2025浙江高考物理仿真模拟卷(八) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模拟卷(八)
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.[2024·诸暨中学模拟] 自2019年5月20日起,SI单位中的7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上.下列以铯-133原子能级跃迁所对应的辐射周期建立的基本单位是 (　　)
A.s B.K C.N D.A
2.越野车在冰原上留下的车辙如图所示,则越野车转弯过程中 (　　)
A.越野车加速度可能为零
B.越野车一定做匀变速曲线运动
C.越野车可能处于平衡状态
D.越野车所受的合外力一定不为零
3.[2024·长兴中学模拟] 2023年10月3日,在杭州亚运会田径女子4×100 m接力赛决赛中,位于第8道的中国队运动员以43秒39的成绩夺得冠军,时隔9年重返亚洲之巅,其中第四棒运动员是福建选手葛曼棋.如图所示为4×100 m跑道的起终点区域,部分赛道起点位置及比赛终点线如图中所标注,则在整个比赛中 (　　)
A.43秒39表示时刻
B.每位运动员位移的大小都为100 m
C.中国队运动员的平均速度约为9.2 m/s
D.中国队运动员的总位移比位于第3道运动员的大
4.如图所示,一轻质弹簧上端固定,下端悬挂一物块,静止时弹簧长度为原长的2倍.对物块施加外力,再次稳定后弹簧轴线与竖直方向成60°角,则该情况下外力最小时弹簧长度与原长的比值为(　　)
A.2
B.1.5
C.3
D.
5.2023年10月31日,神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆.当返回舱距离地面1.2 m时,返回舱的速度为8 m/s,此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作,使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s,实现软着陆.若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动,返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计.返回舱的总质量为3×103 kg,g取10 m/s2,则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为 (　　)
A.3×104 N B.7.5×104 N
C.2.6×104 N D.1.05×105 N
6.现代社会人们享受到健身的乐趣,逐渐重视健身运动.在运动的过程中,智能手环的心率监测能够提供很多帮助,而那个闪烁的“绿光”就是实现心率监测的“工具”.某智能手环发射出的绿光在真空中的波长为λ,绿光在真空中的光速为c,普朗克常量为h,ν、E、p分别表示绿光光子的频率、能量和动量.则下列选项正确的是 (　　)
A.ν= B.E=
C.E= D.p=
7.[2024·桐庐中学模拟] 2023年11月23日《中国日报》消息,11月23日18时00分04秒,我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭及远征三号上面级成功将互联网技术试验卫星发射升空,卫星顺利进入预定轨道,发射任务取得圆满成功.如果互联网技术试验卫星的轨道半径为r,周期为T,地球的半径为R,引力常量为G,则 (　　)
A.地球的质量为 B.地球的质量为
C.地球的密度为 D.地球的密度为
8.成语“簸扬糠秕”源于如图所示的劳动情景,在恒定水平风力作用下,从同一高度由静止释放的米粒和糠落到地面不同位置,糠落点更远.不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.米粒和糠都做平抛运动
B.米粒和糠质量相同
C.落地时,米粒竖直方向的速度大于糠竖直方向的速度
D.落地时,米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率
9.2023年10月,某公司发布全液冷超级充电桩,可实现“一秒一公里”充电速度,在该领域上遥遥领先.若该充电桩工作电压为1000 V,最大输出功率为600 kW,现给某新能源汽车上的超级电容进行充电,则在充电过程中 (　　)
A.最大电流为600 A
B.电容器电容逐渐增大
C.电容器两极板间的电压逐渐变小
D.充电电流一直保持不变
10.中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置近日正式启动,静电分析器是其重要组成部分.静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场,该静电场中任意一点电场方向均沿半径方向指向圆心,大小均满足E=(k为与装置有关的常数,r为该点到圆心O的距离).某次实验中H、H粒子由入射口P进入静电分析器,分别沿轨迹Ⅰ、Ⅱ仅在电场力作用下做圆心为O的匀速圆周运动,最后从Q射出,则两粒子运动时具有相同的(　　)
A.速率
B.角速度
C.动量
D.动能
11.一带正电的点电荷和两个带负电的点电荷附近的电场线分布如图所示.三个点电荷所带电荷量均相等且均被固定,M是两负点电荷连线的中点,M、N两点及正点电荷在同一水平线上且M、N两点到正点电荷的距离相等.下列说法正确的是 (　　)
A.E点的电势比F点的高
B.同一正点电荷在M点的电势能比在N点的小
C.同一点电荷在M点受到的电场力比在N点的小
D.若撤去正点电荷,在N点由静止释放一带正电的检验电荷,则检验电荷在从N点运动到M点的过程中做加速运动,且加速度一定减小
12.[2024·金华模拟] 为保证自行车夜间骑行安全,在自行车上安装了尾灯,其电源为固定在后轮的交流发电机,后轮的转动通过摩擦小轮带动发电机转子(线圈)的转动,摩擦小轮与后轮之间不打滑.交流发电机的原理图如图所示,线圈在车轮的带动下绕OO'轴转动,通过滑环和电刷保持与尾灯连接,两磁极之间的磁场可看成匀强磁场.下列说法正确的是(　　)
A.线圈在图示位置时,通过灯泡的电流最大
B.自行车骑行速度越大,尾灯越亮
C.通过尾灯的电流是直流电
D.摩擦小轮与后轮转动的角速度相等
13.游乐场里小明坐在一辆小车里,车前方有一静止排球,排球前面6 m处有一面墙.小华用力推了一下小车后,小车以2 m/s的速度撞向排球.排球被撞后向前运动,被墙壁反弹后再次与小车正面相撞.忽略小车、排球与地面的摩擦,碰撞均视为弹性碰撞,与小车两次碰撞期间,排球运动的路程约为 (　　)
A.7 m B.8 m C.9 m D.10 m
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.杜甫在《曲江》中写到:穿花蛱蝶深深见,点水蜻蜓款款飞.平静水面上的S处,“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播(可视为简谐波),A、B、C三点与S在同一条直线上.图示时刻,A在波谷与水平面的高度差为H,B、C在不同的波峰上.已知波速为v,A、B在水平方向的a,则(　　)
A.A点振动频率为
B.到达第一个波峰的时刻,C比A滞后
C.从图示时刻起,经过时间,B、C之间的距离增大
D.从图示时刻开始计时,A点的振动方程是y=Hsin
15.[2024·宁波模拟] 一个柱状玻璃砖的横截面如图所示,它可视为由半径为R的四分之一圆弧OPQ与直角三角形OPM组成,∠OPM=90°,∠OMP=60°.现有一束单色光从OM边上的S点以入射角为i=45°射入玻璃砖,折射光线恰好与OP垂直,接着经圆弧面PQ反射后从N点垂直边界OQ射出.已知光在真空中的速率为c,则 (　　)
A.该单色光在玻璃砖中的折射率为
B.ON=R
C.OS=R
D.该单色光在玻璃砖中的传播时间为
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)小华利用如图甲所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系.先将木板左端垫高,以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力.然后小车右端用细绳跨过定滑轮和一个钩码相连,钩码下落,带动小车运动.
①补偿阻力时,小车左端　　　　(选填“需要”或“不需要”)和纸带相连.
②实验得到的纸带和相关数据如图乙所示,图中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s.以打出A点时小车位置为初始位置,得到位移AB、AC、AD、AE、AF平均速度如表所示:
请根据表中数据,在图丙上补全实验点,作出-Δt图线.
位移区间 AB AC AD AE AF
Δt/s 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
/(cm·s-1) 66.0 73.0 80.0 87.3 94.6
③从实验结果可知,小车运动的-Δt图线可视为一条直线,从图线可得到打出A点时小车速度大小vA=　　　 cm/s.
④设-Δt图线的斜率为k,可得到小车的加速度大小a=　　　　.
⑤小明认为若再增加一个钩码,不改变其他条件,重新实验作出的-Δt图线的斜率为2k.请判断该观点是否正确,并简要说明理由.

(2)某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系,在实验室中找到了以下器材:
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.开关、导线若干
D.交流电压表
E.直流电源
F.低压交流电源
①在本实验中,上述器材不需要的是　　　　(填器材序号字母);
②该小组同学按如图甲所示安装好变压器,将原线圈用开关和导线接到低压交流电源上,并将两个交流电压表连接到原、副线圈两端.先保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”);然后再保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压变化;
③实验如图乙所示.通过改变原、副线圈的匝数,得到原、副线圈电压与匝数的数据关系如表所示,由表可得出结论:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.
物理量 一组数据 二组数据 三组数据
原线圈匝数n1 100 100 100
副线圈匝数n2 200 800 1400
副原线圈匝数比 2 8 14
原线圈输入电压U1/V 10.5 10.5 10.5
副线圈输出电压U2/V 21.7 89.0 160
副原线圈电压比 2.06 8.48 15.24
与的比值 1.03 1.06 1.09
Ⅱ.(7分)某同学在实验室测量一根导电绳的电阻率,如图甲所示,金属夹A与导电绳一端连接,移动金属夹B改变导电绳接入电路的长度,电路如图乙所示.
(1)实验中需要用螺旋测微器测量导电绳的直径,某次测量示数如图丙所示,则导电绳的直径D=　　　　mm.
(2)实验中先闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器R,使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置,记录两表的示数U0和I0.然后断开开关S2,将滑动变阻器R的滑片向　　　　移动(填“左”或“右”),可以使电压表的示数仍为U0,记下此时电流表的示数I,则此时导电绳的电阻Rx=　　　　(用U0、I0和I表示).并记录此时金属夹A、B间的距离L.
(3)多次移动金属夹B的位置,重复上面的实验,利用获得的多组数据绘制的-L图像如图丁所示,其倾斜直线的斜率为k,则导电绳的电阻率ρ=　　　　(用U0、k和D表示).
(4)若考虑电流表的内阻,用(3)中方法所测得导电绳的电阻率　　　　(选填“偏大”“不变”或“偏小”).
17.(8分)[2024·嘉兴模拟] 如图所示为某品牌自动洗衣机的控水装置,洗衣缸的底部与控水装置的竖直均匀细管连通,细管的上端封闭并接有一压力传感器.当洗衣缸进水时,细管中的空气被水封闭,随着洗衣缸中水面的升高,细管中的空气被压缩,当细管中空气压强达到一定数值时,压力传感器使进水阀关闭,实现自动控水的目的.图甲、图乙分别为洗衣缸进水前、后的示意图.假设刚进水时细管被封闭的空气柱长度L0=52 cm,当空气柱被压缩到L1=50 cm时压力传感器使洗衣机停止进水.假设细管内的空气可视为理想气体,洗衣机进水过程中,控水装置内的温度始终保持不变.已知大气压强为p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ水=1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2.则:
(1)洗衣缸进水过程中细管内空气分子的平均动能　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”),细管内空气需要　　　　(选填“吸热”“放热”或“绝热”);
(2)求进水结束后洗衣缸内水位高度h.
18.(11分)[2024·杭州二中模拟] 某固定装置的竖直截面如图甲所示,由长度为l=1.0 m的水平传送带和两段光滑圆管轨道组成,两段圆管轨道所对应的圆心角均为θ=160°,A、B间高度差hAB=0.4 m,B、C间高度差hBC=0.8 m,右侧带有竖直挡板的滑块b放置在光滑的水平面上,传送带和滑块b与轨道端口均为平滑连接,传送带启动后运行的v-t图像如图乙所示,传送带启动0.5 s后把小物块a从传送带左侧静止释放,小物块a和滑块b的质量均为m=0.4 kg,a与传送带和滑块b之间的动摩擦因数均为μ=0.25,若空气阻力、小物块a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计,物块a进出管道时无能量损失,物块a和滑块b发生的碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=,试求:
(1)小物块a在传送带上运动的时间t;
(2)小物块a进入BC管道时对管道的作用力大小;
(3)滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块.
19.(11分)[2024·绍兴模拟] 如图甲所示为永磁式径向电磁阻尼器,由永磁体、定子、驱动轴和转子组成,永磁体安装在转子上,驱动轴驱动转子转动,定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流,从而产生制动力.如图乙所示,单个永磁体的质量为m,长为L1、宽为L2(宽度相对于所在处的圆周长度小得多,可近似为一段小圆弧)、厚度很小可忽略不计,永磁体的间距为L2,永磁体在转子圆周上均匀分布,相邻磁体磁极安装方向相反,靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场,方向垂直表面向上或向下,磁感应强度大小为B,相邻磁体间的磁场互不影响.定子的圆周上固定着多组金属线圈,每组线圈由两个矩形线圈组成,连接方式如图乙所示,每个矩形线圈的匝数为N,电阻为R,长为L1,宽为L2,线圈的间距为L2.转子半径为r,转轴及转子质量不计,定子和转子之间的缝隙忽略不计.
(1)求电磁阻尼器中线圈的组数n1和永磁体的个数n2;
(2)当转子角速度为ω时,求流过每组线圈电流I的大小:
(3)若转子的初始角速度为ω0,求转子转过的最大角度θm;
(4)若在外力作用下转子加速,转子角速度ω随转过的角度θ变化的图像如图丙所示,求转过θ1过程中外力做的功W外.
20.(11分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.如图所示,在真空的坐标系中,第一象限和第四象限存在着垂直纸面向内的匀强磁场,第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域,交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里匀强磁场,调节电场和磁场大小,可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向.现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放,粒子恰好以速度大小v从y轴上的Q点进入第一象限,经过x轴上的M点时速度方向刚好沿x轴正向.已知Q点坐标为(0,L),M点坐标为(3L,0),不计粒子重力及运动时的电磁辐射,不考虑粒子再次进入第二象限的运动情况.
(1)求第一、四象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2)求第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0;
(3)若粒子到达M点时立即在第一、四象限内加竖直向下的匀强电场,使粒子经过N点时速度方向沿x轴正向,已知N点坐标为(6L-,0),求所加匀强电场的大小.
参考答案与解析
1.A　[解析] 铯-133原子能级跃迁所对应的辐射周期即跃迁时所用的时间,而在7个国际基本单位中,表示时间的基本单位是秒,用符号s表示,故选A.
2.D　[解析] 由图可知越野车做曲线运动,则越野车所受的合外力和加速度一定不为0,由于合外力指向轨迹凹侧,则越野车做变速曲线运动,故选D.
3.D　[解析] 43秒39描述的是4×100 m接力决赛中位于第8道的中国队运动员所经历的实际时间,表示时间间隔,故A错误;位移是指初位置到末位置的一条有向线段,线段的长度表示位移大小,箭头指向表示位移方向,根据图示可知,图示运动员的初末位置不相同,表示位移的有向线段的长度与方向均不相同,即每位运动员位移的大小不一定都为100 m,故B错误;根据图中所示可知,表示第8道中国队运动员的位移的有向线段的长度大于表示第3道运动员的位移的有向线段的长度,即中国队运动员的总位移比位于第3道运动员的大,故D正确;平均速率等于总路程与总时间的比值,中国队运动员的平均速率为= m/s≈9.2 m/s,平均速度等于总位移与总时间的比值,中国队运动员做的是曲线运动,平均速度小于平均速率,可知中国队运动员的平均速度小于9.2 m/s,故C错误.
4.B　[解析] 设弹簧原长为L0,物块质量为m,弹簧竖直悬挂物块,物块保持静止时,有k(2L0-L0)=mg,用外力向右拉着物块,达到平衡时,物块受重力,弹簧拉力FT和外力F,作出物块受力的矢量三角形,如图所示,当外力的方向与弹簧轴线垂直时,外力最小,此时弹簧上的弹力大小为FT=mgcos 60°,根据胡克定律有FT=k(x-L0),外力最小时弹簧的长度为x=1.5L0,故选B.
5.D　[解析] 根据运动学公式可得v2-=-2ah,解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=1.05×105 N,故选D.
6.C　[解析] 根据公式E=hν、c=λν、λ=,所以ν=,E=,p=,故选C.
7.A　[解析] 根据G=m,可得地球的质量M=,故A正确,B错误;地球的体积为V=πR3,可得地球密度为ρ=,故C、D错误.
8.D　[解析] 平抛运动只受重力作用,故不是平抛运动,故A错误;空气阻力忽略不计,米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动,由h=gt2可知,运动时间相同,在恒定水平风力作用下F=ma,x=at2,米粒和糠落到地面不同位置,则加速度不同,所以质量不同,故B错误;空气阻力忽略不计,米粒和糠在竖直方向都做自由落体运动,由v2=2gh可知,落地时竖直方向的速度相同,故C错误;根据P=mgv,由于米粒质量大,落地时,米粒重力的瞬时功率大于糠重力的瞬时功率,故D正确.
9.A　[解析] 最大电流为Im==600 A,A正确;电容器电容由自身决定,与带电荷量无关,充电过程电容器电容不变,B错误;充电过程电容器电容不变,而带电荷量增加,根据C=可知,电容器两极板间的电压逐渐增大,C错误;充电刚开始时,由于电源电极与电容器极板间存在较大的电势差,此时电流较大,随着电容器两极板间的电压逐渐增大,电势差减小,电流减小,D错误.
10.D　[解析] 由电场力提供向心力可得qE=m可得,粒子运动时的动能为Ek=mv2=,其中E=,则Er=k,化简可得Ek=,且HH粒子的电荷量q相等,质量m不相等,故两粒子运动时具有相同的动能,根据v==,ω=,p=,可知两粒子运动时的速率、角速度、动量都不相同,故选D.
11.B　[解析] 电场线从正点电荷到负点电荷,沿着电场线方向电势降低,所以F点的电势比E点的高,故A错误;正点电荷在M、N两点的电势相等,M、N两点在等量负点电荷的连线的中垂线上,有φN>φM,又Ep=qφ,则带正电的检验电荷在N点的电势能更大,故B正确;两负点电荷在M点的合电场强度为零,M点只有正点电荷产生的电场,在N点正点电荷产生的电场的电场强度水平向右,两个负点电荷产生的合电场强度水平向左,且该合电场强度小于正点电荷在M点产生的电场的电场强度,所以M点的电场强度比N点的大,同一点电荷在M点受到的电场力比在N点的大,故C错误;若N点离负点电荷很远,则带正电的检验电荷在从N点运动到M点的过程中做加速运动,但加速度先增大后减小,故D错误.
12.B　[解析] 线圈在图中为中性面位置,通过灯泡的电流最小,故A错误;骑行速度越大,摩擦小轮角速度越大,交流发电装置电动势有效值越大,灯泡越亮,故B正确;该装置是交流电发电模型,因此通过尾灯的电流是交流电,故C错误;自行车后轮与摩擦小轮线速度相同,角速度与半径成反比,故D错误.
13.B　[解析] 设小车的质量为m1,排球的质量为m2,小车与排球第一次碰撞后的速度为v1、v2,弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒,有m1v0=m1v1+m2v2、m1=m1+m2,解得v1=,v2=,排球以v2的速度向左做匀速直线运动,再撞墙原速率反弹,与排球相遇,发生第二次迎碰,有v2t+v1t=2d,而排球运动的路程为s=v2t==,结合实际情况有m2 m1,则趋近于0,故路程s趋近于8 m,则排球运动的路程约为8 m,故选B.
14.AD　[解析] 由图可知波长为2a,则A点振动频率为f=,故A正确;由图可知SA=1.5λ,SC=3λ,则到达第一个波峰的时刻,C比A滞后t=1.5T=,故B错误;B、C只能沿竖直方向振动,距离不变,故C错误;质点的振动圆频率为ω==,从图示时刻开始计时,A点的振动方程是y=Hsin ,故D正确.
15.AC　[解析] 从N点将光线反向延长交圆弧于E点,连接S、E,得到玻璃砖内的光路如图所示,折射光线与OQ平行,由几何关系可知折射角为r=30°,则折射率为n==,故A正确;因OP、NE都垂直OQ,所以OP∥NE,则有α=θ,α=β,θ+β=90°,可得α=β=45°,则有ON=Rsin 45°=R,OS==R,故B错误,C正确;该单色光在玻璃砖材料中的传播距离为x=2Rsin 45°+OSsin 30°=R,所以该单色光在玻璃砖材料中的传播时间为t===,故D错误.
16.Ⅰ.(1)①需要　②如图所示　③59　④2k　⑤不正确.因为再增加一个钩码后,小车的加速度小于原来的2倍,即斜率小于2k　(2) ①BE　②减小　③原、副线圈匝数比在误差范围内与原、副线圈电压比相等;由于变压器工作时有能量损失,实验测得的原、副线圈的电压比大于原、副线圈的匝数比
[解析] (1)①补偿阻力时,不仅补偿木板和小车之间的阻力,还需补偿纸带与打点计时器之间的阻力,小车左端需要和纸带相连.
②利用表格中的数据作出-Δt图线,如图所示.
③由-Δt图线知,纵轴的截距为A点的速度,vA=59 cm·s-1.
④小车做匀变速直线运动,有x=v0t+at2,变形可得=v0+at,故小车在t=0时,即打出A点时小车的速度大小vA=b,小车的加速度大小a满足a=k,即a=2k.
⑤如果不满足钩码质量m'远小于小车质量M,则钩码质量不能忽略,则有m'g=a',变形得a'=,所以当不满足钩码质量远小于小车质量时,加速度变小,因为再增加一个钩码后,小车的加速度小于原来的2倍,即斜率小于2k,故不正确.
(2) ①实验中若用直流电源,变压器不能互感变压,必须要有低压交流电源提供交流电,也不需要条形磁铁,故选BE.
②根据=,先保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压减小.
③由表1可得出结论:原、副线圈匝数比在误差范围内与原、副线圈电压比相等;由于变压器工作时有能量损失,实验测得的原、副线圈的电压比大于原、副线圈的匝数比.
Ⅱ.(1)1.416(1.415~1.417均可)　(2)右　-　(3)　(4)不变
[解析] (1)螺旋测微器的精度为0.01 mm,转动刻度估读到0.1格,则导电绳的直径为D=1 mm+41.6×0.01 mm=1.416 mm.
(2)闭合开关S1、S2,待测电阻被短路,两表的示数U0和I0,测量的是定值电阻R0的电压和电流,断开开关S2时,待测电阻接入电路,使得总电阻变大,总电流变小,电源内阻和滑动变阻器的电压变小,则电压表的示数变大,若要使电压表的示数仍为U0,则需要滑动变阻器所占电压变大,故其阻值要调大,即滑片向右滑动;根据欧姆定律可得=R0、=R0+Rx,联立解得Rx=-.
(3)根据电阻定律可知Rx===,联立各式整理可得=L+,故-L图像为一次函数,其斜率为k=,解得电阻率为ρ=.
(4)若考虑电流表的内阻,则=R0+RA、=R0+RA+Rx,整理所得一次函数的图线的斜率不变,则电阻率的测量值不变.
17.(1)不变　放热　(2)0.42 m
[解析] (1)进水时水位上升,细管内空气的体积减小,外界对气体做功,而温度不变,气体的内能不变,根据热力学第一定律ΔU=Q+W (1分)
外界对气体做功,W>0,气体内能不变,ΔU=0 (1分)
由此可知Q<0,即细管内气体向外放出热量,而温度是气体分子平均动能的量度,温度越高气体分子平均动能越大,温度不变则气体分子平均动能不变 (1分)
(2)对于封闭在细管中的空气,温度不变,设细管中的横截面积为S,则由波意耳定律有p0L0S=p1L1S (1分)
代入数据解得p1=1.04×105 Pa(1分)
设洗衣机内水位与细管中的水面高度差为Δh,则细管中气体的压强为p1=ρgΔh+p0 (1分)
则洗衣机的水位h=Δh+(L0-L1) (1分)
解得h=0.42 m(1分)
18.(1) s　(2)4 N　(3)1.25 m
[解析] (1)对传送带,0~1 s内的加速度a1=1.0 m/s2 (1分)
v0=a1t0=0.5 m/s
对a物块,匀加速的加速度a2=μg=2.5 m/s2
当a物块与传送带同速时,a2t1=v0+a1t1
得t1= s(1分)
此时共速v1=a2t1= m/s
物块a位移x1=a2= m(1分)
a物块与传送带一起匀加速至1 m/s,有t2== s(1分)
所以x2=t2=t2= m
a物块匀速运动的位移x3=l-x1-x2= m
匀速运动时间t3== s
则运动时间t=t1+t2+t3= s(1分)
(2)A到B,由动能定理得mghAB=m-mv2 (1分)
BC管道的半径RB==0.5 m
对B处,有FN+mgsin 53°= (1分)
得FN=4 N
由牛顿第三定律可知,对管道作用力为4 N. (1分)
(3)A到C,由动能定理得mg(hAB+hBC)=m-mv2 (1分)
得vC=5 m/s
当a与b右侧挡板碰撞一次后刚好滑到b最左端与b共速,此时b的长度是满足题意的最短长度,由能量守恒定律和动量守恒定律有m=m+μmg·2L
mvC=2mv共 (1分)
联立得L=1.25 m(1分)
19.(1)　　(2)　(3)　(4)+
[解析] (1)依题意可知n1== (1分)
n2== (1分)
(2)根据法拉第电磁感应定律有E=2NBL1ωr (1分)
根据欧姆定律有I== (1分)
(3)根据安培力公式可知
F=2NBIL1=
规定安培力的方向为正方向,根据动量定理可知
(1分)
结合θ=ωt可知
θm= (1分)
(4)一组磁铁在转过Δθ过程中克服安培力做功
ΔW=FrΔθ=Δθ (1分)
根据图像的面积可知一组磁铁转过θ1过程中克服安培力做功
W= (1分)
所有磁铁转过θ1过程中克服安培力做功
W总=W= (1分)
所有磁铁转过θ1过程中动能的增加量
ΔEk=n2m(rω1)2=×m(rω1)2= (1分)
转过θ1过程中外力做的功
W外=W总+ΔEk=+ (1分)
20.(1)　(2)　　(3)见解析
[解析] (1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可得
r2=(3L)2+(r-L)2
解得r=5L (1分)
由qvB=m
解得B= (1分)
(2)粒子从P到Q,电场力做正功,洛仑兹力不做功,由动能定理得
3E0qd=mv2 (1分)
解得E0= (1分)
设粒子速度与y轴负方向的夹角为θ,如图所示
由几何关系可得θ=53°(1分)
粒子在经过磁场时的水平方向上,由动量定理有B0qvyt=mΔvx (1分)
即B0q×3d=mvsin 53°
解得B0= (1分)
(3)①若带电粒子沿直线运动,设所加电场强度的大小为E1,则
E1q=Bqv (1分)
解得E1= (1分)
②若带电粒子沿滚轮线运动,设所加电场强度的大小为E2,则
3L=×n× (1分)
解得E2= (1分)