2025浙江高考物理仿真模拟卷(五) （含解析）

2025浙江高考物理仿真模拟卷(五)
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] 网球运动中,运动员常利用切球使网球旋转而产生复杂的曲线轨迹,下列说法正确的是 (　　)
A.研究运动员切球动作时,网球可以看成质点
B.击球时,球拍对网球的作用力大于网球对球拍的作用力
C.击球时,球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变
D.击球后,网球在空中继续向前运动时受到重力、推力和阻力
2.如图所示是足球比赛过程中运动员踢出的“香蕉球”的情境示意图.下列说法正确的是 (　　)
A.足球在空中运动过程中,速度方向与加速度方向在同一条直线上
B.足球在空中运动过程中,所受合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧
C.足球在空中运动过程中,可能处于平衡状态
D.足球在空中运动时的速度方向沿运动轨迹的法线方向
3.[2024·杭州高级中学模拟] 如图所示,普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成.车轮有大车轮和小车轮,大车轮上固定有手轮圈,手轮圈由患者直接推动.已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1,假设轮椅在地面上做直线运动,手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑,则下列说法正确的是 (　　)
A.大车轮与小车轮的周期之比为1∶9
B.手轮圈与小车轮的角速度之比为1∶1
C.大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
D.大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
4.如图所示是一种吸附在浴室墙面的置物架,它依靠自身的两个大吸盘,让置物架牢牢固定在墙角,这样的设计免去了打孔,保护墙面的同时也让安装更加方便,还可以随时改变吸附位置.若对整个置物架进行分析,下列说法正确的是 (　　)
A.若仅更换质量相同且吸力更大的吸盘,则置物架受到的摩擦力也会随之增大
B.若在置物架中放置一瓶洗发水,则墙面对置物架的摩擦力增大
C.将置物架固定在墙面上时,竖直方向上,墙面对置物架的作用力大于置物架自身重力
D.若保持两吸盘等高使置物架吸附在更高的位置,则墙面对置物架的摩擦力也随之增大
5.小明在课外参加一项越障活动,如图所示一共有四条等间距直线赛道,每个赛道上有4个一样的圆柱形障碍物,障碍物的分布如图A、B、C、D所示.小明从赛道的起点a出发奔向终点b,奔跑过程中加速阶段和减速阶段的加速度大小一样,每次通过障碍物时速度必须减小到零,然后绕其一圈且每次绕行时间一样.小明以同样大小的加速度启动,则下列四条赛道用时最短的是 (　　)
A
B
C
D
6.[2024·宁波模拟] 中国象棋的棋盘呈长方形,由九条竖线和十条横线相交组成,共有九十个交叉点,开局时红方和黑方各子的位置如图所示,现将电荷量为+q和-q的两个点电荷分别固定在红方的“帥”位置和黑方的“将”位置,两点电荷在棋盘网格线所在的平面内,下列说法正确的是(　　)
A.棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“炮”所在位置的电场强度大小相等方向不同
B.棋盘右侧红方“車”所在位置与棋盘左侧黑方“車”所在位置的电势相同
C.一质子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置,此过程中静电力始终不做功
D.电子在棋盘左侧红方“馬”所在位置的电势能小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能
7.2023年11月1日,我国在太原卫星发射中心成功将“天绘五号”卫星发射升空,并顺利进入预定轨道.“天绘五号”在距离地球表面500 km附近环绕地球做匀速圆周运动,其运行周期约为个小时,某时刻“天绘五号”、同步卫星、地球的连线在同一直线上,如图所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.“天绘五号”的发射速度大于第二宇宙速度
B.“天绘五号”的线速度小于同步卫星的线速度
C.“天绘五号”的向心力一定大于同步卫星的向心力
D.到下一次“天绘五号”、同步卫星与地球共线的时间约为0.8 h
8.[2024·绍兴模拟] 中国古人对许多自然现象有深刻认识,唐人张志和在《玄真子·涛之灵》中写道:“雨色映日而为虹”,从物理学的角度看,虹为太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的,如图所示为彩虹成因的简化示意图,其中a、b为两种不同频率的单色光,则两光 (　　)
A.在同一装置上以相同条件完成单缝衍射实验,a光的中央亮条纹宽度比b光的中央亮条纹宽度大
B.以相同角度斜射到同一玻璃板透过两平行表面后,b光侧移量大
C.分别照射同一光电管,若b光能引起光电效应,a光一定也能
D.以相同的入射角从水中射入空气,若在空气中只能看到一种光,则一定是a光
9.如图所示,轻弹簧上端固定在内壁光滑的玻璃管顶部,下端栓接质量为m的小球,玻璃管与水平方向夹角为30°,玻璃管内径略大于小球直径,现将小球在弹簧原长时由静止释放,小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示,其中图线与x轴交点坐标x0为已知,弹簧始终在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep=kx2(其中k为劲度系数,x是形变量),重力加速度为g,则 (　　)
　
A.小球运动到最低点时,所受弹簧弹力大小为2mg
B.弹簧的劲度系数为
C.小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为
D.弹簧拉伸量为x0时,弹性势能为
10.[2024·北仑中学模拟] 城市高层建筑建设施工,往往采用配重的方式把装修材料运送到高处,精简模型如图甲所示,固定于水平面上倾角为37°的斜面,绕过顶端定滑轮的轻绳链接两小球A、B(可视作质点),质量分别为M和m,B小球被固定于地面上的锁定装置锁定,某时刻解除锁定,安装在斜面底端的位移采集传感器采集到A在斜面上下滑的位移x与时间t的二次方关系如图乙所示,若该图像的斜率为k,不考虑一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则A与B的质量之比为 (　　)
　　
　　　　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　　　 　D.
11.[2024·丽水模拟] 丽水市有温室智能化蔬菜育苗基地,蔬菜育苗过程对环境要求严格,温室内光照强度很重要.某中学生通过光敏电阻来测定蔬菜大棚中的光照强度,如图所示,R0、R1为定值电阻,R2为光敏电阻.通过调节光照强度,R2的阻值在1~5 Ω范围内变化,R2的阻值随光照强度的增大而减小.已知R0、R1阻值分别为4 Ω、3 Ω,电源的电动势为3 V,内阻为1 Ω,电压表为理想电表.闭合开关S后,下列说法正确的是(　　)
A.光照强度增大时,电压表示数增大
B.光照强度增大时,R1的电功率减小
C.光照强度减小时,电源的效率减小
D.当光敏电阻阻值为1 Ω时,电源的输出功率最大
12.练习钢琴和音乐课上常用到的一款节拍器,如图节拍器中有一摆杆,摆杆在标度尺左右摆动,有规律地发出节拍声.其中标度尺标出摆杆振动时每分钟发出的节拍声次数(n),摆杆上有一个可上下移动的摆锤.摆锤位置所对标尺数,就表示该摆每分钟振动的节拍数(一次全振动有两次节拍数),由此可算出摆的振动周期T=(s).改变摆锤的位置就可以改变它的振动周期.下列说法正确的是 (　　)
A.节拍器上数值虽不清晰,但摆锤位置上移时摆动的频率变大
B.摆锤上下移动时即使在不同的位置,发出的声音声速都相同
C.音乐教室有两个相同节拍器,同时工作能听到类似音叉的共振现象
D.声波、水波和光波一样,波传播方向和振动方向相类似,都是横波
13.如图所示,单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电.t=0时开关S打到b端,t=0.02 s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值.则 (　　)
A.LC回路的周期为0.04 s
B.LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C.t=1.01 s时线圈中电场能最大
D.t=1.01 s时回路中电流沿顺时针方向
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·慈溪模拟] 如图甲所示为某品牌漏电保护器,其内部结构及原理如图乙所示,虚线框内为漏电检测装置,可视为理想变压器,其中原线圈由入户的火线、零线在铁芯上双线并行绕制而成,副线圈与控制器相连.当电路发生漏电时,零线中的电流小于火线,从而使副线圈中产生感应电流,通过控制器使线路上的脱扣开关断开,起到自动保护的作用.若入户端接入u=311sin 100πt(V)的交变电流,则 (　　)
A.入户端接入的交变电流方向每秒变化100次
B.当用电器发生短路时,该漏电保护器会切断电路
C.没有发生漏电时,通过副线圈的磁通量始终为0
D.没有发生漏电时,通过副线圈的磁通量随原线圈中电流的增加而增加
15.[2024·金华模拟] 如图所示,在研究光电效应的实验中,用频率为ν的单色光照射阴极K时,能发生光电效应,并测得遏止电压为U.若用上述单色光照射一群处于能级为n=2的激发态的氢原子,恰能使氢原于跃迁到能级为n=6的激发态,已知电子的带电荷量为e,真空中的光速为c,普朗克常量为h,氢原子在能级n上的能量En与基态的能量E1满足En=的关系式.下列说法正确的是(　　)
A.光电子的最大初动能为hν-eU
B.阴极K的截止频率为ν-
C.氢原子基态的能量为E1=-hν
D.氢原子的能级从n=3跃迁到n=2时发射出光的波长为
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)某同学利用“向心力定量探究仪”探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,装置如下图所示,小球放在光滑的带四槽的旋转杆上,其一端通过细绳与电子测力计相连,当小球和旋转杆被电机带动一起旋转时,控制器的显示屏显示小球质量m、转动半径r、转动角速度ω以及细绳拉力F的大小.
①该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动角速度以及　　　　　　进行了三组实验,测得的实验数据如表甲、乙、丙所示.
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad/s) 向心力/N
0.1 0.2 4π 3.15
0.2 0.2 4π 6.29
0.3 0.2 4π 9.45
0.4 0.2 4π 12.61
甲
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad/s) 向心力/N
0.2 0.1 4π 3.16
0.2 0.2 4π 6.31
0.2 0.3 4π 9.46
0.2 0.4 4π 12.63
乙
小球质量/kg 转动半径/m 角速度/(rad/s) 向心力/N
0.2 0.2 2π 1.57
0.2 0.2 4π 6.29
0.2 0.2 6π 14.14
0.2 0.2 8π 25.16
丙
②由甲表的数据可得:当　　　　　　　　　　　　　　　　一定时,小球的向心力F大小与　　　　　　　成　　　　比.
③为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是　　　　(填选项前的字母).
A.F-ω B.F-ω2
C.F- D.F2-ω
(2)某同学发现手机软件有测角度的功能,于是结合软件的这个功能,用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材设计了一次验证“力的平行四边形定则”的实验.实验时,先将一弹簧一端固定在墙上的钉子A上,另一端挂一瓶矿泉水,如图甲所示;然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上,另一端连接于O点,在O点下方挂一瓶同样的矿泉水,静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的夹角为α、β,如图乙所示.改变钉子B的位置,按照上述方法多测几次.
①在实验操作过程中,必须进行的操作是　　　　(选填选项前的字母).
A.图乙中弹簧长度相同 B.测量弹簧的原长
C.测量图甲、乙中弹簧的长度 D.实验中结点O的位置始终保持不变
②该同学根据实验测量的结果,分别作出了图丙和图丁,其中正确的是图　　　　(选填“丙”或“丁”).
③该同学测得甲图中弹簧长度,乙图中α和β,他　　　(选填“能”或“不能”)根据上述结论求出一瓶矿泉水(含瓶)的质量.
Ⅱ.(7分)一粗细均匀的圆柱形导电材料样品,该样品的直径D=2 mm,如图甲所示.某同学设计实验测量该样品的电阻率,实验步骤如下:
(1)如图乙所示,用游标卡尺测得该样品长度L=　　　　mm.
(2)用多用电表测得该样品阻值约为110 Ω,为精确的测量其电阻阻值,可供选择的器材如下:
待测导电样品Rx
电流表A1(量程0~600 mA,内阻约为1 Ω)
电流表A2(量程0~150 mA,内阻约为20 Ω)
电流表A3(量程0~30 mA,内阻为50 Ω)
定值电阻R1=50 Ω
定值电阻R2=350 Ω
滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流2 A)
直流电源E(电动势约为12 V,内阻不计)
开关一只,导线若干
①根据实验器材,设计实验电路如图丙所示,图中电流表A应选择　　　　,图中电流表A'应选择　　　　,定值电阻R0应选择　　　　.(选填所选器材的字母代号)
②实验中调节滑动变阻器,测得电流表A、A'对应的多组电流值I、I',做出I-(I'-I)的图像如图丁所示,可得该导电样品的电阻阻值为　　　　 Ω.
(3)由以上数据,计算可得该样品电阻率为　　　　 Ω·m.(π取3.14)
17.(8分)[2024·学军中学模拟] 如图甲所示,上端开口的导热汽缸放置在水平面上,质量为m、横截面积为S的活塞密封了一定质量的理想气体.当环境温度为T1时,活塞静止的位置与汽缸底部距离为h,离缸口的距离为0.5h.已知重力加速度为g,活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计,大气压强为.
(1)若缓慢升高环境温度,使活塞刚好上移到汽缸口,求此时的环境温度T2;
(2)若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一小卡环(与活塞接触但没有作用力),如图乙所示,再缓慢升高环境温度到T2,求升温后卡环对活塞的压力大小;
(3)上问中的升温过程相对于(1)问中的升温过程,气体少吸收的热量为多少
18.(11分)[2024·萧山中学模拟] 图甲为萧山国际机场某货物传送装置实物图,简化图如图乙所示,该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成,固定挡板CDEF与传送带上表面垂直,传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ=37°,CD与水平面平行.传送带匀速转动时,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示.已知传送带匀速运行的速度为v=1 m/s,货物质量为m=10 kg,其底部与传送带ABCD的动摩擦因数为μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为μ2=0.25.(sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力)
(1)货物刚放上传送带时,求其底面所受滑动摩擦力Ff1的大小及侧面所受滑动摩擦力Ff2的大小;
(2)求货物在传送带上所经历的时间t及传送装置多消耗的电能E;
(3)某次测试过程中工作人员每隔Δt=1 s从D点静止释放相同的货物,货物对地发生位移L=10 m后被取走,若维持传送带匀速运转,求传送带相对空载时需增加的最大功率ΔP.
19.(11分)如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图.由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场.其中的中性粒子沿原方向运动,被接收板接收;一部分正离子打到左极板,其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光.多样性粒子束宽度为L,各粒子均横向均匀分布.偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场,磁感强度大小为B1.已知正离子的比荷为k,两极板间电压为U、间距为L,极板长度为2L,吞噬板长度为2L并紧靠负极板.若正离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计.
(1)要使v0=的正离子能沿直线通过两极板间电场,可在极板间施加一垂直于纸面的磁感应强度为B0的匀强磁场,求B0的大小;
(2)若撤去(1)中极板间磁感应强度为B0的匀强磁场,有n个速度为v1=的正离子,能进入偏转磁场的正离子全部能被吞噬板吞噬,求吞噬板上收集的正离子个数及B1的取值范围;
(3)重新在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场并调整磁感应强度大小,使v2=的正离子沿直线通过极板后进入偏转磁场,若此时磁场边界为矩形,如图所示,当B1=时上述离子全部能被吞噬板吞噬,求偏转磁场的最小面积.
20.(11分)[2024·学军中学模拟] 如图所示,竖直平面内有间距为l的固定平行金属导轨M和N,其下端通过开关S1连接电阻R,通过单刀双掷开关S2连接电容C和内外半径分别r1和r2的金属环,金属环位于同一竖直平面内.在两导轨虚线框内和在两金属环间,存在相同的、方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场.电阻为R、质量为m、长为l的两相同的导体棒ab和cd,ab通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连,当开关S1和S2断开时,ab位于靠近磁场上边界处(但在磁场内),处于水平静止状态并与导轨接触良好;cd置于两金属环上,且绕过圆心O的轴以角速度ω匀速旋转.已知k=400 N/m,m=1 kg,l=1 m,B=2 T,R=0.5 Ω,C=0.25 F,ω=5 rad/s,r1=0.1 m,r2=0.9 m,不计其他电阻和摩擦阻力,棒ab始终在导轨所在平面内运动,g取10 m/s2.
(1)S1断开,S2掷向2,求电容器所带电荷量的大小q;
(2)S1断开,S2掷向1时ab棒以v=1.0 m/s的速度竖直向上运动离开磁场时,求此时电容器所带电荷量的大小q',并判断cd的旋转方向;
(3)在(2)的条件下,ab棒再进磁场前断开S2,接通S1,ab在磁场内运动至距磁场上边界0.04 m处时速度为零,求此过程中电阻R消耗的焦耳热.(提示:弹簧伸长量为x时,其弹性势能Ep=kx2,导体棒ab在运动过程中弹簧末超出弹性限度)
参考答案与解析
1.C　[解析] 研究运动员切球动作时,由于切球时网球有旋转,所以网球的形状和大小不能忽略不计,不可以看成质点,故A错误;击球时,球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力为一对相互作用力,大小相等,故B错误;击球时,球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变,故C正确;击球后,网球在空中继续向前运动时受到重力和阻力的作用,飞行过程无推力,故D错误.
2.B　[解析] 足球被踢出去之后,受到重力和空气的作用力,其运动轨迹是一条曲线,其初速度与加速度方向不在同一条直线上,故A错误;足球做曲线运动时,其所受合力的方向指向运动轨迹的内侧,故B正确;足球在空中运动过程中,所受合力不为零,不可能处于平衡状态,故C错误;足球在空中运动时的速度方向沿运动轨迹的切线方向,故D错误.
3.D　[解析] 根据题意可知,大车轮与小车轮边缘的线速度大小相等,由公式T=可得,大车轮与小车轮的周期之比为==,故A错误;根据题意可知,大车轮与手轮圈的角速度相等,由v=ωr可知,大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为==,由ω=可得,大车轮与小车轮的角速度之比为==,则手轮圈与小车轮的角速度之比为1∶9,故B、C错误;大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止,一起平动,则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1,故D正确.
4.B　[解析] 只要置物架保持静止,合力就为零,摩擦力大小等于置物架的重力,故A错误;若在置物架中放置一瓶洗发水,则置物架和物体的总重力增加,则墙面对置物架的摩擦力增大,故B正确;将置物架固定在墙面上时,竖直方向上,墙面对置物架的作用力大小等于置物架自身重力,故C错误;若保持两吸盘等高使置物架吸附在更高的位置,则墙面对置物架的摩擦力不变,故D错误.
5.C　[解析] 由于每次通过障碍物时速度必须减小到零,根据对称性可知,相邻两障碍物间,小明做加速运动的时间等于做减速运动的时间,可知小明做减速运动的时间越短,赛道用时越短,即小明做减速运动的位移越短,赛道用时越短,图C障碍物之间的距离最近,小明做减速运动的时间越短,赛道用时越短,故选C.
6.D　[解析] 等量异种点电荷的电场分布如图所示,由此可知,棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“炮”所在位置关于两电荷连线中点对称,则电场强度大小相等方向相同,故A错误;棋盘右侧红方“車”所在位置更靠近正电荷,电势较高,棋盘左侧黑方“車”所在位置靠近负电荷,电势较低,故B错误;一质子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置,此过程中静电力的方向始终与位移方向相同,静电力做正功,故C错误;棋盘左侧红方“馬”所在位置的电势高于棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势,根据Ep=-eφ得电子在棋盘左侧红方“馬”所在位置的电势能小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能,故D正确.
7.D　[解析] 第二宇宙速度为脱离地球吸引的最小发射速度,“天绘五号”的发射速度小于第二宇宙速度,A错误;根据G=m,得v=,“天绘五号”的运动半径较小,则线速度较大,B错误;由于质量未知,向心力大小不能比较,C错误;同步卫星的运动周期为24 h,当“天绘五号”比同步卫星多转动半周时,三者再次共线,则t-t=π,得t=0.8 h,D正确.
8.C　[解析] 由=n可知,因为入射角相等,由题图可得a光的折射角小于b光的折射角,则在同一介质中a光的折射率比b光的折射率大,a光的频率比b光的频率大,a光的波长比b光的波长短,根据单缝衍射实验规律得,a光的中央亮条纹宽度比b光的中央亮条纹宽度小,故A错误;当a、b光以相同的角度斜射到同一玻璃板上后其光路图如图所示,由图可知,因为b光的折射率较小,以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,b光的折射角较大,所以b光侧移量小,故B错误;因为b光的折射率较小,频率较小,分别照射同一光电管,若b光能引起光电效应,则a光一定也能,故C正确;b光的折射率较小,则临界角大,不容易发生全反射,所以以相同的入射角从水中射入空气,在空气中只能看到一种光时,一定是b光,故D错误.
9.C　[解析] 根据kx0=mgsin 30°,得弹簧的劲度系数为k=,故B错误;小球运动到最低点时,根据动能定理得mgsin 30°x=kx2,得x=2x0,所受弹簧弹力大小为F=kx=mg,故A错误;当弹簧伸长量为x0时,动能最大,根据动能定理得mgsin 30°x0-k=m-0=Ekm,得Ekm=,故C正确;当弹簧拉伸量为x0时,弹性势能为Ep=k=,故D错误.
10.B　[解析] 解除锁定后,沿绳方向上对A、B和绳组成的系统由牛顿第二定律有Mgsin θ-mg=(M+m)a,对A由运动学规律有x=at2,结合图像斜率k=a,即a=2k,联立解得=,故选B.
11.D　[解析] 光照强度增大时,光敏电阻R2阻值变小,电路总电阻变小,根据闭合电路欧姆定律可得,电路总电流增大,路端电压减小,可知电压表示数减小,通过R0的电流减小,则通过R1的电流增大,R1的电功率增大,故A、B错误;光照强度减小时,光敏电阻R2阻值变大,电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律可得,电路总电流减小,路端电压增大,电源的效率为η===,可知电源的效率增大,故C错误;电源的输出功率为P出=I2R外=R外=,可知当外电阻等于内阻时,电源的输出功率最大,当光敏电阻阻值为1 Ω时,此时光敏电阻阻值最小,外电阻最小,根据电路图可知,此时外电阻为R外== Ω=2 Ω>r=1 Ω,可知此时外电阻阻值最接近内阻,所以电源的输出功率最大,故D正确.
12.B　[解析] 摆锤位置上移,其每分钟发出的节拍声次数减少,由T=(s)可知,周期变大,根据周期与频率的关系可知,其频率变小,故A错误;声波在同一种介质中传播的速度相同,故B正确;当驱动力的频率等于固有频率时,物体做受迫运动的振幅达到最大值,这种现象称为共振,所以音乐教室有两个相同节拍器,同时工作不属于共振现象,故C错误;声波是纵波,不是横波,故D错误.
13.A　[解析] 在一个周期内,电容器充电两次,放电两次,t=0.02 s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值,此时经历了充放电各一次,故LC回路的周期为0.04 s,故A正确;根据LC振荡电路的充放电规律可知,电容放电完毕时,回路中的电流最大,磁场能最大,电场能最小,故B错误;根据t=1.01 s=25T,可知此时电容器逆时针放电结束,回路中逆时针的电流最大,磁场能最大,电场能最小,故C、D错误.
14.AC　[解析] 根据公式可知T== s,对于正弦交流电来说,一个周期电流方向变两次,所以入户端接入的交变电流方向每秒变化100次,A正确;当无漏电时,火线和零线中的电流等大反向,在副线圈中的磁通量始终为零,副线圈中不产生感应电流, D错误,C正确;当用电器发生短路时,火线和零线中的电流等大反向,该漏电保护器不会切断电路,B错误.
15.BCD　[解析] 根据光电效应方程,可求逸出功,截止频率和最大初动能,根据电子跃迁时放出光子的能量与各能级间的关系,可求放出光子的波长,由于遏止电压为U,则光电子的最大初动能为eU,A错误;根据爱因斯坦的光电效应方程,逸出功W=hν-Ek=hν-eU,因此,截止频率为νc==ν-,B正确;跃迁时放出光子的能量等于两个能级间的能量差hν=E6-E2=-,可得氢原子基态的能量E1=-hν,C正确;原子的能级从n=3跃迁到n=2时,h=E3-E2=-,发射出光的波长λ=,D正确.
16.Ⅰ.(1)①转动半径　②转动半径r和转动角速度ω　小球质量m　正　③B　
(2)①BC　②丙　③不能
[解析] (1)①探究向心力大小与质量、半径和角速度的关系,由甲、乙、丙表格可知该同学采用控制变量法,分别改变小球质量、转动半径以及转动角速度进行了三组实验.
②在误差允许范围内,由甲表的数据可得:当小球的转动半径r和角速度ω一定时,小球的向心力F大小与小球质量m成正比.
③根据F=mω2r可知,为了通过作图法更直观地呈现向心力F与角速度ω之间的关系,应绘制的图像是F-ω2图像,从而得到一条拟合的直线,故选B.
(2)①由实验原理可知AO、BO长度不必相同,A错误;实验中,甲图用来测量合力,乙图用来测量两个分力,根据胡克定律,力的大小与弹簧的伸长量成正比,力的大小可用弹簧伸长量来表示,因此必须测量弹簧的伸长量,因此要测量弹簧的原长和甲、乙中弹簧的长度,故B、C正确;由实验原理可知在本实验中重物重力是定值,所以不必保证O点固定不变,D错误.
②根据实验原理及操作可知,x1表示重力方向,应竖直向下,故丙正确.
③设弹簧劲度系数为k,矿泉水瓶质量为m,根据图甲可知k(l-l0)=mg,再根据乙图,对O点受力分析,设OA中弹力为F1,OB中弹力为F2,受力分析如下图所示,建立直角坐标系列方程求解,可发现m无法求出.
Ⅱ.(1)31.4　(2)①A3　A2　R2　②100　(3)0.01
[解析] (1)游标卡尺测得该样品长度为L=31 mm+0.1×4 mm=31.4 mm.
(2)①为准确测量,由给出的I-(I'-I)图线结合电路图可知,电流表A应选择A3,电流表A'应选择A2.因为电源电动势为12 V,且没有电压表,应该用电流表A3与定值电阻串联改装成电压表,则R0=-r3= Ω-50 Ω=350 Ω,故R0应选择R2.
②由电路图可知I(r3+R2)=Rx(I'-I),整理可得I=(I'-I),则=k=,解得Rx=100 Ω.
(3)由Rx=ρ可得该样品电阻率为ρ==0.01 Ω·m.
17.(1)1.5T1　(2)4mg　(3)4mgh
[解析] (1)气体发生等压变化,设升高后的温度为T2,做等压变化,则有
= (1分)
解得T2=1.5T1 (1分)
(2)开始时,缸内气体压强p1=+= (1分)
做等容变化,则有=
解得p2= (1分)
设卡环对活塞的压力大小为F,则有F+mg+·S=p2·S
解得F=4mg (1分)
(3)两个过程中气体内能增量相同,据热力学第一定律在(1)问中有
Q1-p1S·(0.5h)=ΔU (1分)
在(2)问中有Q2=ΔU (1分)
则(1)问中比(2)问中多吸收热量ΔQ=Q1-Q2=4mgh (1分)
18.(1)40 N　15 N　(2)10.2 s　163 J　(3)190 W
[解析] (1)货物放上传送带后,由剖面图对货物受力分析可得,设传送带对货物支持力为FN1,货物底面所受滑动摩擦力为Ff1,挡板对货物支持力为FN2,货物侧面所受滑动摩擦力为Ff2,由力的平衡条件可得FN1=mgcos θ,FN2=mgsin θ (1分)
由滑动摩擦力计算公式有Ff1=μ1FN1,Ff2=μ2FN2 (1分)
代入数据可得Ff1=40 N,Ff2=15 N(1分)
(2)因为Ff1与运动方向相同,Ff2与运动方向相反,货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动,若能共速,则此后做匀速运动,由牛顿第二定律可得Ff1-Ff2=ma1
解得a1=2.5 m/s2
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为t1,对地位移为x1,由运动学公式得
t1==0.4 s(1分)
货物匀加速阶段的位移为x1==0.2 m
因x1货物匀速阶段所用的时间为t2==9.8 s(1分)
货物运动总时间为t=t1+t2=10.2 s(1分)
传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和.货物与传送带之间由于摩擦力而产生的内能为Q1=Ff1=8 J
货物与挡板之间由于摩擦而产生的内能为Q2=Ff2L=150 J
货物增加的动能ΔEk=mv2=5 J
传送装置多消耗的电能为E电=Q1+Q2+ΔEk=163 J(2分)
(3)分析可知货物在传送带上从静止到与传送带共速经历的时间均为t1,之后以速度v做匀速运动.因第1个货物在传送带上运动的总时间为t=10.2 s,设第1个货物释放后又释放了N个货物,则N==10.2个 (1分)
分析可知当第1个货物即将被取走时,传送带上共有11个货物,且前10个已共速.第11个货物在传送带上运动的时间为t'=t-10Δt=0.2 s第11个货物相对传送带滑动.综上,传送带上有11个货物且第11个处于加速运动阶段时,传送带需增加的功率达到最大值为ΔP.传送带受到前10个货物的静摩力大小为10Ff2,受到第11个货物的滑动摩擦力大小为Ff1,由瞬时功率计算公式有
ΔP=v=190 W(1分)
19.(1)　(2)n　≤B1≤　(3)L2
[解析] (1)正离子沿直线通过极板,有qv0B0=q (1分)
解得B0= (1分)
(2)正离子在电场中偏转,有y=at2,2L=v1t (1分)
又q=ma (1分)
代入数据得y=L (1分)
故能进入磁场区域并被收集的正离子个数为N=n
在偏转磁场中,有qvB1=m
设在磁场中偏转距离为x,正离子入射磁场时速度方向与竖直方向的夹角为θ,则有
x=2Rcos θ= (1分)
离子射出偏转电场时,对于进入磁场的正离子而言,其左右两入射点与吞噬板左右两端相距分别为2L、L,设离子恰好打到吞噬板两端,由几何关系得L≤≤2L
则≤B1≤ (1分)
(3)洛伦兹力提供向心力,有qv2B1=m
解得r=L (1分)
上述离子全部能被吞噬板吞噬,分析可知偏转磁场为最小面积时,紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时,沿直线运动恰能打在吞噬板的最左端
设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a,由相似三角形的几何关系得
= (1分)
解得a=L (1分)
偏转磁场的最小面积Smin=L·=L2 (1分)
20.(1)1 C　(2)0.5 C　顺时针方向　(3)0.09 J
[解析] (1)导体棒旋转切割磁感线的平均速度为= (1分)
导体棒切割磁感线产生的电动势为E=B(r2-r1)=Bω(-)=4 V(1分)
则电容器所带电荷量为q=CE=1 C(1分)
(2)对ab棒,由动量定理可得BlΔq=mv (1分)
解得Δq==0.5 C(1分)
则电容器此时所带电荷量为q'=q-Δq=0.5 C(1分)
若磁场方向垂直纸面向里,由左手定则可得,电流方向为a到b,则左极板带正电,故cd棒的电流方向为c到d,由右手定则可得,cd的旋转方向为顺时针方向;同理可得,若磁场方向垂直纸面向外,cd的旋转方向也为顺时针方向 (2分)
(3)开始时,ab棒重力和弹簧弹力大小相等,即mg=kx0 (1分)
由功能关系可得mv2+k=k-mgx+2Q (1分)
解得Q== J=0.09 J(1分)