2025浙江高考物理仿真模拟卷(七) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模拟卷(七)
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.下列属于国际单位制中导出单位符号的是 (　　)
A.kg B.m C.A D.C
2.第19届亚运会在杭州市举行,中国队共收获了201枚金牌、111枚银牌、71枚铜牌.下列项目比赛过程中,可将运动员视为质点的是 (　　)
甲
乙
丙
丁
图甲中,研究跳水运动员的入水动作
B.图乙中,研究击剑运动员的有效击打位置
C.图丙中,研究花样运动员游泳时的技术动作
D.图丁中,记录速度轮滑1000 m争先赛的运动员成绩
3.在物理学发展过程中,有许多科学家或发现了重要的实验现象,或完成了精巧的实验设计,或提出了伟大的理论假设,下列说法正确的是 (　　)
A.奥斯特提出了分子电流假说,解释了各类磁现象的电本质
B.法拉第提出了“力线”的概念,并成功测出了元电荷的数值
C.为解释黑体辐射的相关规律,普朗克提出能量量子化概念
D.麦克斯韦提出了电磁波理论,并用实验证实电磁波的存在
4.如图所示,某同学正在进行投篮训练.已知篮球出手点到地面的距离为h=1.6 m,篮筐到地面的距离为H=3 m,出手点到篮筐的水平距离为L=4.8 m.若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53°,且能直接进入篮筐,则出手时篮球的速度大小约为(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) (　　)
A.5.0 m/s
B.6.0 m/s
C.8.0 m/s
D.9.0 m/s
5.[2024·湖南长沙模拟] 在某个点电荷所产生电场中画一个圆,如图所示,O为圆心,圆周上的A、C两点的电场强度方向与圆相切,B是AC右侧圆弧的中点,下列说法正确的是 (　　)
A.A点的场强小于B点的场强
B.O点的电势低于B点的电势
C.电子沿圆弧ABC运动,电场力先做正功后做负功
D.电子沿半径从A到O,电势能变大
6.“天和核心舱”是中国第一个空间站核心舱,其运动的圆轨道离地高度约为400 km,周期约为93 min.已知地球半径为6370 km,引力常量为G=6.67×10-11 N·m2/kg2.根据这些数据,下列可以大致确定的是 (　　)
A.核心舱所在的轨道平面
B.核心舱的质量
C.地球的平均密度
D.地球的公转线速度
7.我国自主研制的C919 飞机机长38.9米、翼展35.8米,北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10-5 T,水平分量约为3.0×10-5 T.该飞机在北京郊区水平试飞速度为声速(约 340 m/s)的.有关C919飞机的说法正确的是 (　　)
A.C919飞机往北飞的时候,西面机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.44伏
B.C919飞机往南飞的时候,西面机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.26伏
C.无论C919飞机往哪个方向飞,都是左边机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.26伏
D.无论C919飞机往哪个方向飞,都是右边机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.44伏
8.[2024·义乌中学模拟] 电位器是一种常见的电子元件,它通常由电阻体和可转动的电刷组成,如图所示.可以改变电位器上的连接点位置,从而改变电路中的电位差或电阻值,则当电位器的 (　　)
A.1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小
B.1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小
C.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压增大
D.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压减小
9.如图所示,带有一白点的黑色圆盘,绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动,角速度ω=40π rad/s.在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,则 (　　)
A.观察到白点顺时针转动
B.观察到的白点转动方向与闪光频率无关
C.白点转动周期为2π s
D.白点转动的角速度为2π rad/s
10.有一种简单测量声速的办法:如图所示,电子石英钟放在扩音机前,扩音机喇叭正对墙壁放出电子石英钟秒针走动时有节奏的“咔、咔”声(每相邻两个“咔”声相隔时间为T),让某同学站在墙壁和扩音机中间某位置,这位同学既能直接听到喇叭发出的声音,也能听到墙壁反射来的声音,只不过反射来的声音的音量更小一些,听到的声音节奏为“咔(强)——咔(弱)——咔(强)——咔(弱)……”当这位同学与墙的距离为L时(该同学与扩音机喇叭的距离大于2L),听到“咔(弱)”的时刻正好是两个“咔(强)”的中间时刻,则声速v的测量值为 (　　)
A.v= B.v=
C.v= D.v=
11.图甲为研究光电效应的实验装置,用不同频率的单色光照射阴极K,正确操作下,记录相应电表示数并绘制如图乙所示的Uc-ν图像,当频率为ν1时绘制了如图丙所示的I-U图像,图中所标数据均为已知量,则下列说法正确的是 (　　)
A.饱和电流与K、A之间的电压有关 B.测量遏止电压Uc时,滑片P应向b移动
C.阴极K的逸出功W0= D.普朗克常量h=
12.[2024·丽水模拟] 如图所示,半径为R的特殊圆柱形透光材料圆柱体部分高度为,顶部恰好是一半球体,底部中心有一光源S向顶部发射一束由a、b两种不同频率的光组成的复色光,当光线与竖直方向夹角θ变大时,出射点P的高度也随之降低,只考虑第一次折射,发现当P点高度h降低为R时恰好只剩下a光从顶部射出(光速为c),下列判断正确的是 (　　)
A.在此透光材料中a光的传播速度小于b光的传播速度
B.同一装置用a、b光做单缝衍射实验,b光的衍射现象更加明显
C.此透光材料对b光的折射率为
D.a光从P点射出时,a光经过SP路程所需的时间为R
13.质子与中子都是由三个夸克组成,其中质子由两个上夸克和一个下夸克组成,中子由两个下夸克和一个上夸克组成,形成过程中均可类比核聚变.β衰变时,核内的中子转化为一个质子和电子,质子质量约为1.672 6×10-27 kg,中子质量约为1.674 9×10-27 kg,电子质量约为9.109 6×10-31 kg,真空中光速c=3.00×108 m/s.下列说法正确的有 (　　)
A.中子转化的核反应方程式为nHe
B.强相互作用是引起衰变的原因
C.上、下夸克的质量差为2.3×10-30 kg
D.一次β衰变释放出的能量为1.3×10-14 J
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.下列说法中正确的是 (　　)
A.图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的衍射现象,若a光能使某金属发生光电效应,则采用b光照射也一定能发生光电效应
B.图乙是铀核裂变图,其核反应方程为UnBaKr+n,若该过程质量亏损为Δm,则铀核的结合能为Δmc2
C.图丙表示LC振荡电路充放电过程的某瞬间,根据电场线和磁感线的方向可知电路中电流正在减小
D.图丁中的P、Q是偏振片,当P固定不动缓慢转动Q时,光屏上的光亮度将会发生变化,此现象表明光波是横波
15.[2024·宁波模拟] 如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH=k,式中k为霍尔系数,与霍尔元件的材料有关,d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度,霍尔元件的电阻可以忽略不计,则 (　　)
A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高
B.若电源的正、负极对调,电压表指针偏转方向不变
C.通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成反比
D.电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比
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)某同学做“验证动量守恒定律”实验,实验装置如图甲所示,用天平称得入射小球A的质量为m1=16.8 g,被碰小球B的质量为m2=5.6 g,入射小球A与被碰小球B半径相同.
(1)实验中,直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的,但是可以通过仅测量　　　　(填选项前的字母),间接地解决这个问题
.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
D.小球的直径
(2)多次释放A球后,取各落点位置的平均值,测得各落点痕迹到O点的距离:OM=13.10 cm,OP=21.90 cm,ON=26.00 cm.若将小球的质量与水平位移的乘积作为“动量”,请将下面的表格填写完整.(结果保留三位有效数字)
OP/m OM/m ON/m 碰前总“动量”p/(kg·m) 碰后总“动量”p'/(kg·m)
0.219 0 0.131 0 0.260 0 3.68×10-3 　　　　　　
根据上面表格中的数据,你认为能得到的结论是　.
(3)实验中,关于入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是　　　　(填选项前的字母).
A.释放点越低,小球受阻力越小,入射小球速度越小,误差越小
B.释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越小,两球速度的测量越准确
C.释放点越高,两球相碰时,相互作用的内力越大,碰撞前后动量之差越小,误差越小
D.释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,轨道对被碰小球的阻力越小
(4)某实验小组在进行实验中,由于实验桌靠近竖直墙壁,导致小球飞出都撞击到竖直墙壁上,于是同学们把白纸固定在竖直墙壁上,再放上复印纸,并在白纸上标出小球放在槽口处球心的等高点O,然后重复前面的实验操作,如图乙所示,M、P、N分别为落点的痕迹,测得M、P、N分别与O之间的竖直距离h1、h2、h3,当满足关系式　　　时(用m1、m2和h1、h2、h3表示),即可证明入射小球A与被碰小球B碰撞过程中动量守恒.
Ⅱ.(7分)滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成.现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率.实验器材有:两节干电池(电动势为3 V,内阻为r),电流表(量程为0~0.6 A,内阻为0.8 Ω),电阻箱R(0~999.9 Ω),待测滑动变阻器(总匝数120匝,匝数清晰可数),开关及导线若干.
器材按图甲连接,将滑动变阻器滑片移至最右端,闭合开关,调节电阻箱至合适阻值并保持不变,移动待测滑动变阻器的滑片,多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I.作出-n图像,如图乙所示.
(1)用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图丙所示,电阻丝直径d=　　　　mm;
(2)某次测量时,电流表指针位置如图丁所示,读数I=　　　　A;
(3)已知待测变阻器螺线管的直径D=3.15 cm,则待测变阻器电阻丝电阻率为　　　　Ω·m(结果保留2位有效数字);
(4)若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为4.0 Ω,则两节干电池串联的总内阻r=　　　　 Ω(结果保留2位有效数字);
(5)实验中所用的电源因长时间使用,内阻增大,则测得的电阻率　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
Ⅲ.(2分)以下实验中,说法正确的是　　　　(填选项前字母).
A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,弹簧测力计不能与桌面接触
B.“观察电容器的充、放电现象”实验中, 电容放电时电流均匀减小
C.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面,产生的油膜将迅速变到最大,然后略有收缩再保持稳定
D.“用单摆测重力加速度”实验中,测量多次全振动的时间再求出周期,这样做的目的是减小测量周期的相对误差
17.(8分)学习了热学部分知识后,小智同学受到启发,设计了一个利用气体来测量液体温度的装置.该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成.圆柱形金属块质量为20 g,厚度为2 cm,与管壁紧密接触(不漏气),管内用金属块封闭有一定量的理想气体,管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动,以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度.上、下挡条间距离为40 cm,上端挡条距管下端距离为100 cm,管的横截面积为5 mm2,测温时把温度计竖直插入待测液体中.不考虑固体的热胀冷缩,不计一切摩擦阻力.外界大气压强恒为p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2.当管内气体的温度为27 ℃时金属块恰好对下方挡条无压力.
(1)测量温度时,管内气体和待测液体达到　　　　(选填“平衡态”或者“热平衡”),该温度计的刻度　　　　　(选填“均匀”或“不均匀”);
(2)求该温度计的测温范围;
(3)某次测温时示数由57 ℃上升到157 ℃,如果该过程气体内能改变量为0.4 J,求管内气体吸收的热量.
18.(11分)[2024·富阳中学模拟] 一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由倾角为θ=53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成.斜面CD高度h0=0.4 m,传送带EF与轨道FG离地面高度均为h,两者长度分别为l1=4 m、l2=1.5 m,OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径,半径R=0.8 m,圆弧PQ所对应的圆心角α=37°,轨道各处平滑连接.现将质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出,沿斜面从D点离开时速度大小为v0=5 m/s,恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带.当传送带以v=5 m/s的速度顺时针转动,滑块恰好能滑至P点.已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求高度h;
(2)求滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2;
(3)若传送带速度大小可调,要使滑块与挡板仅碰一次,且始终不脱离轨道,求传送带速度大小v的范围.
19.(11分)如图所示,一个半径为R的磁性转盘被均分为四块扇形区域,磁盘表面涂有磁性材料,在扇形区域表面产生垂直盘面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场或垂直盘面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场,磁盘以ω的角速度转动.靠近磁盘表面固定着一个L形的导体棒,导体棒的两直角边长为R,恰沿盘的半径方向.导体棒的两端用导线分别与两根竖直金属导轨连接,竖直导轨的下端通过两段光滑绝缘的圆弧与水平金属导轨相连,导轨的间距均为l.导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ,水平导轨光滑.质量为2m的导体棒ab在外力作用下靠在竖直导轨右侧并静止不动.水平导轨上靠近绝缘导轨处放置另一根质量为m的导体棒cd.竖直导轨与水平导轨所在的空间存在竖直向下的磁感应强度为B3的匀强磁场,已知B1=2B2=3B3=B(求解的最后结果都用B表示),三根导体棒接入电路中的电阻均为r,重力加速度为g.
(1)从图示时刻开始计时,求t=0时刻ab棒上的电流方向和棒两端的电势差;
(2)若t=时,撤去外力使ab棒从静止开始下落,在t=时刻ab棒恰好运动到竖直导轨底部,求t=时刻ab棒的速度v0;
(3)在(2)的条件下,若v0已知,求ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中,ab棒上产生的焦耳热.
20.(11分)[2024·温州模拟] 现代科技中经常用电场和磁场来控制带电粒子的运动,某种粒子收集装置如图所示,在第二象限中存在一水平向右的匀强电场,场强为E=,一曲线形放射源不停地沿y轴负方向以初速度为v0释放电荷量为+q、质量为m的粒子,已知放射源的两端点位置为(0,0)和(-0.5a,a),所有电荷均从原点进入第四象限,在第四象限中存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B=,运动过程中粒子的重力忽略不计.
(1)求放射源形状的曲线方程;
(2)求(0,0)和(-0.5a,a)点入射的粒子离开匀强磁场时的位置;
(3)求所有粒子在第四象限中扫过的面积;
(4)假设放射源连续发射粒子稳定后,粒子经过原点时按照角度均匀分布,在第四象限中放置一长度为的竖直收集板(粒子打到板上即被收集),一端紧靠x轴,将收集板置于x=b位置时,收集率是多少 将收集板置于x=位置时,收集率又是多少
参考答案与解析
1.D　[解析] 国际单位制共有七个基本物理单位.包括如下:热力学温度单位K(开尔文),长度单位m(米),质量单位kg(千克),时间单位s(秒),电流单位A(安),物质的量单位mol(摩尔),发光强度单位cd(坎德拉),则属于国际单位制中导出单位符号的是库仑(C),故选D.
2.D　[解析] 研究跳水运动员的入水动作,跳水运动员的形状、大小不能忽略,不能将跳水运动员看成质点,故A错误;研究击剑运动员的有效击打位置,击剑运动员的形状、大小不能忽略,不能将击剑运动员看成质点,故B错误;研究花样游泳运动员游泳时的技术动作,花样游泳运动员的形状、大小不能忽略,不能将花样游泳运动员看成质点,故C错误;记录速度轮滑1000 m争先赛的运动员成绩,运动员的形状、大小可以忽略,可以将运动员看成质点,故D正确.
3.C　[解析] 安培提出了分子电流假说,解释了各类磁现象的电本质,故A错误;法拉第提出了“力线”的概念,密立根通过油滴实验首先测出了元电荷的数值,故B错误;普朗克把能量子引入物理学,提出能量量子化概念,故C正确;麦克斯韦建立了电磁场理论,赫兹通过实验证实了电磁波的存在,故D错误.
4.C　[解析] 球抛出时,水平方向有v0cos 53°·t=L,竖直方向有H-h=v0sin 53°·t-gt2,联立解得v0=8 m/s,故选C.
5.D　[解析] 根据正点电荷的电场线由正电荷出发向外辐射的特点,作出电场线与等势面如图所示,正点电荷位于P点,A、C位于同一等势面上,根据E=k,由几何关系可知,A点比B点离点电荷更近,则A点的场强大于B点的场强,离正点电荷越近,电势越高,则O点的电势高于B点的电势,故A、B错误;电子沿圆弧ABC运动,电势先减小后增大,根据Ep=qφ,由于电子带负电,则电子的电势能先增大后减小,电场力先做负功后做正功,故C错误;由图中几何关系可知,A点比O点离点电荷更近,电子沿半径从A到O,电势降低,根据Ep=qφ,由于电子带负电,则电子电势能变大,故D正确.
6.C　[解析] 核心舱的轨道平面可以是极地轨道、赤道轨道或倾斜轨道,则核心舱所在的轨道平面无法通过题目的信息确定,故A不符合题意;核心舱作为环绕天体无法通过绕地球的匀速圆周运动而求出其质量,故B不符合题意;“天和核心舱”运动的圆轨道离地高度均为400 km、周期约为93min,已知地球半径为6370 km,可知核心舱绕地球做匀速圆周运动的轨道半径和周期,则由G=m(h+R)可知,地球的质量M=,地球的平均密度ρ===,故C符合题意;地球的公转与核心舱绕地球的公转无关,无法求出地球的公转线速度,故D不符合题意.
7.D　[解析] 北京地区地磁场的竖直分量竖直向下,当飞机在北半球水平飞行时,飞机切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知,机翼左端的电势比右端的电势高.无论C919飞机往哪个方向飞,都是右边机翼的电势较低.由法拉第电磁感应定律E=BLv,可得两翼尖间的电势差U=E=4.5×10-5×35.8×0.8×340 V≈0.44 V,故选D.
8.C　[解析] 由题图可知,1、2或者2、3连接点接入电路时,电刷转动,可以改变电位器连入电路中的电阻丝的长度,使接入电路中的电阻发生改变.1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻增大;1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,无法改变电位器接入电路中的阻值,电阻不变,故A、B错误.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端时,电位器相当于自耦变压器,1、3间的所有线圈连接输入端,电刷与1之间的线圈连接输出端,故顺时针转动电刷时,相当于输入端线圈匝数不变,输出端线圈匝数变大,由电压与匝数成正比可知,输出电压增大,故C正确,D错误.
9.D　[解析] 由题意可知黑色圆盘的转速n==20 r/s,每秒沿顺时针方向旋转20圈,即频率为f0=20 Hz,在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,即f'=21 Hz,则f010.B　[解析] 设扩音机与人相距x,则人听到第一声咔(强)的时刻为t1=,听到第二次咔(强)的时刻为t2=T+t1,听到第一次咔(弱)的时刻为t3=t1+,听到“咔(弱)”的时刻正好是两个“咔(强)”的中间时刻,即有t1+==t1+,因此有=,解得v=,故选B.
11.C　[解析] 饱和电流只与入射光的光强有关,与外加电压无关,故A错误;测量遏止电压Uc时,光电管应接反向电压,滑片P应向a移动,故B错误;根据光电效应方程Ek=hν-W0,结合动能定理eUc=Ek,整理得Uc=ν-,图像的斜率为k==,解得普朗克常量h=,故D错误;根据hν1-W0=eUc1,hν2-W0=eUc2,解得阴极K的逸出功W0=,故C正确.
12.C　[解析] 由题意可知,只剩下a光从顶部射出时,b光发生全反射,而a光没发生全反射,可知b光临界角比a光小,根据sin C=,可知b光的折射率比a光的大,根据v=,可知在此透光材料中a光的传播速度大于b光的传播速度,故A错误;b光的折射率比a光的大,b光的频率比a光的大,则b光的波长比a光的小,波长越长,越容易发生明显的衍射现象,则同一装置用a、b光做单缝衍射实验,a光的衍射现象更加明显,故B错误;只剩下a光从顶部射出时,如图所示,由题意可知PB=R,可得PA=R,则sin ∠POA==,解得∠POA=30°,即PS===R,在△OPS中,由正弦定理得=,b光发生全反射有sin C=sin ∠OPS=,此透光材料对b光的折射率为nb=,故C正确;a光从P点射出时,a光经过SP路程所需的时间为t===Rna,故D错误.
13.A　[解析] β衰变时,核内的中子转化为一个质子和电子,根据质量数和核电荷数守恒判断A正确;弱相互作用是引起原子核β衰变的原因,即引起中子—质子转变的原因,B错误;由题中“形成过程中均可类比核聚变”可知,不能简单地列1.672 6×10-27 kg=2m上+m下、1.6749×10-27 kg=m上+2m下计算上、下夸克的质量差,C错误;β衰变中的质量亏损Δm=1.674 9×10-27 kg-1.672 6×10-27 kg-9.109 6×10-31 kg≈1.39×10-30 kg,释放出的能量为ΔE=Δmc2=1.39×10-30×9×1016 J≈1.25×10-13 J,故D错误.
14.CD　[解析] 图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的干涉现象,不是衍射,由干涉图样可知,a光的波长比b光的大,故a光的频率比b光的小,若a光能使某金属发生光电效应,则采用b光照射也一定能发生光电效应,故A错误;在核反应的过程中,质量亏损为Δm,核反应的过程释放的能量为Δmc2,不是结合能,故B错误;图示磁场由安培定则可知,电路电流沿顺时针方向,由电容器极板间电场方向可知,电容器上极板带正电,则此时正处于充电过程,电路电流逐渐减小,故C正确;只有横波才能产生偏振现象,所以光的偏振现象表明光是一种横波,故D正确.
15.ABD　[解析] 由左手定则可知,电子受洛伦兹力方向指向后表面,则电子向后表面集聚,则霍尔元件前表面的电势比后表面的高,选项A正确;若电源的正、负极对调,通过霍尔元件的电流方向和磁场方向都反向,则电子受洛伦兹力方向不变,产生的霍尔电压方向不变,则电压表指针偏转方向不变,选项B正确;霍尔元件与电阻RL并联,总电流为I,根据并联电路的分流关系可知,通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成正比,选项C错误;电压表的示数等于霍尔电压UH=k,式中电流IH与线圈中电流I成正比,磁感应强度大小B与I成正比,则电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比,选项D正确.
16.Ⅰ.(1)C　(2)3.66×10-3　在实验误差允许范围内,可认为系统在碰撞前后动量守恒　(3)C　(4)=+
[解析] (1)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相同,它们在空中的运动时间相等,则小球的水平位移与小球的初速度成正比,因此可以用小球做平抛运动的水平位移代替其初速度,故选C.
(2)将小球的质量与水平位移的乘积作为“动量”,则碰后总“动量”为p'=m1OM+m2ON=(0.016 8×0.131 0+0.005 6×0.260 0) kg·m≈3.66×10-3 kg·m,由分析可知,碰撞前后动量近似相等,则在实验误差允许范围内,可认为系统在碰撞前后的动量守恒.
(3)释放点越低,入射小球速度越小,相撞时内力越小,小球受阻力不变,误差相对越大,故A错误;释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越大,两球速度的测量越不准确,故B错误;释放点越高,碰前入射速度越大,两球相碰时相互作用的内力越大,阻力的影响相对越小,碰撞前后动量之差越小,同时也有利于减小水平位移的测量误差,从而使实验误差减小,故C正确;释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,但轨道对被碰小球的阻力不变,故D错误.
(4)由题意可知,小球平抛运动的水平位移相同,且N点为未放B球时A球的落点,P点为放上B球后,A球碰后的落点,M点为B球碰后的落点,由平抛运动规律得x=vt,h=gt2,联立解得v=x,若碰撞过程中动量守恒,则应满足=+.
Ⅱ.(1)0.635(0.633~0.637均可)　(2)0.34　(3)5.3×10-7(5.0×10-7~5.5×10-7均可)　(4)1.2　(5)不变
[解析] (1)电阻丝直径为d=0.5 mm+13.5×0.01 mm=0.635 mm.
(2)电流表量程为0~0.6 A,分度值为0.02 A,则该电流表的读数为I=0.34 A.
(3)根据电阻定律得RP=ρ=ρ,由闭合电路欧姆定律E=I(RP+R+RA+r),化简可得=n+,由图可知,斜率k==,代入数据,联立可得待测变阻器电阻丝电阻率为ρ≈5.3×10-7 Ω·m.
(4)如图所示,根据=n+,纵截距为b==2.0 A-1,代入数据解得两节干电池串联的总内阻为r=1.2 Ω.
(5)根据=n+,可知实验中所用的电源因长时间使用,内阻增大,即r增大,影响纵截距,不影响斜率,故测得的电阻率不变.
Ⅲ.CD　[解析] “探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,弹簧测力计外壳不能与内部弹簧接触,可以与桌面接触,故A错误;“观察电容器的充、放电现象”实验中,电容放电时电流逐渐减小,但不是均匀减小,故B错误;“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面,产生的油膜将迅速变到最大,然后由于液体表面张力的作用,略有收缩再保持稳定,故C正确;“用单摆测重力加速度”实验中,测量多次全振动的时间再求出周期,这样做的目的是减小测量周期的相对误差,故D正确.
17.(1)热平衡　均匀　(2)27 ℃≤t≤217 ℃　(3)0.54 J
[解析] (1)测量温度时,管内气体和待测液体达到热平衡. (1分)
管内气体做等压变化,则=
可得T2=T1
故该温度计的刻度均匀. (1分)
(2)设管内气体最高温度为T2,管内气体做等压变化,则= (1分)
其中T1=273 K+27 K=300 K
l1=100 cm-40 cm=60 cm
l2=100 cm-2 cm=98 cm
解得T2=490 K=217 ℃
故温度计的测温范围27 ℃≤t≤217 ℃. (1分)
(3)管内气体做等压变化,则==
其中T3=273 K+57 K=330 K
T4=273 K+157 K=430 K
解得l3=66 cm,l4=86 cm(1分)
管内气体的压强为p=p0+=1.0×105 Pa+ Pa=1.4×105 Pa(1分)
该过程气体对外做功为W=pS(l4-l3)=1.4×105×5×10-6×(86-66)×10-2 J=0.14 J(1分)
根据热力学第一定律有ΔU=-W+Q
解得管内气体吸收的热量为Q=0.54 J(1分)
18.(1)1.2 m　(2)0.3　(3) m/s≤v≤ m/s
[解析] (1)滑块从D到E做斜抛运动,E点为最高点,分解v0
竖直方向有vy=v0sin θ=4 m/s
水平方向有vx=v0cos θ=3 m/s
竖直位移为y,则=2gy,解得y=0.8 m(1分)
所以h=y+h0=1.2 m(1分)
(2)滑块以vx=3 m/s滑上传送带,假设能被加速到v=5 m/s,则
x==1.6 m故滑块离开F点的速度vF=5 m/s(1分)
从F到P由动能定理得-mgR-μ2mgl2=0-m (1分)
解得μ2=0.3 (1分)
(3)设传送带速度为v1时,滑块恰能到Q点,在Q点满足mgsin α=m
解得vQ= m/s(1分)
从F到Q由动能定理得-μ2mgl2-mgR=m-m
解得v1= m/s(1分)
设传送带速度为v2时,滑块撞挡板后恰能重新返回到P点,由动能定理得
-3μ2mgl2-mgR=0-m
解得v2= m/s(1分)
若滑块被传送带一直加速,则μ1mgl1=m-m
可得vm=7 m/s(1分)
所以,传送带可调节的速度范围为 m/s≤v≤ m/s(1分)
19.(1)电流方向a→b　BωR2　(2)-　(3)m
[解析] (1)根据右手定则可判断电流方向为a→b (1分)
感应电动势E=B1ωR2+B2ωR2 (1分)
棒两端的电势差Uab=E=B1ωR2+B2ωR2=BωR2 (1分)
(2)以ab棒为研究对象,由动量定理可得2mgΔt-μFNΔt=2mv0 (1分)
又FN=B3Il,I= (2分)
解得v0=- (1分)
(3)ab棒与cd棒发生弹性碰撞,这两棒在光滑轨道上运动构成动量守恒系统,最终稳定到达共速,有2mv0=3mv共 (1分)
解得v共=v0 (1分)
ab棒上产生的焦耳热Q=ΔEk=×2m-×3m=m (2分)
20.(1)x=-y2(-0.5a≤x≤0)　(2)(2b,0)　(2b,0)　(3)b2　(4)0　17.8%
[解析] (1)假设从坐标(x,y)射出的粒子,需要满足y=v0t,-x=t2 (2分)
两者联立可得轨迹方程
x=-y2(-0.5a≤x≤0) (1分)
(2)设经过原点的粒子速度为v,与x轴夹角为θ,粒子在第四象限的轨迹半径为R,则qvB= (1分)
所以粒子打到x轴的位置到原点距离为x=2Rsin θ=2b (1分)
与θ无关,所有粒子均从(2b,0)点射出 (1分)
(3)(0,0)点入射的粒子在第四象限轨迹是半径为b的半圆,(-0.5a,a)入射的粒子轨迹是半径为b的四分之一圆周,所以第四象限中有粒子经过的区域面积为
S=+b2-=b2 (1分)
(4)收集板位于x=b时,粒子在x=b时到x轴的最小距离为(-1)b> (1分)
收集率η=0 (1分)
收集板位于x=时,与x轴夹角为θ的粒子恰好打到收集板下边缘,如图所示,根据勾股定理有+=
可解得θ=53°(1分)
即45°~53°范围内的粒子可以打到收集板,则收集率
η===17.8%(1分)