点时,设速度为vF,则由动能定理有
mgh1-μmgL1-mg·2r=m-0 (1分)
设轨道对滑块压力为FN,在F点根据牛顿第二定律有
FN+mg=m (1分)
解得FN=1.25 N
根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道压力为1.25 N,方向竖直向上 (1分)
(3)设斜轨道高度为h2时,滑块恰好到达挡板,根据能量守恒定律有
mgh2=μmgL1+μmgL2+mg+μmgL (1分)
解得h2=2.5 m
设斜轨道高度为h3时,滑块反弹后恰好回到J点,根据能量守恒定律有
mgh3=mgh2+μmgL (1分)
解得h3=3.0 m
此时滑下,假设在竖直圆轨道上升高度为h',有
mg=μmgL2+mgh' (1分)
解得h'=0.75 m
由于rmgh4+mg=mgh3+μmgL2+mg·2r+mv2 (1分)
在F点有mg=m (1分)
联立解得h4=3.25 m
则斜轨道的高度应满足2.5 m≤h<3 m或h≥3.25 m(1分)
19.(1)　顺时针方向　(2)　(3)　(4)t
[解析] (1)0~2t0时间内,有E1== (1分)
又I1== (1分)
由楞次定律可知电流方向为顺时针方向 (1分)
(2)2t0~5t0时间内I2=0
5t0~6t0时间内E3==,I3== (1分)
根据焦耳定律,可得
Q1=R·2t0=,Q3=R·t0= (1分)
则有Q=Q1+Q3= (1分)
(3)以磁单极子为球心,半径为r的球面的磁通量为Φ0,设距磁单极子距离为r处的磁感应强度为B,有Φ0=B·4πr2
磁单极子到达圆环中心时,相当于圆环切割磁感线,产生感应电动势为
E=B·2πrv (1分)
代入可得E= (1分)
(4)建立能量关系,环中的电子动能减小,转化为焦耳热.即ΔEk=Q
时间t内环中焦耳热Q=I2Rt
环中定向移动电子减少的动能总和ΔEk=nlS (1分)
式中n、l、S分别代表环中单位体积内定向移动电子数、圆环周长、圆环横截面积,由电阻定律得R=ρ (1分)
由已知条件I=neSv,I-ΔI=neSv'
联立上述各式,得=t (1分)
20.(1)　(2)h　(3)　(4)Ux=(0≤x≤d)
[解析] (1)根据题意可得离子运动轨迹如图甲所示
结合几何关系可知,离子做圆周运动的半径为R=d
根据牛顿第二定律有qv0B= (1分)
解得B= (1分)
(2)根据牛顿第二定律有qvB=
由于v0≤v≤v0
故有d≤r≤d (1分)
根据平移法可知,当离子从发射区间的上端射出进入孔C时,离子打在N板的左侧,且距离最远.当离子从发射区间的最下端射出进入孔C时,离子打在N板的右侧,且距离最远.运动轨迹如图乙所示
设离子发射点的坐标为(0,y),则由几何关系可得(r-y)2+d2=r2 (1分)
将y1=d,y2=d分别代入可得
r1=d,r2=d (1分)
由几何关系有rcos θ=d,l=htan θ
解得l总=l1+l2=h (1分)
(3)由(2)分析可知,当离子从孔C进入时,根据几何关系有rcos θ=d
设进入孔C时速度为v,则离子进入孔C时,竖直方向速度为
vy=vcos θ
结合(1)分析及牛顿第二定律有cos θ==d= (1分)
解得vy=v0
电流表示数刚为0,即离子到达N板时竖直方向速度恰好为零,则根据匀变速直线运动规律及牛顿第二定律有=2h
解得U0= (1分)
(4)由(2)分析可知,离子做圆周运动的最大半径为rmax=d.故当x>d时,所有离子均无法从孔C射出.当0≤x≤d时.根据(3)中分析可得=x (1分)
=2h (1分)
联立可得Ux==(0≤x≤d) (1分)