2024年浙江選考仿真模擬物理試卷三（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年浙江選考仿真模擬卷（三）物理（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s，光速為c，電子質(zhì)量為me，則hmA．J/s B．m C．J?m D．m/s【解答】解：hmec在國際單位制下的導(dǎo)出單位為J?s/（kg?m?s﹣1），又因1J＝1N?m，1N＝1kg?m?s﹣2，代入導(dǎo)出單位中計算可得其單位為m.故ACD錯誤，B2．平潭海峽公鐵兩用大橋全長16.34km，該大橋所處的平潭海峽是世界三大風(fēng)暴海域之一，以“風(fēng)大、浪高、水深、涌急”著稱。為保證安全起見，環(huán)境風(fēng)速超過20m/s時，列車通過該橋的運行速度不能超過300km/h，下列說法正確的是（）A．題目中“全長16.34km”指的是位移大小 B．“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中所指的速度均為瞬時速度 C．“風(fēng)速超過20m/s”指的是平均速度，“不能超過300km/h”指的是瞬時速度 D．假設(shè)某火車通過該大橋所用時間為0.08h，則平均速度約為204km/h【解答】解：A.題目中“全長16.34km”指的是該大橋的長度，指路程大小，不是位移大小，故A錯誤；BC.“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中均指的是某一時刻的速度，均為瞬時速度，故B正確，C錯誤；D．由于不清楚題目中所述的通過大橋的位移，所以無法計算平均速度，故D錯誤。故選：B。3．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）A．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量【解答】解：AB．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；小車與木箱組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤，A正確；C．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機械能，機械能不守恒，故C錯誤；D．由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，由此可知小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。故選：A。4．圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細(xì)均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（）A．下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大 B．下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變 C．下滑的加速度變小 D．下滑到底端的時間變短【解答】解：A、設(shè)竹竿與水平方向的夾角為α，兩竹竿對磚塊的彈力的夾角為θ。作出磚塊在垂直于運動方向的受力示意圖，如圖所示。根據(jù)垂直于運動方向磚塊受力平衡可得，2FNcosθ2=mgcosα。僅將兩竹竿間距增大一些，θ不變，可知竹竿對磚塊的彈力FN不變，故B、下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力為f＝2μFN，F(xiàn)N不變，則f不變，故B正確；C、在沿竹竿方向，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣f＝ma，α、f不變，則磚塊下滑的加速度不變，故C錯誤；D、由x=12at2得故選：B。5．按照我國整個月球探測活動的計劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項目標(biāo)和科學(xué)探測任務(wù)后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假設(shè)月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g0，飛船沿距月球表面高度為3R的圓形軌道Ⅰ運動，到達(dá)軌道的A點時點火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近月點B時再次點火進(jìn)入月球近月軌道Ⅲ繞月球做圓周運動。下列判斷不正確的是（）A．飛船在軌道Ⅰ上的運行速率v=gB．飛船在A點處點火變軌時，動能減小 C．飛船在軌道Ⅲ繞月球運動一周所需的時間T＝2πRgD．飛船從A到B運行的過程中機械能變大【解答】解：A、在月球表面有：GMmR2=mg0，在軌道I上運動有：GMm(R+3R)2=mv2R+3R，解得：vB、飛船在A點處點火變軌后做近心運動，需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知，飛船的速度減小，動能減小，故B正確；C、飛船在近月軌道Ⅲ繞月球運動，重力提供向心力，mg0=m4π2D、飛船在軌道Ⅱ上，由A到B運行的過程中，只有萬有引力做功，機械能守恒，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。6．某次越野滑雪比賽中甲、乙兩名運動員從同一傾斜直雪坡頂端水平滑出后落到該雪坡上時所用的時間之比為2：3，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．甲、乙在空中下降的高度之比為2：3 B．甲、乙在空中到雪坡的最遠(yuǎn)距離之比為4：9 C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比為3：2 D．甲、乙在空中運動過程中動量改變量的方向不同【解答】解：AC.設(shè)傾斜雪坡的傾角為θ，兩名運動員在空中運動的時間分別為t1和t2，初速度分別為v1和v2，在空中下降的高度為y=12gt2，則y1y2=t12t22B.將運動員在空中的運動分解為沿坡面和垂直坡面兩個方向，在沿坡面方向上做勻加速直線運動，垂直坡面方向上做勻變速直線運動，運動員在空中到坡面的最遠(yuǎn)距離為hmax=(vsinθ)2D.運動員在空中運動過程中受到的合外力為重力，方向不變根據(jù)動量定理I＝Ft可知，故D錯誤。故選：B。7．如圖所示，原來不帶電，長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個電荷量為+q（q＞0）的點電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點，靜電力常量為k。當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A．增加點電荷的帶電量，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電子受到的電場力將增大 B．導(dǎo)體棒A點會感應(yīng)出正電荷 C．導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為零 D．導(dǎo)體棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度大小E=k【解答】解：A．根據(jù)靜電平衡規(guī)律，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電場強度為零，電子所受電場力為零，故A錯誤；B．根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，導(dǎo)體棒A點會感應(yīng)出負(fù)電荷，故B錯誤；CD．根據(jù)靜電平衡規(guī)律，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電場強度為零，即感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度與電荷q在O點產(chǎn)生的電場強度等大反向，所以有E感=Eq=故選D。8．一種叫“焦耳小偷”的電路，可以“榨干”一顆舊電池的能量，其原理如圖所示。﹣﹣顆廢舊的5號電池開路電壓大約1V，直接點亮一個需要1.6V電壓驅(qū)動的發(fā)光二極管是不可能的，這時可以反復(fù)快速接通和斷開開關(guān)，發(fā)光二極管就會閃爍起來。下列說法中正確的是（）A．發(fā)光二極管的正極應(yīng)接在C端 B．只有開關(guān)接通的瞬間，發(fā)光二極管才會閃亮發(fā)光 C．只有開關(guān)斷開的瞬間，發(fā)光二極管才會閃亮二極管 D．開關(guān)斷開及接通的瞬間，A端的電勢均高于B端的電勢【解答】解：A、由圖可知，發(fā)光二極管的正極應(yīng)接在B端，故A錯誤；B．開關(guān)接通瞬間，流過電感器的電流增大，電感器產(chǎn)生與原電流相反的自感電動勢，發(fā)光二極管被短路，發(fā)光二極管不會閃亮發(fā)光，此時B端電勢低于A端電勢，故B錯誤；CD．開關(guān)斷開的瞬間，流過電感器的電流減小，電感器產(chǎn)生與原電流同向的自感電動勢，與原電流疊加，能提供更大的電動勢和電流，發(fā)光二極管會閃亮發(fā)光，此時B端電勢高于A端電勢，故C正確，D錯誤。故選：C。9．霍爾式位移傳感器的測量原理如圖，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應(yīng)強度B＝B0+kz（B0、k均為常數(shù)）。將傳感器固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變（方向如圖），當(dāng)物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則（）A．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高 B．k越大，傳感器靈敏度（ΔUΔz）越高C．磁感應(yīng)強度B越大，上、下表面的電勢差U越小 D．電流I取值越大，上、下表面的電勢差U越小【解答】解：A、霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢高。故A錯誤。B、k越大，根據(jù)磁感應(yīng)強度B＝B0+kz，知B隨z的變化越大，根據(jù)U=BInqb，可知，U隨z的變化越大，即傳感器靈敏度（ΔUΔzCD、最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUc=qvB，電流的微觀表達(dá)式為I＝nqvS＝nqvbc，所以U=BInqb，B越大，上、下表面的電勢差U越大。電流越大，上、下表面的電勢差U10．如表是某品牌四旋翼無人機的部分參數(shù)：整機質(zhì)量2kg電池額定電壓15V最大起飛海拔高度5000m電池容量5000mA?h最大上升速度6m/s電動機工作電壓12V最大下降速度2m/s懸停時每個電動機功率50W最大水平速度16m/s電動機數(shù)量4若該無人機參與某次火情的勘測時，需要從地面起飛，飛到火場上空60m高處，然后懸停進(jìn)行觀測（整個過程四個電動機同時工作），無人機上升過程中所受的阻力恒為10N，則下列說法中正確的是（）A．無人機的電池充電后儲存的最大電荷量為5C B．無人機的電池充電后儲存的最大電能為270000J C．無人機上升過程電動機消耗的電能是1800J D．若無人機懸停10分鐘，4個電動機共消耗的電能是30000J【解答】解：A、無人機的電池充電后儲存的最大電荷量為q＝5000mA?h＝5000×10﹣3×3600C＝18000C，故A錯誤；B、無人機的電池充電后儲存的最大電能為E電＝qU＝18000×15J＝270000J，故B正確；C、設(shè)無人機上升過程中電動機輸出功為W，根據(jù)動能定理可得：W﹣fh﹣mgh＝0，解得：W＝1800J，由于無人機從地面起飛，飛到火場上空60m高處過程中電動機內(nèi)阻也要消耗電能，故無人機上升過程電動機消耗的電能大于1800J，故C錯誤；D、懸停時每個電動機功率為50W，若無人機懸停10分鐘，4個電動機共消耗的電能是E＝50×600×4J＝120000J，故D錯誤。故選：B。11．如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定電流方向從a經(jīng)R流向b為電流正方向，則0～6s時間內(nèi)流過電阻R的電流I隨時間t的變化圖像為（）A． B． C． D．【解答】解：在0～4s時間內(nèi)，原磁場增強，穿過螺線管的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向向右，由安培定則可知，R中的電流方向從b流向a，感應(yīng)電動勢大小為E1＝nΔΦ1Δt1=nΔB則通過R的電流大小為I1=E1R+r在4～6s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為E2＝nΔΦ2Δt2=n|ΔB則通過R的電流大小為I2=E2R+r根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，故ACD錯誤，B正確。故選：B。12．如圖所示，有三塊等腰直角三角形的透明材料（圖中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）恰好拼成一個長方形。從A點垂直于底邊射入的單色光在B處發(fā)生全反射，在C、D處連續(xù)發(fā)生兩次折射后射出。若該單色光在三塊材料的傳播速率依次為v1、v2、v3，下列關(guān)系式中正確的是（）A．v2＞v1＞v3 B．v3＞v1＞v2 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3【解答】解：光從I到Ⅱ發(fā)生全反射，說明Ⅰ相對于Ⅱ是光密介質(zhì)，光從Ⅰ到Ⅲ發(fā)生折射，入射角大于折射角，則Ⅲ相對于Ⅰ是光密介質(zhì)，則可以比較三種介質(zhì)的折射率，有n3＞n1＞n2，再由v=cn去求傳播速率的關(guān)系為v2＞v1＞v3.故A正確，BCD故選：A。13．如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置，OO'是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個點，且MN∥OO′。一個可視為質(zhì)點的小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進(jìn)入圓筒后一直沿筒壁運動，a、b、c是小球運動軌跡與MN的交點。小球從M到a用時t1，從a到b用時t2，從b到c用時t3，小球經(jīng)過a、b、c時對筒壁壓力分別為Fa、Fb、Fc，經(jīng)過a、b、c時的速度大小分別為va、vb、vc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相鄰兩點間的距離，不計一切摩擦。下列說法正確的是（）A．t1＜t2＜t3 B．Fa＝Fb＝Fc C．va：vb：vc＝1：2：3 D．lMa：：lab：lbc＝1：3：5【解答】解：小球以豎直向下的速度在M點無碰撞進(jìn)入圓筒，將沿圓筒筒壁做螺旋運動，運動可分解為沿軸線方向的勻變速直線運動和在垂直軸線的平面內(nèi)的變速圓周運動。設(shè)圓筒與水平地面的夾角為θ，將在M的速度v沿MN方向和垂直MN方向分解，根據(jù)運動的合成與分解，沿MN方向的速度v1＝vsinθ，沿垂直MN方向的速度v2＝vcosθ。A.小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運動，每運動一周的情況相同，每運動一周所用時間相同，可得t1＝t2＝t3，故A錯誤；B．小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運動，在垂直軸線方向的分速度大小不變，則有小球在a、b、c位置時，所需向心力大小均為F=m可知小球在a、b、c各點筒壁對小球提供的向心力大小相同，由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過a、b、c時對筒壁壓力大小相同，即Fa＝Fb＝Fc故B正確；C．小球沿MN方向的初速度不是零，由v＝v0+at，可求出小球經(jīng)a、b、c時在沿MN方向的速度，小球在垂直MN方向的速度大小不變，可知小球經(jīng)a、b、c時的速度關(guān)系va：vb：vc≠1：2：3故C錯誤；D．若小球在沿MN方向的初速度是零，由初速度是零的勻加速直線運動規(guī)律可得lMa：：lab：lbc＝1：3：5由于小球在沿MN方向的初速度不是零，是v1＝vsinθ因此則有l(wèi)Ma：：lab：lbc≠1：3：5故D錯誤。故選：B。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．圖甲是三顆微粒做布朗運動的位置連線圖，圖乙是氧氣分子速率分布圖，圖丙是靜止在水面上的硬幣，圖丁是空氣壓縮儀點燃硝化棉，下列說法正確的是（）A．甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯 B．乙圖中，溫度升高，所有氧分子的速率都增大 C．丙圖中，硬幣能浮在水面上，主要是因為水的浮力 D．丁圖中，壓縮空氣壓縮儀內(nèi)的空氣，空氣的溫度升高，內(nèi)能增大【解答】解：A．微粒越小，水分子對微粒撞擊的不平衡性越明顯，則布朗運動越明顯，故A正確；B．溫度越高，氧氣分子的平均速率增大，不是每一個分子速率都增大，故B錯誤；C．硬幣浮在水面上，主要是因為水的表面張力，故C錯誤；D．壓縮空氣，外界對氣體做功，即W＞0，快速壓縮空氣，來不及吸放熱，即Q＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W，可得ΔU＞0，空氣的內(nèi)能增大，溫度升高，故D正確。故選：AD。15．位于M、N兩點處的兩波源相距14m，在M、N兩點間連線上有一點P，MP＝10m，t＝0時兩波源同時開始振動，振動圖象均如圖所示，產(chǎn)生的兩列橫波沿MN連線相向傳播，波在MN間的均勻介質(zhì)中的波長λ＝4m。下列說法正確的是（）A．波源M簡諧運動的表達(dá)式為y＝5sin100πt（cm） B．在t1＝0.025s時，N點處的波源產(chǎn)生的第一個波峰到達(dá)P點 C．P點的振動是加強的 D．在t2＝0.1s內(nèi)P點運動的路程為30cm【解答】解：A、波源M簡諧運動的表達(dá)式為y＝Asin2πTt=5sin100πt（cm），故B、由振動圖象可知振動周期為T＝0.02s，又λ＝vT，可得波速v=λT=40.02m/s＝200m/s，由題意知N點處的波源在t＝0時向上振動，波傳到P點所用時間為Δt=xv=14-10200s＝0.02s，在t1＝C、兩波源到P點的波程差為6m，等于32個波長，故P點的振動是減弱的，故CD、M點處的波源產(chǎn)生的波傳播到P點所用時間為t′=xMPv=10200s＝0.05s，N點處的波源產(chǎn)生的波傳播到P點所用時間為0.02s，t2＝0.1s時，P點已振動的時間為0.08s，等于4T，故P點運動的路程為s＝4?4A＝4×4×5cm＝三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）．Ⅰ、同學(xué)們用如圖所示的“桿線擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。桿線擺可以繞著立柱OO'來回擺動（立柱并不轉(zhuǎn)動），使擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)。具體操作步驟如下：（1）測量“斜面”的傾角。①將鐵架臺放在水平桌面上，在鐵架臺立柱上綁上重垂線，調(diào)節(jié)桿線擺的線長，使重垂線與擺桿垂直。②把鐵架臺底座的一側(cè)墊高，使立柱傾斜。測出靜止時擺桿與重垂線的夾角為β，則“斜面”的傾角θ＝90°﹣β。（2）根據(jù)斜面傾角，求出等效重力加速度a。（3）測量桿線擺的周期。盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，將擺拉開一個較小的角度，輕輕釋放擺球。用停表測量擺球全振動20次所用的時間t，則單擺的周期為T＝t20（4）改變鐵架臺的傾斜程度，重復(fù)實驗，將所需數(shù)據(jù)記錄在表格中。序號θ（°）T（s）a（m/s2）1a（m﹣2s111.02.521.870.731214.52.112.450.639319.01.833.190.560422.51.733.750.516525.51.624.220.487629.01.504.750.459（5）為了直觀體現(xiàn)周期與等效重力加速度的關(guān)系，請在坐標(biāo)紙中選擇合適的物理量與單位，補全缺少的數(shù)據(jù)點并繪圖。（6）通過圖線，可以計算出在擺長一定的情況下，擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。若忽略球的尺寸，本實驗中的擺長應(yīng)為擺桿（填“擺線”、“擺桿”）的長度，擺長為L＝0.3m（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）?！窘獯稹拷猓海?）擺桿與重垂線的夾角為β，θ為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知θ＝90°﹣β（3）根據(jù)擺球全振動的次數(shù)和所用時間，周期T=t（5）根據(jù)題圖可知等效重力加速度為a＝gsinθ根據(jù)單擺周期公式有T=2π在圖中以周期T為縱坐標(biāo)軸、以1gsinθ（6）本實驗的擺長為擺桿；由上述圖像，T-1gsinθ結(jié)合T-1gsinθ解得L=k故〖答案〗為：（1）90°﹣β；（3）t20；（5）所作圖像見〖解析〗；（6）擺桿；0.3Ⅱ、某探究小組，取片狀RFP602型半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器一片，探究其圓形敏感區(qū)域受壓力F與傳感器電阻R的變化關(guān)系。圖示是利用測量數(shù)據(jù)畫出R﹣F圖線。壓力為1N時曲線斜率為24kΩ/N，壓力為5N時曲線斜率為1.9kΩ/N，前者是后者的13倍。（1）由圖線數(shù)據(jù)分析可知，斜率越大，傳感器靈敏度就越高。（填“越高”、“越低”）（2）利用RFP602型壓力傳感器，設(shè)計一臺自動分揀裝置，按一定質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)自動分揀大蘋果和小蘋果。該裝置中O2C、O1D為繞O2、O1轉(zhuǎn)動的杠桿，托盤秤壓在O1D杠桿上，O1D杠桿末端壓在壓力傳感器上。調(diào)節(jié)托盤秤壓在O1D杠桿上的位置，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的蘋果經(jīng)過托盤秤時，O1D杠桿對傳感器的壓力為1N左右。（3）質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的大蘋果通過托盤秤時，R2兩端的電壓恰好能使放大電路中的電磁鐵吸引分揀開關(guān)的銜鐵。（填“吸引”、“排斥”）【解答】解：（1）由題中圖像，斜率越大，增大或減少相同的壓力時，傳感器電阻R變化幅度就越大，傳感器靈敏度就越高。（2）由題意，傳感器壓力在1N左右時靈敏度高，因此在調(diào)節(jié)托盤秤壓在O1D杠桿上的位置時，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的蘋果經(jīng)過托盤秤時，O1D杠桿對傳感器的壓力為1N左右。（3）依題意，質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的大蘋果通過托盤秤時，傳感器電阻R較小，此時R2兩端的電壓較大，恰好能使放大電路中的電磁鐵吸動分揀開關(guān)的銜鐵，能夠確保大蘋果在銜鐵上運動時電磁鐵始終保持吸引狀態(tài)，讓大蘋果從下面通道通過。故〖答案〗為：越高，1N，吸引。17．（8分）如圖所示，為某校開展的科技節(jié)一參賽小組制作的“水火箭”，其主體是一個容積為2.5L的飲料瓶，現(xiàn)裝入1L體積的水，再倒放安裝在發(fā)射架上，用打氣筒通過軟管向箭體內(nèi)充氣，打氣筒每次能將300mL、壓強為p0的外界空氣壓入瓶內(nèi)，當(dāng)瓶內(nèi)氣體壓強達(dá)到4p0時，火箭可發(fā)射升空。已知大氣壓強為p0＝1.0×105Pa，整個裝置氣密性良好，忽略飲料瓶體積的變化和飲料瓶內(nèi)、外空氣溫度的變化，求：（1）為了使“水火箭”能夠發(fā)射，該小組成員需要打氣的次數(shù)；（2）“水火箭”發(fā)射過程中，當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大?。唬?）若設(shè)在噴水過程中瓶內(nèi)氣壓平均為3p0，在這過程瓶內(nèi)氣體是吸熱還是放熱，吸收或釋放了多少熱量？【解答】解：（1）每次打氣的體積ΔV＝300mL＝0.3L，設(shè)至少需要打n次氣，打氣前箭體內(nèi)空氣體積為V0＝2.5L﹣1L＝1.5L，打氣后的壓強p＝4p0根據(jù)玻意耳定律可得p0（V0+nΔV）＝pV0解得n＝15（次）（2）小組成員對“水火箭”加壓到發(fā)射，在水剛好全部被噴出時氣體的體積為V＝2.5L設(shè)當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大小p1根據(jù)玻意耳定律可得4p0V0＝p1V解得p（3）氣體對外做功W=-pΔV=-3由于整個過程飲料瓶內(nèi)、外空氣溫度不發(fā)生變化，因此氣體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0；根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU＝W+Q＝0熱量Q＝﹣W＝300J由于Q＞0因此，瓶內(nèi)氣體從外界吸熱，吸收的熱量為300J。答：（1）該小組成員需要打氣的次數(shù)為15次；（2）當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大小為2.4×105Pa；（3）在這過程瓶內(nèi)氣體吸收了熱量，吸收的熱量為300J。18．（11分）．如圖，長木板A放在光滑的水平桌面上，物體B（可視為質(zhì)點）靜止在長板上的中點，A通過跨過光滑定滑輪的輕繩與物體C連接，C的下面通過輕繩連接物體D。A長L＝8m，A、B、C、D質(zhì)量均為m＝1kg，B與A之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，所有輕繩均不可伸長，木板到定滑輪足夠遠(yuǎn)，D離地面足夠高。將A從靜止開始釋放，同時B以v＝6m/s的初速度向右運動。重力加速度g取10m/s2。求：（1）A開始運動時的加速度大??；（2）B在A上滑行的過程中距離A右端的最小距離；（3）若B在A上滑行t＝0.8s時，C和D間的輕繩突然斷裂，求B在A上滑行的整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能?！窘獯稹拷猓海?）木板A開始運動時，根據(jù)牛頓第二定律得對A：T+μmg＝maA對C、D：2mg﹣T＝2maA解得aA＝8m/s2（2）木板A開始運動時，對B，根據(jù)牛頓第二定律得﹣μmg＝maB解得aB＝﹣4m/s2設(shè)經(jīng)過時間t1物體A、B相對靜止，共同速度為v1，則v1＝v+aBt1＝aAt1解得t1＝0.5s，v1＝4m/s此后，假設(shè)物體A、B相對靜止，對ABCD有：2mg＝4ma對B有：f＝ma解得f＝5N＞μmg＝4N，故假設(shè)不成立，B開始相對A向左滑動此時B距A右端的距離最小在t1時間內(nèi)，B、A的位移分別為xB=xA=故B在A上滑行的過程中距離A右端的最小距離為smin=L2-（xB﹣解得smin＝2.5m（3）0.5s～0.8s內(nèi)，B開始相對A向左滑動，B的加速度為aB′=μmgm=μgACD的加速度為aA′=解得aA′=1630.8s時，B的速度為vB1＝v1+aB′（t﹣t1）解得vB1＝5.2m/sA的速度為vA1＝v1+aA′（t﹣t1）解得vA1＝5.6m/sCD間細(xì)繩斷開后，B的加速度為aB″＝μg＝4m/s2AC的加速度為aA″=解得aA″＝3m/s2設(shè)CD間細(xì)繩斷開后再經(jīng)過t2時間A、B速度相等，大小為v2.則v2＝vA1+aA″t2＝vB1+aB″t2解得t2＝0.4s，v2＝6.8m/s此后AB相對靜止，一起向右運動0.5s前B相對A運動的路程：△s1＝xB﹣xA0.5s后B相對A運動的路程：△s2=v1+vA12（系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝μmg（△s1+△s2）聯(lián)立解得Q＝6.56J答：（1）A開始運動時的加速度大小是8m/s2；（2）B在A上滑行的過程中距離A右端的最小距離是2.5m；（3）B在A上滑行的整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能是6.56J。19．（11分）如圖所示，在兩根水平的平行光滑金屬導(dǎo)軌右端c、d處，連接兩根相同的平行光滑14圓弧導(dǎo)軌。圓弧導(dǎo)軌均處于豎直面內(nèi)，與水平軌道相切，半徑r＝0.5m，頂端a、b處連接一阻值R＝2.0Ω的電阻，平行導(dǎo)軌各處間距均為L＝0.5m，導(dǎo)軌電阻不計。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B＝2.0T。一根質(zhì)量m＝1.0kg、電阻R0＝1.0Ω的金屬棒在水平拉力F作用下從ef處由靜止開始勻加速直線運動，運動到cd處的時間t0＝3.0s，此時拉力F0＝6.0N。金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度大小g＝10m/s2（1）金屬棒勻加速直線運動的加速度大小；（2）金屬棒做勻加速直線運動時通過金屬棒的電荷量q；（3）若金屬棒運動到cd處，調(diào)節(jié)拉力F使金屬棒沿圓弧導(dǎo)軌做勻速圓周運動至ab處。計算金屬棒從cd運動至ab的過程中，拉力做的功WF。（計算結(jié)果保留到小數(shù)點后兩位）【解答】解：（1）設(shè)金屬棒勻加速運動的加速度為a，則運動到cd的速度：v＝at0當(dāng)金屬棒在cd時，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1＝BLv產(chǎn)生的電流為：I=金屬棒所受的安培力為：FA＝BIL據(jù)牛頓第二定律得：F0﹣FA＝ma聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)解得：a＝3m/s2（2）通過金屬棒的電荷量為：q=It電流：I其中：v聯(lián)立得：q＝4.5C（3）設(shè)金屬棒運動速度v與磁場正方向的夾角為α，則垂直磁場方向的分速度：v⊥＝vsinα則：E2＝BLvsinα（即產(chǎn)生是正弦式交流電）有效值：E=則由焦耳定律可得產(chǎn)生的熱量：Q=其中：t=代入數(shù)據(jù)解得：Q=由功能關(guān)系得：WF＝mgr+Q代入數(shù)據(jù)：WF≈6.18J答：（1）金屬棒勻加速直線運動的加速度大小為3.0m/s2；（2）金屬棒做勻加速直線運動時通過金屬棒的電荷量q為4.5C；（3）金屬棒從cd運動至ab的過程中，拉力做的功WF為6.18J。20．（11分）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy，x軸水平，y軸豎直。第一象限內(nèi)存在沿y軸正方向勻強電場E1，且在第一象限內(nèi)的某圓形區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場B，第二象限內(nèi)存在平行于坐標(biāo)平面的勻強電場E2（大小、方向均未知）。一帶正電小球由x軸上點P（﹣l，0）以初速度v0豎直向上拋出，當(dāng)其經(jīng)過y軸上的A點時速度水平，且動能為初動能的3倍，再經(jīng)過一段時間小球由x軸上點Q（l，0）飛出磁場，此時小球速度方向與x軸負(fù)方向的夾角為60°。已知小球質(zhì)量為m、電荷量為q，E1=mg（1）A點坐標(biāo)；（2）磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）小球由P點到達(dá)Q點的時間。【解答】解：（1）小球從P點到A點水平和豎直方向均為勻變速直線運動，由小球在A點動能為P點的3倍，則有12可得A點速度為v水平方向l=豎直方向y解得y故A點坐標(biāo)為（0，3l（2）由題意可得qE1＝mg可知小球在第一象限中的磁場中做勻速圓周運動，如圖所示由幾何關(guān)系得R+Rcosθ=由洛倫茲力提供向心力得qvB=聯(lián)立解得B=方向垂直于坐標(biāo)平面向外。（3）小球由P點至A點時間記為t1，從A勻速到進(jìn)入磁場時間記為t2，在磁場中勻速圓周運動時間記為t3。則有t1小球由A運動到磁場中滿足l-Rsinθ=解得t小球在磁場中運動時間為t小球從P到Q運動總時間為t=答：（1）A點坐標(biāo)為（0，3l（2）磁場的磁感應(yīng)強度為9mv（3）小球由P點到達(dá)Q點的時間為4(632024年浙江選考仿真模擬卷（三）物理（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．普朗克常量h＝6.626×10﹣34J?s，光速為c，電子質(zhì)量為me，則hmA．J/s B．m C．J?m D．m/s【解答】解：hmec在國際單位制下的導(dǎo)出單位為J?s/（kg?m?s﹣1），又因1J＝1N?m，1N＝1kg?m?s﹣2，代入導(dǎo)出單位中計算可得其單位為m.故ACD錯誤，B2．平潭海峽公鐵兩用大橋全長16.34km，該大橋所處的平潭海峽是世界三大風(fēng)暴海域之一，以“風(fēng)大、浪高、水深、涌急”著稱。為保證安全起見，環(huán)境風(fēng)速超過20m/s時，列車通過該橋的運行速度不能超過300km/h，下列說法正確的是（）A．題目中“全長16.34km”指的是位移大小 B．“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中所指的速度均為瞬時速度 C．“風(fēng)速超過20m/s”指的是平均速度，“不能超過300km/h”指的是瞬時速度 D．假設(shè)某火車通過該大橋所用時間為0.08h，則平均速度約為204km/h【解答】解：A.題目中“全長16.34km”指的是該大橋的長度，指路程大小，不是位移大小，故A錯誤；BC.“風(fēng)速超過20m/s”“不能超過300km/h”中均指的是某一時刻的速度，均為瞬時速度，故B正確，C錯誤；D．由于不清楚題目中所述的通過大橋的位移，所以無法計算平均速度，故D錯誤。故選：B。3．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）A．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量【解答】解：AB．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)系統(tǒng)受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；小車與木箱組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤，A正確；C．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動能增大，由人體生物能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)機械能，機械能不守恒，故C錯誤；D．由動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化量，由此可知小孩推力的沖量等于木箱的動量的變化量，故D錯誤。故選：A。4．圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細(xì)均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（）A．下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大 B．下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變 C．下滑的加速度變小 D．下滑到底端的時間變短【解答】解：A、設(shè)竹竿與水平方向的夾角為α，兩竹竿對磚塊的彈力的夾角為θ。作出磚塊在垂直于運動方向的受力示意圖，如圖所示。根據(jù)垂直于運動方向磚塊受力平衡可得，2FNcosθ2=mgcosα。僅將兩竹竿間距增大一些，θ不變，可知竹竿對磚塊的彈力FN不變，故B、下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力為f＝2μFN，F(xiàn)N不變，則f不變，故B正確；C、在沿竹竿方向，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣f＝ma，α、f不變，則磚塊下滑的加速度不變，故C錯誤；D、由x=12at2得故選：B。5．按照我國整個月球探測活動的計劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項目標(biāo)和科學(xué)探測任務(wù)后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假設(shè)月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g0，飛船沿距月球表面高度為3R的圓形軌道Ⅰ運動，到達(dá)軌道的A點時點火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近月點B時再次點火進(jìn)入月球近月軌道Ⅲ繞月球做圓周運動。下列判斷不正確的是（）A．飛船在軌道Ⅰ上的運行速率v=gB．飛船在A點處點火變軌時，動能減小 C．飛船在軌道Ⅲ繞月球運動一周所需的時間T＝2πRgD．飛船從A到B運行的過程中機械能變大【解答】解：A、在月球表面有：GMmR2=mg0，在軌道I上運動有：GMm(R+3R)2=mv2R+3R，解得：vB、飛船在A點處點火變軌后做近心運動，需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知，飛船的速度減小，動能減小，故B正確；C、飛船在近月軌道Ⅲ繞月球運動，重力提供向心力，mg0=m4π2D、飛船在軌道Ⅱ上，由A到B運行的過程中，只有萬有引力做功，機械能守恒，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。6．某次越野滑雪比賽中甲、乙兩名運動員從同一傾斜直雪坡頂端水平滑出后落到該雪坡上時所用的時間之比為2：3，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．甲、乙在空中下降的高度之比為2：3 B．甲、乙在空中到雪坡的最遠(yuǎn)距離之比為4：9 C．甲、乙水平滑出的初速度大小之比為3：2 D．甲、乙在空中運動過程中動量改變量的方向不同【解答】解：AC.設(shè)傾斜雪坡的傾角為θ，兩名運動員在空中運動的時間分別為t1和t2，初速度分別為v1和v2，在空中下降的高度為y=12gt2，則y1y2=t12t22B.將運動員在空中的運動分解為沿坡面和垂直坡面兩個方向，在沿坡面方向上做勻加速直線運動，垂直坡面方向上做勻變速直線運動，運動員在空中到坡面的最遠(yuǎn)距離為hmax=(vsinθ)2D.運動員在空中運動過程中受到的合外力為重力，方向不變根據(jù)動量定理I＝Ft可知，故D錯誤。故選：B。7．如圖所示，原來不帶電，長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個電荷量為+q（q＞0）的點電荷放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處，A、B分別為導(dǎo)體棒左右兩端的一點，靜電力常量為k。當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A．增加點電荷的帶電量，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電子受到的電場力將增大 B．導(dǎo)體棒A點會感應(yīng)出正電荷 C．導(dǎo)體棒上的感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為零 D．導(dǎo)體棒上感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度大小E=k【解答】解：A．根據(jù)靜電平衡規(guī)律，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電場強度為零，電子所受電場力為零，故A錯誤；B．根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，導(dǎo)體棒A點會感應(yīng)出負(fù)電荷，故B錯誤；CD．根據(jù)靜電平衡規(guī)律，導(dǎo)體靜電平衡時O處的電場強度為零，即感應(yīng)電荷在棒的中心O處產(chǎn)生的電場強度與電荷q在O點產(chǎn)生的電場強度等大反向，所以有E感=Eq=故選D。8．一種叫“焦耳小偷”的電路，可以“榨干”一顆舊電池的能量，其原理如圖所示。﹣﹣顆廢舊的5號電池開路電壓大約1V，直接點亮一個需要1.6V電壓驅(qū)動的發(fā)光二極管是不可能的，這時可以反復(fù)快速接通和斷開開關(guān)，發(fā)光二極管就會閃爍起來。下列說法中正確的是（）A．發(fā)光二極管的正極應(yīng)接在C端 B．只有開關(guān)接通的瞬間，發(fā)光二極管才會閃亮發(fā)光 C．只有開關(guān)斷開的瞬間，發(fā)光二極管才會閃亮二極管 D．開關(guān)斷開及接通的瞬間，A端的電勢均高于B端的電勢【解答】解：A、由圖可知，發(fā)光二極管的正極應(yīng)接在B端，故A錯誤；B．開關(guān)接通瞬間，流過電感器的電流增大，電感器產(chǎn)生與原電流相反的自感電動勢，發(fā)光二極管被短路，發(fā)光二極管不會閃亮發(fā)光，此時B端電勢低于A端電勢，故B錯誤；CD．開關(guān)斷開的瞬間，流過電感器的電流減小，電感器產(chǎn)生與原電流同向的自感電動勢，與原電流疊加，能提供更大的電動勢和電流，發(fā)光二極管會閃亮發(fā)光，此時B端電勢高于A端電勢，故C正確，D錯誤。故選：C。9．霍爾式位移傳感器的測量原理如圖，有一個沿z軸方向的磁場，磁感應(yīng)強度B＝B0+kz（B0、k均為常數(shù)）。將傳感器固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變（方向如圖），當(dāng)物體沿z軸方向移動時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則（）A．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高 B．k越大，傳感器靈敏度（ΔUΔz）越高C．磁感應(yīng)強度B越大，上、下表面的電勢差U越小 D．電流I取值越大，上、下表面的電勢差U越小【解答】解：A、霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向下表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢高。故A錯誤。B、k越大，根據(jù)磁感應(yīng)強度B＝B0+kz，知B隨z的變化越大，根據(jù)U=BInqb，可知，U隨z的變化越大，即傳感器靈敏度（ΔUΔzCD、最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUc=qvB，電流的微觀表達(dá)式為I＝nqvS＝nqvbc，所以U=BInqb，B越大，上、下表面的電勢差U越大。電流越大，上、下表面的電勢差U10．如表是某品牌四旋翼無人機的部分參數(shù)：整機質(zhì)量2kg電池額定電壓15V最大起飛海拔高度5000m電池容量5000mA?h最大上升速度6m/s電動機工作電壓12V最大下降速度2m/s懸停時每個電動機功率50W最大水平速度16m/s電動機數(shù)量4若該無人機參與某次火情的勘測時，需要從地面起飛，飛到火場上空60m高處，然后懸停進(jìn)行觀測（整個過程四個電動機同時工作），無人機上升過程中所受的阻力恒為10N，則下列說法中正確的是（）A．無人機的電池充電后儲存的最大電荷量為5C B．無人機的電池充電后儲存的最大電能為270000J C．無人機上升過程電動機消耗的電能是1800J D．若無人機懸停10分鐘，4個電動機共消耗的電能是30000J【解答】解：A、無人機的電池充電后儲存的最大電荷量為q＝5000mA?h＝5000×10﹣3×3600C＝18000C，故A錯誤；B、無人機的電池充電后儲存的最大電能為E電＝qU＝18000×15J＝270000J，故B正確；C、設(shè)無人機上升過程中電動機輸出功為W，根據(jù)動能定理可得：W﹣fh﹣mgh＝0，解得：W＝1800J，由于無人機從地面起飛，飛到火場上空60m高處過程中電動機內(nèi)阻也要消耗電能，故無人機上升過程電動機消耗的電能大于1800J，故C錯誤；D、懸停時每個電動機功率為50W，若無人機懸停10分鐘，4個電動機共消耗的電能是E＝50×600×4J＝120000J，故D錯誤。故選：B。11．如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n＝1000，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個阻值R＝4Ω的電阻，一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定電流方向從a經(jīng)R流向b為電流正方向，則0～6s時間內(nèi)流過電阻R的電流I隨時間t的變化圖像為（）A． B． C． D．【解答】解：在0～4s時間內(nèi)，原磁場增強，穿過螺線管的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向向右，由安培定則可知，R中的電流方向從b流向a，感應(yīng)電動勢大小為E1＝nΔΦ1Δt1=nΔB則通過R的電流大小為I1=E1R+r在4～6s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為E2＝nΔΦ2Δt2=n|ΔB則通過R的電流大小為I2=E2R+r根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，故ACD錯誤，B正確。故選：B。12．如圖所示，有三塊等腰直角三角形的透明材料（圖中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）恰好拼成一個長方形。從A點垂直于底邊射入的單色光在B處發(fā)生全反射，在C、D處連續(xù)發(fā)生兩次折射后射出。若該單色光在三塊材料的傳播速率依次為v1、v2、v3，下列關(guān)系式中正確的是（）A．v2＞v1＞v3 B．v3＞v1＞v2 C．v3＞v2＞v1 D．v1＞v2＞v3【解答】解：光從I到Ⅱ發(fā)生全反射，說明Ⅰ相對于Ⅱ是光密介質(zhì)，光從Ⅰ到Ⅲ發(fā)生折射，入射角大于折射角，則Ⅲ相對于Ⅰ是光密介質(zhì)，則可以比較三種介質(zhì)的折射率，有n3＞n1＞n2，再由v=cn去求傳播速率的關(guān)系為v2＞v1＞v3.故A正確，BCD故選：A。13．如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置，OO'是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個點，且MN∥OO′。一個可視為質(zhì)點的小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進(jìn)入圓筒后一直沿筒壁運動，a、b、c是小球運動軌跡與MN的交點。小球從M到a用時t1，從a到b用時t2，從b到c用時t3，小球經(jīng)過a、b、c時對筒壁壓力分別為Fa、Fb、Fc，經(jīng)過a、b、c時的速度大小分別為va、vb、vc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相鄰兩點間的距離，不計一切摩擦。下列說法正確的是（）A．t1＜t2＜t3 B．Fa＝Fb＝Fc C．va：vb：vc＝1：2：3 D．lMa：：lab：lbc＝1：3：5【解答】解：小球以豎直向下的速度在M點無碰撞進(jìn)入圓筒，將沿圓筒筒壁做螺旋運動，運動可分解為沿軸線方向的勻變速直線運動和在垂直軸線的平面內(nèi)的變速圓周運動。設(shè)圓筒與水平地面的夾角為θ，將在M的速度v沿MN方向和垂直MN方向分解，根據(jù)運動的合成與分解，沿MN方向的速度v1＝vsinθ，沿垂直MN方向的速度v2＝vcosθ。A.小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運動，每運動一周的情況相同，每運動一周所用時間相同，可得t1＝t2＝t3，故A錯誤；B．小球在垂直軸線的平面內(nèi)做變速圓周運動，在垂直軸線方向的分速度大小不變，則有小球在a、b、c位置時，所需向心力大小均為F=m可知小球在a、b、c各點筒壁對小球提供的向心力大小相同，由牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過a、b、c時對筒壁壓力大小相同，即Fa＝Fb＝Fc故B正確；C．小球沿MN方向的初速度不是零，由v＝v0+at，可求出小球經(jīng)a、b、c時在沿MN方向的速度，小球在垂直MN方向的速度大小不變，可知小球經(jīng)a、b、c時的速度關(guān)系va：vb：vc≠1：2：3故C錯誤；D．若小球在沿MN方向的初速度是零，由初速度是零的勻加速直線運動規(guī)律可得lMa：：lab：lbc＝1：3：5由于小球在沿MN方向的初速度不是零，是v1＝vsinθ因此則有l(wèi)Ma：：lab：lbc≠1：3：5故D錯誤。故選：B。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．圖甲是三顆微粒做布朗運動的位置連線圖，圖乙是氧氣分子速率分布圖，圖丙是靜止在水面上的硬幣，圖丁是空氣壓縮儀點燃硝化棉，下列說法正確的是（）A．甲圖中，微粒越小，布朗運動越明顯 B．乙圖中，溫度升高，所有氧分子的速率都增大 C．丙圖中，硬幣能浮在水面上，主要是因為水的浮力 D．丁圖中，壓縮空氣壓縮儀內(nèi)的空氣，空氣的溫度升高，內(nèi)能增大【解答】解：A．微粒越小，水分子對微粒撞擊的不平衡性越明顯，則布朗運動越明顯，故A正確；B．溫度越高，氧氣分子的平均速率增大，不是每一個分子速率都增大，故B錯誤；C．硬幣浮在水面上，主要是因為水的表面張力，故C錯誤；D．壓縮空氣，外界對氣體做功，即W＞0，快速壓縮空氣，來不及吸放熱，即Q＝0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q+W，可得ΔU＞0，空氣的內(nèi)能增大，溫度升高，故D正確。故選：AD。15．位于M、N兩點處的兩波源相距14m，在M、N兩點間連線上有一點P，MP＝10m，t＝0時兩波源同時開始振動，振動圖象均如圖所示，產(chǎn)生的兩列橫波沿MN連線相向傳播，波在MN間的均勻介質(zhì)中的波長λ＝4m。下列說法正確的是（）A．波源M簡諧運動的表達(dá)式為y＝5sin100πt（cm） B．在t1＝0.025s時，N點處的波源產(chǎn)生的第一個波峰到達(dá)P點 C．P點的振動是加強的 D．在t2＝0.1s內(nèi)P點運動的路程為30cm【解答】解：A、波源M簡諧運動的表達(dá)式為y＝Asin2πTt=5sin100πt（cm），故B、由振動圖象可知振動周期為T＝0.02s，又λ＝vT，可得波速v=λT=40.02m/s＝200m/s，由題意知N點處的波源在t＝0時向上振動，波傳到P點所用時間為Δt=xv=14-10200s＝0.02s，在t1＝C、兩波源到P點的波程差為6m，等于32個波長，故P點的振動是減弱的，故CD、M點處的波源產(chǎn)生的波傳播到P點所用時間為t′=xMPv=10200s＝0.05s，N點處的波源產(chǎn)生的波傳播到P點所用時間為0.02s，t2＝0.1s時，P點已振動的時間為0.08s，等于4T，故P點運動的路程為s＝4?4A＝4×4×5cm＝三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16（14分）．Ⅰ、同學(xué)們用如圖所示的“桿線擺”研究擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。桿線擺可以繞著立柱OO'來回擺動（立柱并不轉(zhuǎn)動），使擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)。具體操作步驟如下：（1）測量“斜面”的傾角。①將鐵架臺放在水平桌面上，在鐵架臺立柱上綁上重垂線，調(diào)節(jié)桿線擺的線長，使重垂線與擺桿垂直。②把鐵架臺底座的一側(cè)墊高，使立柱傾斜。測出靜止時擺桿與重垂線的夾角為β，則“斜面”的傾角θ＝90°﹣β。（2）根據(jù)斜面傾角，求出等效重力加速度a。（3）測量桿線擺的周期。盡量減小擺桿與立柱之間的摩擦，將擺拉開一個較小的角度，輕輕釋放擺球。用停表測量擺球全振動20次所用的時間t，則單擺的周期為T＝t20（4）改變鐵架臺的傾斜程度，重復(fù)實驗，將所需數(shù)據(jù)記錄在表格中。序號θ（°）T（s）a（m/s2）1a（m﹣2s111.02.521.870.731214.52.112.450.639319.01.833.190.560422.51.733.750.516525.51.624.220.487629.01.504.750.459（5）為了直觀體現(xiàn)周期與等效重力加速度的關(guān)系，請在坐標(biāo)紙中選擇合適的物理量與單位，補全缺少的數(shù)據(jù)點并繪圖。（6）通過圖線，可以計算出在擺長一定的情況下，擺的周期與等效重力加速度的關(guān)系。若忽略球的尺寸，本實驗中的擺長應(yīng)為擺桿（填“擺線”、“擺桿”）的長度，擺長為L＝0.3m（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）?！窘獯稹拷猓海?）擺桿與重垂線的夾角為β，θ為擺桿與水平方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知θ＝90°﹣β（3）根據(jù)擺球全振動的次數(shù)和所用時間，周期T=t（5）根據(jù)題圖可知等效重力加速度為a＝gsinθ根據(jù)單擺周期公式有T=2π在圖中以周期T為縱坐標(biāo)軸、以1gsinθ（6）本實驗的擺長為擺桿；由上述圖像，T-1gsinθ結(jié)合T-1gsinθ解得L=k故〖答案〗為：（1）90°﹣β；（3）t20；（5）所作圖像見〖解析〗；（6）擺桿；0.3Ⅱ、某探究小組，取片狀RFP602型半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器一片，探究其圓形敏感區(qū)域受壓力F與傳感器電阻R的變化關(guān)系。圖示是利用測量數(shù)據(jù)畫出R﹣F圖線。壓力為1N時曲線斜率為24kΩ/N，壓力為5N時曲線斜率為1.9kΩ/N，前者是后者的13倍。（1）由圖線數(shù)據(jù)分析可知，斜率越大，傳感器靈敏度就越高。（填“越高”、“越低”）（2）利用RFP602型壓力傳感器，設(shè)計一臺自動分揀裝置，按一定質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)自動分揀大蘋果和小蘋果。該裝置中O2C、O1D為繞O2、O1轉(zhuǎn)動的杠桿，托盤秤壓在O1D杠桿上，O1D杠桿末端壓在壓力傳感器上。調(diào)節(jié)托盤秤壓在O1D杠桿上的位置，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的蘋果經(jīng)過托盤秤時，O1D杠桿對傳感器的壓力為1N左右。（3）質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的大蘋果通過托盤秤時，R2兩端的電壓恰好能使放大電路中的電磁鐵吸引分揀開關(guān)的銜鐵。（填“吸引”、“排斥”）【解答】解：（1）由題中圖像，斜率越大，增大或減少相同的壓力時，傳感器電阻R變化幅度就越大，傳感器靈敏度就越高。（2）由題意，傳感器壓力在1N左右時靈敏度高，因此在調(diào)節(jié)托盤秤壓在O1D杠桿上的位置時，使質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的蘋果經(jīng)過托盤秤時，O1D杠桿對傳感器的壓力為1N左右。（3）依題意，質(zhì)量等于分揀標(biāo)準(zhǔn)的大蘋果通過托盤秤時，傳感器電阻R較小，此時R2兩端的電壓較大，恰好能使放大電路中的電磁鐵吸動分揀開關(guān)的銜鐵，能夠確保大蘋果在銜鐵上運動時電磁鐵始終保持吸引狀態(tài)，讓大蘋果從下面通道通過。故〖答案〗為：越高，1N，吸引。17．（8分）如圖所示，為某校開展的科技節(jié)一參賽小組制作的“水火箭”，其主體是一個容積為2.5L的飲料瓶，現(xiàn)裝入1L體積的水，再倒放安裝在發(fā)射架上，用打氣筒通過軟管向箭體內(nèi)充氣，打氣筒每次能將300mL、壓強為p0的外界空氣壓入瓶內(nèi)，當(dāng)瓶內(nèi)氣體壓強達(dá)到4p0時，火箭可發(fā)射升空。已知大氣壓強為p0＝1.0×105Pa，整個裝置氣密性良好，忽略飲料瓶體積的變化和飲料瓶內(nèi)、外空氣溫度的變化，求：（1）為了使“水火箭”能夠發(fā)射，該小組成員需要打氣的次數(shù)；（2）“水火箭”發(fā)射過程中，當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大?。唬?）若設(shè)在噴水過程中瓶內(nèi)氣壓平均為3p0，在這過程瓶內(nèi)氣體是吸熱還是放熱，吸收或釋放了多少熱量？【解答】解：（1）每次打氣的體積ΔV＝300mL＝0.3L，設(shè)至少需要打n次氣，打氣前箭體內(nèi)空氣體積為V0＝2.5L﹣1L＝1.5L，打氣后的壓強p＝4p0根據(jù)玻意耳定律可得p0（V0+nΔV）＝pV0解得n＝15（次）（2）小組成員對“水火箭”加壓到發(fā)射，在水剛好全部被噴出時氣體的體積為V＝2.5L設(shè)當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大小p1根據(jù)玻意耳定律可得4p0V0＝p1V解得p（3）氣體對外做功W=-pΔV=-3由于整個過程飲料瓶內(nèi)、外空氣溫度不發(fā)生變化，因此氣體的內(nèi)能不變，即ΔU＝0；根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU＝W+Q＝0熱量Q＝﹣W＝300J由于Q＞0因此，瓶內(nèi)氣體從外界吸熱，吸收的熱量為300J。答：（1）該小組成員需要打氣的次數(shù)為15次；（2）當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強的大小為2.4×105Pa；（3）在這過程瓶內(nèi)氣體吸收了熱量，吸收的熱量為300J。18．（11分）．如圖，長木板A放在光滑的水平桌面上，物體B（可視為質(zhì)點）靜止在長板上的中點，A通過跨過光滑定滑輪的輕繩與物體C連接，C的下面通過輕繩連接物體D。A長L＝8m，A、B、C、D質(zhì)量均為m＝1kg，B與A之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，所有輕繩均不可伸長，木板到定滑輪足夠遠(yuǎn)，D離地面足夠高。將A從靜