2025浙江高考物理仿真模拟卷(四) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模拟卷(四)
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·绍兴模拟] 下列物理量的单位中,用国际单位制的基本单位表示,正确的是 (　　)
A.劲度系数k的单位是kg·s-2 B.自感系数L的单位是Ω·s
C.电阻率ρ的单位是Ω·m D.普朗克常量h的单位是kg·m2·s-2
2.[2024·舟山模拟] 随着瑜伽的普及,人们开始逐渐喜欢并认可了这一健身运动.某瑜伽运动员以如图所示的姿势保持身体平衡在水平地面上,则下列说法正确的是 (　　)
A.运动员一定受到摩擦力
B.运动员受到的支持力和重力是一对平衡力
C.运动员所受支持力就是重力
D.运动员受到的支持力是由于手掌形变产生的
3.如图所示,蜘蛛网的主干纤维上分布着许多纤维凸起,可作为水蒸气凝结为水珠的凝结核,在朝阳下宛如珍珠项链.下列说法正确的有 (　　)
A.清晨的露珠格外明亮,这是阳光照射进小水珠后的折射现象
B.由于露珠受到重力作用,所以露珠呈现的是上小下大的近似球状的水滴,与表面张力无关
C.水珠悬挂在蜘蛛网上,说明水可以浸润蜘蛛丝
D.不同的水珠之间靠静电力相互吸引
4.如图所示,某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下,滑到水平雪道上C点时速度刚好为零,滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变.若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动,已知从A到C运动的路程为60 m,时间为40 s,则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为 (　　)
A.5 m/s B.3 m/s
C.4 m/s D.2 m/s
5.[2024·温州模拟] 将线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图甲所示连成电路.把电压传感器的两端连在电容器的两个极板上,先把开关置于电源一侧,为电容器充电;稍后再把开关置于线圈一侧,使电容器通过线圈放电.图乙是电脑显示器显示的电压波形,下列说法正确的是 (　　)
A.电压最大时,磁场能也最大
B.图乙中振幅逐渐减小的主要原因是电路产生热量
C.在t1~t2时间段电路中的电流逐渐增大
D.在t2~t3时间段电流方向为甲图中的逆时针方向
6.[2024·镇海中学模拟] 2021年7月和10月,SpaceX公司的星链卫星两次侵入中国天宫空间站轨道,为保证空间站内工作的三名航天员生命安全,中方不得不调整轨道高度,紧急避碰.2021年10月19日至23日,美国星链2305持续轨道变化,中国空间站于10月21日3点16分进行变轨规避风险.图示为10月20日至23日期间星链2305和中国空间站的轨道距离地面高度数据图.假设除变轨过程外,中国空间站在不同高度轨道上都是绕地球进行匀速圆周运动,则下列说法正确的是 (　　)
A.10月21日3点16分,发动机向前喷气使得中国空间站速度减小
B.中国空间站在10月22日运行的向心加速度小于其在10月20日运行的向心加速度
C.中国空间站在10月22日运行轨道的周期小于其在10月20日运行轨道的周期
D.中国空间站与地球的连线和星链2305与地球的连线在相同时间内扫过相同的面积
7.[2024·鲁迅中学模拟] 2023年7月19日,新华社援引中科院消息,国产电磁弹射微重力实验装置试运行取得圆满成功.现将测试过程适当简化:
如图所示,质量为m的实验舱于电磁作用区由静止开始在向上的电磁力的驱动下沿竖直轨道上升h1=16 m,随即失去电磁力进入抛射阶段,返回电磁作用区时在电磁力的作用下又下降了h2=14 m,速度减小到零,整个测试过程获得了4 s的完全失重环境.设实验舱在电磁力的作用下做匀变速运动,实验舱始终未离开轨道,空气及摩擦阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,下列判断中正确的是(　　)
A.实验舱沿轨道向上运动阶段处于超重状态,而沿轨道向下运动阶段处于失重状态
B.实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为40 m/s
C.本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值约为2.25mg
D.本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值约为2.43mg
8.一小球先后三次以相等的速率从地面同一点抛出,速度与地面的夹角分别为30°、45°和60°,不计空气阻力,则小球在空中的轨迹关系可能正确的是 (　　)
A
B
C
D
9.家用燃气灶都安装电子点火器,点火器的放电电极是钉尖形,接通电子线路时在电极与金属灶器之间产生高电压,通过高压放电产生电火花来点燃气体,如图所示.若点火器放电电极接电源负极,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.图中的虚线可能表示电场线
B.a点的场强大于b点的场强
C.a的电势比b点的电势高
D.被吸向放电极的带电尘埃在b点具有的电势能大于在a点的具有的电势能
10.[2024·湖南长沙模拟] 昏暗路段一般会安装反光道钉用于指引道路,其内部由多个反光单元组成.如图所示,当来车的一束灯光以某一角度射向反光单元时,其中一条单色光在P、Q处先后发生两次反射,则 (　　)
A.不同颜色的光在反光单元中传播光路相同
B.反光单元材料的折射率大小不影响反光效果
C.从反光单元反射的出射光线与入射光线方向平行
D.若光线在P点发生全反射,则在Q点不一定发生全反射
11.在x轴上x1=0和x2=14 m处各有一个波源在t=0时刻开始振动,形成的波分别沿x轴正方向和负方向传播.t=0.4 s时形成如图所示的波形,其余数据图中已标出,下列说法正确的是 (　　)
A.这两列波的波速大小均为0.1 m/s
B.当两列波都传播到x=7 m处的质点后,x=7 m处质点的振幅为5 cm
C.从t=0到t=1.2 s,x=6 m处的质点振动的路程为24 cm
D.t=1.2 s时,x=6 m处质点的位移大小为5 cm
12.1834年,洛埃利用单面镜同样得到了杨氏双缝干涉实验的结果,利用的基本装置如图所示,单缝光源S与平面镜M平行.某次实验,S发射波长为λ1的单色光a,光屏上形成干涉条纹,虚线OO'上方的第二条亮条纹出现在N处;若S发射波长为λ2的单色光b,光屏上N处出现第三条亮条纹.已知单缝光源S与镜面所在直线间的距离为h,与光屏间的距离为l,不考虑半波损失,下列说法正确的是 (　　)
A.单色光波长为λ时光屏上干涉条纹间距为Δx=λ
B.两单色光的光子动量之比p1∶p2=3∶2
C.若将平面镜M右移一小段距离,光屏上的条纹间距变小
D.若撤去平面镜M,光屏上仍然能出现明暗相间的条纹
13.[2024·杭州模拟] 如图所示,倾角为θ=37°的斜面体固定在水平面上,两个可视为质点的滑块甲、乙质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg,两滑块间有一压缩的轻质弹簧且处于锁定状态,滑块甲与轻弹簧不拴接,将两滑块放在斜面上,两滑块与斜面体之间的动摩擦因数均为μ=0.75.某时刻给两滑块一沿斜面体向下的初速度v0=4 m/s,同时解除弹簧的锁定,经过一段时间,甲与轻弹簧分离,此时滑块乙的速度大小为v2=6 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是 (　　)
A.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒、动量守恒
B.甲与轻弹簧分离后静止在斜面体上
C.轻弹簧原来储存的弹性势能为1.8 J
D.甲与轻弹簧分离后,乙向下做加速运动
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·宁波模拟] 钚(Pu)静止时衰变为激发态U和α粒子,激发态铀核U立即衰变为稳态铀核U,并放出能量为Eγ的γ光子.已知钚Pu、稳态轴核U和α粒子的质量分别记为mPu、mU和mα,衰变放出光子的动量可忽略且该过程释放的核能除去γ光子的能量Eγ外全部转化为U和α粒子的动能.在匀强磁场中衰变产生的U和α粒子,两者速度方向均与磁场垂直,做匀速圆周运动,则下列说法正确的是 (　　)
A.　U和α粒子在磁场中匀速圆周运动轨迹为外切圆
B.　U的比结合能大于Pu的比结合能
C.　U的动能为Eku=(mPu-mU-mα)c2-Eγ
D.　α粒子的动能为Ekα=
15.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=10∶1,原线圈输入正弦式交流电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R0=10 Ω,所有电表均为理想交流电表.下列说法正确的是 (　　)
A.t=0时刻,电流表A2的示数为零
B.1 s内电流方向改变100次
C.滑片P向下移动过程中,电流表A2的示数增大,电流表A1的示数变大
D.当滑动变阻器接入电路的阻值为R=10 Ω时,滑动变阻器的功率最大且为12.1 W
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)某实验小组利用手机内置的加速度传感器探究碰撞中的动量是否守恒,主要实验步骤如下:
A.将两手机A、B放入防撞包内,然后用等长的轻细绳分别悬挂在同一高度处的O、O'点,静止时A、B刚好接触,如图甲所示;
B.将手机A拉高至某一位置,然后由静止释放,手机A摆动到最低点时与手机B发生碰撞,如图乙所示;
C.利用电脑软件远程控制手机并记录两手机水平方向的加速度随时间变化图像,如图丙(a)、丙(b)所示;
D.将图像进一步处理,如图丁所示,根据图像数据进行分析,从而验证手机碰撞过程中是否满足动量守恒.
甲
　　　
乙　
　　　
丙
丁
分析实验,回答以下问题:
①为达到实验目的,本实验还必须测量的物理量有　　　　(填选项前的字母).
A.手机A、B的质量
B.细绳的绳长
C.手机A拉高的高度
②软件中设置加速度水平向左为正,图丙　　　　(选填“(a)”或“(b)”)图为A手机的a-t图像;
③若测得手机A的质量为0.23 kg,手机B的质量为0.25 kg,根据图丁所示数据可知,碰撞过程中手机A的动量变化量大小为　　　　,手机B的动量变化量大小为　　　　,由实验结果可知两手机在碰撞过程中满足动量守恒.(结果保留3位有效数字)
(2)某同学利用图甲所示装置测量某种单色光的波长.实验时,接通电源使光源正常发光,调整光路,从目镜中可以观察到干涉条纹.
①在实验中,经调节后使单缝与双缝相互平行、且沿竖直方向,在目镜内观察到单色光的干涉条纹是　　　　(选填图中的“A”或“B”).
A
B
②实验时用测量头测量条纹的宽度:先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐,将该亮纹定为第1条亮纹,此时手轮上的示数如图乙所示,读数为　　　　mm.
③若实验使用间距为0.20 mm的双缝做实验,调节双缝与屏之间的距离为100.00 cm,测得图丙所示的A、B两个条纹间距为19.600 mm,则该单色光的波长为　　　　　　m.
Ⅱ.(7分)某实验小组设计如图甲所示的电路来测量未知电阻Rx的阻值,同时测量电源的电动势E和内阻r.R为可变电阻箱,电压表V1、V2均可视为理想电表,该实验小组把如图乙所示的器材按图甲电路图接好后,闭合开关,调节电阻箱的旋钮,记录多组电阻箱接入电路的阻值R以及相应的两电压表的示数U1、U2,回答下列问题:
(1)用笔画线代替导线,把图乙中的实物图补充完整;
(2)利用记录的数据描绘出的R与的关系图像如图丙所示,由图可得定值电阻Rx=　　　(用a、b表示);事实上电压表V1不能看成理想电压表,流过V1的电流不可能为0,则定值电阻的测量值　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值;
(3)利用记录的数据描绘出的U2与关系图像如图丁所示,由图可得电源的电动势E=　　　　,电源的内阻r=　　　　.(用c、d表示)
17.(8分)[2024·金华二中模拟] 如图所示为导热性能良好的喷雾器,喷雾器内部容量12 L,清晨,关闭喷雾阀门,向里面加入8 L水后将上部封闭,到中午测得内部气体压强为1.1 atm,已知清晨环境温度为280 K,环境大气压始终为1 atm.(1 atm等于一个大气压)
(1)求中午的气体温度;
(2)若清晨装入8 L水后,用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气6 L,充好气后水面上方气体温度与外界温度相等,求此时桶内气体压强为多少atm;
(3)在(2)问的基础上,打开喷雾阀门,喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀,此过程气体是吸热还是放热 简要说明理由.
18.(11分)某装置的竖直截面如图所示,该装置由固定在地面上倾角为θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角为θ=37°的直轨道EF、水平轨道FG和履带GH组成.除FG段和履带GH外各段轨道均光滑,且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与斜直轨道AB和BF相切于B(E)处.当物体滑上履带时,履带由静止开始以加速度为a1=10 m/s2向右加速至v=2 m/s后匀速运动.已知螺旋圆形轨道半径为R=0.4 m,B点高度为hB=1.2R,FG长度为L1=5.0 m,履带长度为L2=8.0 m.质量为m=1 kg的小滑块从倾斜轨道上A点由静止释放,滑块与FG段间的动摩擦因数为μ1=0.3,与履带间的动摩擦因数为μ2=0.4.不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.如果滑块能通过所有的轨道刚好到达G点.
(1)求A点距地面高度h;
(2)求滑块在履带上运动过程中产生的热量Q;
(3)若履带始终以8 m/s逆时针匀速转动,小滑块从倾斜轨道上距地面高度为H=4.7 m处由静止释放,则再次返回斜面后是否会脱离圆轨道 最终小滑块停止的位置距G多远
19.(11分)[2024·辽宁大连模拟] 如图甲所示为常被用作发电机或电动机的交流轴向磁场机械装置的剖面图,中间的线圈盘固定,上下两个磁铁盘随转轴一起转动.图乙是下磁铁盘的8个磁极区域分布的俯视图,每个磁区内匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向与盘面垂直,且与转轴平行.图丙是固定线圈盘的8个独立单匝扇形线圈的俯视图.已知扇形线圈面积与磁极区域面积相同,扇形外半径为r0、内半径为r1,每个单匝扇形线圈的电阻均为R0.
(1)若机械作为电动机装置.在图丁中单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针方向,试判断磁铁盘的转动方向(选“顺时针”或“逆时针”).
(2)若机械作为发电机装置.磁铁盘在外力推动下沿逆时针以角速度ω匀速转动,
①计算单匝线圈中产生的感应电动势大小.
②图丁中单匝线圈涵盖在磁铁盘上N极和S极的面积恰好相等,在此时刻开始计时,请在答题卡中画出穿过单匝线圈磁通量Φ随时间t变化的图线.(规定穿过线圈的磁场方向向下时磁通量为正,在坐标中标出磁通量的最大值和变化周期)
(3)若机械作为发电机装置.将8个线圈作为电源接成串联电路,外接电阻为R的纯电阻用电器,在外力推动下磁铁盘由静止开始加速转动,角速度与时间关系满足.ω=k,其中k=100 rad/,磁铁盘加速4 s后改为匀速转动.已知R0=1.0 Ω,R=4.0 Ω,B=0.5T,r0=40 cm,r1=20 cm.求在前10 s时间内用电器R上产生的焦耳热.
20.(11分)[2024·湖州模拟] 如图甲所示,矩形ABO2O1和CDO2O1为上下两部分对称磁场区域,分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小均为B0,AC边界左侧有一粒子发射器,可垂直于AC边界连续发射带正电的粒子,其内部结构如图乙所示.现调节发射器中速度选择器的电场和磁场的大小,当电场强度和磁感应强度大小之比为k时,发现从边界AO1中点射入磁场的粒子,经过O1O2边界时速度方向与O1O2垂直.继续第二次调节速度选择器使射入磁场时的速度变为刚才的2.5倍,发现粒子恰好各经过上、下磁场一次从O2点射出.已知带电粒子比荷为,上、下两部分磁场区域高度均为d.不考虑电场、磁场边界效应和粒子重力的影响.
(1)第一次调节速度选择器后,求其电场强度和磁感应强度大小之比k的值;
(2)求对称磁场区域的长度L;
(3)第一次调节好速度选择器后,当粒子发射器在A、C间上下移动时,为使射入磁场的所有粒子均能从BD侧射出,须调节对称磁场的磁感应强度大小,求对称磁场的磁感应强度允许的最大值;
(4)在(3)中,当B取最大值,且有界磁场的水平长度足够长时,求粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比.
参考答案与解析
1.A　[解析] 根据F=kx可知,k====,劲度系数k的单位是kg·s-2,故A正确;Ω非基本单位,故B、C错误;根据E=hν可知,h==ET=FxT=maxT,普朗克常量h的单位是kg·m2·s-1,故D错误.
2.B　[解析] 运动员以题图所示的姿势在水平地面上,处于平衡状态,在水平方向上没有相对运动,也没有相对运动的趋势,因此不受摩擦力的作用,故A错误;运动员受到的支持力和重力大小相等,方向相反,是一对平衡力,故B正确;运动员所受的支持力是水平地面的形变产生的作用,重力是地球的吸引产生的,因此所受支持力不是重力,故C、D错误.
3.C　[解析] 清晨的露珠格外明亮是由于露珠内部发生了全反射,经过多次全反射进入人眼,所以看起来格外明亮,故A错误;由于表面张力的作用露珠呈球形,由于露珠受重力,所以呈椭球形,故B错误;水珠悬挂在蜘蛛网上,说明水可以浸润蜘蛛丝,故C正确;不同的水珠之间靠引力相互吸引,故D错误.
4.B　[解析] 设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v,则有xAC=t1+t2,t=t1+t2,联立解得v=3 m/s,故选B.
5.D　[解析] 电压最大时,电场能最大,磁场能最小,故A错误;图乙中振幅逐渐减小的主要原因是电路向外辐射电磁波,故B错误;在t1~t2时间段电容器正向充电,电路中的电流逐渐减小,故C错误;在t2~t3时间段,电容器正向放电,电流方向为甲图中的逆时针方向,故D正确.
6.B　[解析] 根据图像可知,中国空间站轨道变高,所以需要向后喷气加速离心,故A错误;中国空间站在10月22日运行轨道高于10月20日运行轨道,根据G=ma,可知中国空间站在10月22日运行的向心加速度小于其在10月20日运行的向心加速度,故B正确;根据G=mr可知,轨道越高,周期越大,所以中国空间站在10月22日运行轨道的周期大于其在10月20日运行轨道的周期,故C错误;根据开普勒第二定律可知,是同一卫星在相同时间内与地球连线扫过相等面积,不同轨道扫过面积不等,故D错误.
7.D　[解析] 实验舱在电磁作用区,有向上的加速度,处于超重状态,在抛射阶段,只受重力作用,处于失重状态,故A错误;整个测试过程获得了4 s的完全失重环境,根据对称性可知,实验舱脱离电磁作用区运动至最高处所用的时间为2 s,则实验舱脱离电磁作用区时的速度大小为v=gt=10×2 s=20 m/s,故B错误;在电磁作用区上升阶段,根据牛顿第二定律有v2=2a1h1,在电磁作用区下降阶段,根据牛顿第二定律有v2=2a2h2,解得a1=1.25g,a2≈1.43g,由于a2>a1,本次测试中,实验舱内电磁作用力的最大值有Fm-mg=ma2,解得Fm=2.43mg,故C错误,D正确.
8.C　[解析] 设小球从地面抛出时的速度为v0,速度与地面的夹角为θ,则在竖直方向vy=v0sin θ,t=,在水平方向上有vx=v0cos θ,x=vxt,解得x=,即当θ=30°和θ=60°时水平位移相同,为;当θ=45°时,水平位移为,故选C.
9.C　[解析] 点火器的放电电极是钉尖形,若点火器放电电极接电源负极,则电极的钉尖端带有负电荷,这些负电荷产生的电场线应是由无穷远处以空间辐射形状指向电极的钉尖端中心,图中的虚线应是等势线,故A错误;等差等势线越密的地方,电场强度越大,因此a点的场强小于b点的场强,故B错误;点火器放电电极接电源负极,则电极的钉尖端带有负电荷,可知离负电荷越近的地方电势越低,因此a点电势高于b点的电势,故C正确;被吸向放电极的带电尘埃应带正电,正电荷在电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小,而a的电势比b点的电势高,可知带电尘埃在b点的电势能小于在a点的电势能,故D错误.
10.C　[解析] 不同颜色光折射率不同,经介质折射后光路不会重合,A错误;反光单元材料的折射率越小,光线发生全反射的临界角越大,光线在反光单元材料内越不容易发生全反射,有部分光线将在直角边界面发生折射,最后从斜边折射出去的光线越少,反光效果越差,故B错误;如图光线在反光单元内发生两次反射的反射角分别为α和θ,根据几何知识可知α+θ=90°,故有2α+2θ=180°,所以PO与QM平行,根据光路的可逆性可知从反光单元反射的出射光线与入射光线方向也平行,故C正确;设发生全反射时的临界角为C,若光线在P点发生全反射,即θ≥C,结合α+θ=90°,可知α一定大于临界角C,故在Q点也一定发生全反射,故D错误.
11.C　[解析] 由题意可知,两列波的周期均为T=0.4 s,由图可知,两列波的波长均为λ=4 m,则这两列波的波速大小均为v==10 m/s,故A错误;由图可知,当此时处于x=3 m处的波谷传到x=7 m处时,处于x=11 m处的波峰刚好传到x=7 m处,则当两列波都传播到x=7 m处的质点后,该质点为振动减弱点,该质点的振幅为3 cm-2 cm=1 cm,故B错误;左侧波从x=4 m传到x=6 m处所用时间为t1= s=0.2 s,右侧波从x=10 m传到x=6 m处所用时间为t2= s=0.4 s,则0.6~0.8 s内,左侧波在x=6 m处的质点引起振动通过的路程为s1=2A左=4 cm,由图可知,左右两侧波的波峰同时传到x=6 m处,则在x=6 m处的质点为振动加强点,从0.8~1.2 s左右两侧波在x=6 m处的质点引起振动通过的路程为s2=4(A左+A右)=20 cm,则从t=0到t=1.2 s,x=6 m处的质点振动的路程为s=s1+s2=24 cm,故C正确;在t=0.6 s时,左侧波刚传到x=6 m处,则t=1.2 s时,左侧波的振动使x=6 m处的质点位于平衡位置,在t=0.8 s时,右侧波刚传到x=6 m处,则t=1.2 s时,右侧波的振动使x=6 m处的质点位于平衡位置,故t=1.2 s时x=6 m处质点的位移大小为0,故D错误.
12.D　[解析] 由题意可知,可将单缝及其在平面镜中的像视为双缝,由双缝干涉条纹间距公式Δx=λ(其中d=2h,L=l),可得Δx=λ,A错误;波长为λ1的单色光和波长为λ2的单色光的条纹间距之比为3∶2,故λ1∶λ2=3∶2,结合p=,可知p1∶p2=2∶3,B错误;将平面镜M右移一小段距离,不影响光源的像的位置和l的大小,条纹间距不变,C错误;若撤去平面镜M,通过单缝光线会发生衍射,仍然可以观察到明暗相间的条纹,D正确.
13.B　[解析] 从解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,摩擦力对两滑块做负功,两滑块和轻弹簧组成的系统的机械能减小,则系统的机械能不守恒,由题意可知(m1+m2)gsin θ=μ(m1+m2)gcos θ,则两滑块和轻弹簧组成的系统所受的合力为零,系统的动量守恒,故A错误;对两滑块和轻弹簧组成的系统,由解除锁定到甲与轻弹簧分离的过程,根据动量守恒可得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=0,由于m1gsin θ=μm1gcos θ,可知甲与轻弹簧分离后静止在斜面体上,故B正确;根据能量守恒定律可得(m1+m2)+Ep=m1+m2,解得轻弹簧原来储存的弹性势能为Ep=1.2 J,故C错误;甲与轻弹簧分离后,滑块乙所受的合力为F合=m2gsin θ-μm2gcos θ=0,则乙的加速度为零,即乙沿斜面向下做匀速直线运动,故D错误.
14.ABD　[解析] 由题意可知衰变产生的U和α粒子带电性相同,速度方向相反,故两粒子的运动轨道在同一匀强磁场中为外切圆,故A正确;由于衰变时放出核能,比结合能增大,所以U的比结合能大于Pu的比结合能,故B正确;由能量守恒可知E=Ek总+Eγ,由爱因斯坦质能方程可知E=(mPu-mU-mα)c2,解得Ek总=(mPu-mU-mα)c2-Eγ,故C错误;根据动量守恒定律有0=mUvU+mαvα,Ek总 =EkU+Ekα=mU+mα,联立可得Ekα=,故D正确.
15.BCD　[解析] 交流电表测定的读数值是交流电的有效值,t=0时刻,电流表A2的示数不为零,故A错误;由图乙可知交流电的频率为f===50 Hz,1 s内电流方向改变100次,故B正确;滑片P向下移动过程中,副线圈电路中总电阻变小,电流表A2的示数增大,由=,可知电流表A1的示数增大,故C正确;原线圈电压的有效值为U1==220 V,副线圈的电压有效值为U2=U1×=22 V,滑动变阻器的功率为P=R=,当滑动变阻器接入电路的阻值为R=10 Ω时,滑动变阻器的功率最大且为12.1 W,故D正确.
16.Ⅰ.(1)①A　②(a)　③0.265 kg·m/s　0.263 kg·m/s　(2)①B　②0.250　
③5.6×10-7
[解析] (1)①若验证动量守恒,则碰撞前后两手机的动量变化量大小相等,即mAΔvA=mBΔvB,则需要通过实验等到两手机的质量和速度变化量,速度变化量可通过图丁得到,需要测量两手机的质量,故选A.
②碰撞瞬间A手机受到的作用力水平向左,则加速度水平向左,为正方向,故(a)图为A手机的a-t图像.
③由丁图可得,图线与坐标轴围成的面积表示速度变化量,通过数格子的方法,则A手机的速度变化量为ΔvA=23×(0.005×10) m/s=1.15 m/s,则A手机的动量变化量为ΔpA=mAΔvA=0.265 kg· m/s;B手机的速度变化量为ΔvB=21×(0.005×10) m/s=1.05 m/s,则B手机的动量变化量为ΔpB=mBΔvB=0.263 kg·m/s.
(2)①A为衍射条纹,B为干涉条纹,故选B.
②手轮上固定刻度的读数为0,可动刻度的读数为25.0×0.01=0.250 mm,故读数为0+0.250 mm=0.250 mm.
③A、B之间有7个条纹间距,则相邻条纹间距为Δx=2.80 mm,根据干涉条纹间距公式Δx=λ可知λ== m=5.6×10-7 m.
Ⅱ.(1)如图所示　(2)　小于　(3)d　
[解析] (1)完整的电路图如图所示.
(2)由欧姆定律可得U1=Rx,整理得出丙图的函数关系式为R=Rx,可得R与关系图像的斜率为k=Rx,结合图像可得k=,则有Rx=;电压表V1的电阻是有限的,有微弱的电流通过,测得的阻值为电压表与待测电阻Rx的并联电阻,即定值电阻Rx测量值小于真实值.
(3)由闭合电路欧姆定律可得U2=E-r,可知U2与关系图像纵轴的截距为d=E;斜率为k=-r,由丁图可知k=-,则有r=.
17.(1)35 ℃　(2)2.5 atm　(3)吸热,温度不变,气体内能不变;气体对外做功而内能不变,根据热力学第一定律可知气体吸热
[解析] (1)等容变化,由查理定律得= (1分)
T1=280 K
解得T2=308 K(1分)
即t2=35 ℃(1分)
(2)等温过程,由玻意耳定律得p0V0=p2V2 (1分)
V0=10 L
V2=4 L(1分)
得p2=2.5 atm(1分)
(3)吸热,温度不变,气体内能不变;气体对外做功而内能不变,根据热力学第一定律可知气体吸热 (2分)
18.(1)1.5 m　(2)1.2 J　(3)不会脱离圆轨道　 m
[解析] (1)滑块刚好到达G点,则滑块在DG段运动过程中,根据动能定理有
mg(R+Rcos θ+1.2R)-μ1mgL1=0-m
解得vD= m/s>=2 m/s(1分)
滑块在AD段运动过程中,根据动能定理有
mg=m
解得h=1.5 m(1分)
可知,若滑块能通过所有的轨道刚好到达G点,A点距地面高度为h=1.5 m(1分)
(2)刚好到达G点,履带由静止开始以加速度为a1=10 m/s2向右加速至v=2 m/s后匀速运动,加速的时间为t1==0.2 s
滑块的加速度为a2==4 m/s2
滑块也向右做匀加速直线运动,t1时刻的位移为x1=a2
解得x1=0.08 m令滑块加速至v=2 m/s的时间为t2==0.5 s
之后滑块与履带保持相对静止,则相对位移为x相=t1+v(t2-t1)-t2 (1分)
滑块在履带上运动过程中产生的热量为Q=μ2mgx相
解得Q=1.2 J(1分)
(3)令滑块第一次到达G点时速度为vG1,该过程根据动能定理有
mgH-μ1mgL1=m
解得vG1=8 m/s(1分)
滑块在履带上速度减为0的过程,利用逆向思维,根据速度与位移关系式有
=2μ2gx2
解得x2=8 m=L2
即滑块恰好运动到H点,之后滑块向左做加速度不变的匀加速直线运动返回G点,由于履带速度为8 m/s,可知,滑块返回G点的速度大小仍然为vG1,设再次回到斜面可以到达D点,则有mg+μ1mgL1=m-m
解得vD1= m/s(1分)
考虑到滑块若恰好通过D点,则该点由重力提供向心力有mg=m
解得vDmin=2 m/s< m/s(1分)
可知,滑块不会脱离轨道.令滑块第三次经过G点时速度为vG2则有
-2μ1mgL1=m-m
解得vG2=2 m/s(1分)
之后,滑块再次返回G点的速度大小仍然等于vG2,令停止在FG上的M点,则有
μ1mgxGM=m
解得xGM= m(1分)
19.(1)逆时针　(2)①Bω(-)　②如图所示　(3)2048 J
[解析] (1)单匝线圈在该时刻的电流方向为顺时针,由右手定则可知线圈感应磁场垂直于铁盘向内,则为垂直于铁盘向内的磁通量减小,垂直于铁盘向外的磁通量增大,故磁铁盘的转动方向为逆时针 (1分)
(2)①由法拉第电磁感应定律有
E====Bω(-) (1分)
另解:由两条导线转动切割产生电动势为
E=2BL=2Bω (1分)
得E=Bω (1分)
②如图所示
(1分)
(3)线圈串联电路的总电动势为E总=8Bω(-) (1分)
由闭合电路的欧姆定律有I= (1分)
则加速转动时电流随时间变化关系为I=4(A) (1分)
加速转动电阻R上功率随时间变化关系为 (1分)
P=I2R=64t(W) (1分)
由P-t图像面积得用电器R上产生的焦耳热为Q=2048 J(1分)
20.(1)　(2)3d　(3)B0　(4)
[解析] (1)根据题意可知,第一次调节速度选择器后,粒子在磁场中运动的半径为
R= (1分)
由牛顿第二定律得qv0B0=m (1分)
粒子在速度选择器中,有qv0B=qE
由以上式子得= (1分)
(2)根据题意可知,第二次调节速度选择器后,粒子在磁场中运动的半径变为
R'=d (1分)
粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系得R'2=x2+
代入数据得x=d (1分)
所以对称磁场区域长度L=3d (1分)
(3)粒子从AC边进入磁场中的位置越靠近A点或C点,粒子在磁场中转过的圆心角就越大,从而就更容易从AC边飞出,因此只要能保证粒子从A点或C点进入磁场时,不从AC边飞出,那么所有进入磁场中的粒子都将从BD边射出.取临界状态,粒子从A点射进磁场中,刚好擦着AC边界又回到有界磁场中,其轨迹如图所示
由几何关系得2=R″ (1分)
解得α=60°
根据几何关系有R″sin α+R″=d
代入数据得R″=
由牛顿第二定律得qv0B=m
由以上公式得B=B0 (1分)
(4)当粒子刚好不从磁场AC边界射出时,粒子在磁场中运动时间最长,根据运动轨迹的对称性做出其运动轨迹如图所示
可得在运动的一个周期时间内,粒子向右移动的距离为2R″,经历的时间为
T=4××= (1分)
假设粒子在磁场中运动n个完整周期后,又经过Δt射出磁场,在Δt内向右运动的距离为Δx,其中Δt如上图所示,粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=n+Δt
经分析得,当粒子从接近O1点射入磁场中时,粒子在磁场中运动时间最短,粒子在磁场中运动的最短时间tmin=n+
所以最长时间和最短时间之比= (1分)
由于有界磁场L足够长,即n足够大,而Δt,均为有限数值,所以最长时间和最短时间之比约为= (1分)