2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷01（全解全析）

2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷01姓名:__________準考證號:__________本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共12頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁?1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)參數(shù):重力加速度g均取10m/s2。5.難度系數(shù)：0.65第Ⅰ卷一、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．下列儀器測量的物理量是矢量的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．該測量儀器為打點計時器，主要記錄運動的時間，而時間是標量，A錯誤；B．彈簧測力計是測量力的工具，力是矢量，B正確；C．電流表是測量電流的工具，電流是標量，C錯誤；D．托盤天平是測量質(zhì)量的工具，質(zhì)量是標量，D錯誤。故選B。2．市場上有一種“平衡鳥”，利用嘴巴可以停留在任意物體上，小王同學很好奇，拆開后發(fā)現(xiàn)兩翅膀處各有一小塊鐵，依照這個原理，用橡皮塊和牙簽，也做成了如圖所示的“平衡鳥”。下列說法正確的是（

）A．小鳥對手指的壓力就是小鳥的重力B．小鳥對手指的壓力是手指形變產(chǎn)生的C．小鳥的重心一定在小鳥的嘴巴處D．小鳥的重心一定在嘴巴的豎直線上【答案】D【詳解】A．小鳥對手指的壓力作用在手指上，小鳥的重力作用在小鳥上，且壓力和重力的性質(zhì)不同，故A錯誤；B．小鳥對手指的壓力是小鳥形變產(chǎn)生的，故B錯誤；CD．根據(jù)二力平衡可知，小鳥的重心，一定在嘴巴的豎直線上，但不一定在小鳥的嘴巴處，故C錯誤，D正確。故選D。3．2024年9月18日，蘇州大學研究團隊在《自然》雜志上發(fā)布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該電池主要是利用镅243發(fā)生α衰變釋放的能量。若镅243衰變的核反應方程是，則下列說法正確的是（）A．X的電荷數(shù)為95 B．X的電荷數(shù)為91C．X的質(zhì)量數(shù)為241 D．X的質(zhì)量數(shù)為239【答案】D【詳解】由于α粒子為，根據(jù)核反應前后質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，可得，解得，，所以X的電荷數(shù)為93，質(zhì)量數(shù)為239。故選D。4．2024年6月25日，嫦娥六號攜帶1935.3g月背土壤準確著陸于內(nèi)蒙古四子王旗預定區(qū)域。下圖為嫦娥六號發(fā)射及返回大氣層過程的示意圖。下列說法正確的是（）A．嫦娥六號由軌道I進入軌道II需要在P點加速B．嫦娥六號在軌道I的機械能比軌道II的機械能小C．返回器在返回地球過程中，第一次進入大氣層到達最低點時返回器處于超重狀態(tài)D．返回器在返回地球過程中，第二次進入大氣層降落傘完全打開后返回器處于失重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．嫦娥六號由軌道I進入軌道II屬于飛船的降軌，軌道半長軸減小，機械能減小，所以需要在P點減速，故A錯誤；B．同一衛(wèi)星，軌道越高機械能越大，嫦娥六號在軌道I的半長軸比軌道II的半長軸大，所以在軌道I的機械能比軌道II的機械能大，故B錯誤；C．返回器在返回地球過程中，第一次進入大氣層到達最低點做減速運動，所以加速度向上，處于超重狀態(tài)，故C正確；D．返回器在返回地球過程中，第二次進入大氣層降落傘完全打開后返回器減速下降，所以加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。5．如圖甲，絞車記載于北宋曾公亮的《武經(jīng)總要》，其原理如圖乙，將一根圓軸削成同心而半徑不同的大小轆轤，其上繞以繩索，繩下加動滑輪，滑輪下掛上重物，人轉(zhuǎn)動把手帶動轆轤旋轉(zhuǎn)便可輕松將重物吊起。a、b分別是大小轆轤邊緣上的兩點。在起吊過程中，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的角速度大于b點的角速度B．重物在上升的過程中機械能守恒C．人對把手做的功大于重物克服重力所做的功D．滑輪不會轉(zhuǎn)動【答案】C【詳解】A．a(chǎn)、b兩點為同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，A錯誤；B．重物在上升的過程中，動能增大，重力勢能增大，則機械能增大，B錯誤；C．由能量守恒定律可知，人對把手做的功等于重物機械能的增加量、輪軸動能及摩擦產(chǎn)生的熱三者的和，則人對把手做的功大于重物克服重力所做的功，C正確；D．重物在起吊過程中，人順時針轉(zhuǎn)動把手，根據(jù)可知a點的線速度大小大于b點的線速度大小，則在相同時間內(nèi)，滑輪的左側(cè)上升的距離大，滑輪的右側(cè)下降的距離小，因此滑輪會順時針轉(zhuǎn)動，D錯誤。故選C。6．自動體外除顫器是一種便攜式醫(yī)療設(shè)備，它可以診斷特定的心律失常，并且給予電擊除顫，是可被非專業(yè)人員使用的用于搶救心臟驟?；颊叩尼t(yī)療設(shè)備。某型號自動體外除顫器的電容器電容是16μF，以4kV電壓完成充電的電容器在一段時間內(nèi)以平均電流為16A完成放電，下列說法正確的是（）A．該電容器放電的時間為4msB．該電容器的擊穿電壓小于4kVC．該電容器放電完成后電容為零D．增大充電電壓，電容器電容變大【答案】A【詳解】A．電容器儲存的電量，可知放電前電容器儲存的電量為0.064C，放電時間故A正確；B．該電容器工作電壓為4.0kV，不高于額定電壓，擊穿電壓大于額定電壓，故B錯誤；CD．電容是表征電容器儲存電荷本領(lǐng)大小的物理量，充電或放電之后，電容器的電容大小是不變的，仍為16μF，故CD錯誤。故選A。7．某特高壓直流輸電工程局部仰視圖如圖所示，兩根在同一水平面內(nèi)且相互平行的長直導線A和B分別通有方向相同的電流I1和I2，且I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等。不考慮地磁場的影響。下列說法中正確的是（）A．a(chǎn)點和c點處的磁感應強度方向相反B．導線B和A之間因安培力的作用而相互排斥C．導線B對A的安培力大于導線A對B的安培力D．b點處的磁感應強度方向豎直向下【答案】A【詳解】A．由安培定則可知導線A在a點產(chǎn)生磁場的磁感應強度方向向下，在c點產(chǎn)生磁場的磁感應強度方向向上，導線B在a點產(chǎn)生磁場的磁感應強度方向向下，在c點產(chǎn)生磁場的磁感應強度方向向上，因此a點的磁感應強度方向向下，c點的磁感應強度方向向上，故a點和c點處的磁感應強度方向相反，故A正確；B．兩導線中電流方向相同，根據(jù)左手定則可知，導線B和A之間因安培力的作用而相互吸引，故B錯誤；C．B對A的安培力與A對B的安培力是一對相互作用力，二者大小相等、方向相反，故C錯誤；D．由題知I1>I2，則導線A在b點產(chǎn)生磁場的磁感應強度比導線B在b點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大，導線A在b點產(chǎn)生的磁場磁感應強度豎直向上，導線B在b點產(chǎn)生的磁場磁感應強度豎直向下，因此b點的磁感應強度方向豎直向上，故D錯誤。故選A。8．圖甲為某感溫式火災報警器，其簡化電路如圖乙所示。理想變壓器原線圈接入電壓有效值不變的正弦交流電源，副線圈連接報警系統(tǒng)，為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，為定值電阻，滑動變阻器用于設(shè)定報警溫度。當流過的電流大于設(shè)定臨界值時就會觸發(fā)報警。那么出現(xiàn)火情時（）A．副線圈兩端電壓會隨著副線圈電路端溫度的變化而變化B．熱敏電阻兩端電壓升高C．原線圈輸入功率不變D．滑片上移一點可以提高報警溫度【答案】D【詳解】A．副線圈兩端電壓由變壓器原線圈電壓和匝數(shù)比決定，與副線圈電阻變化無關(guān)，即與副線圈電路端溫度的變化無關(guān)，選項A錯誤；B．當出現(xiàn)火情時，熱敏電阻阻值減小，因次級電壓一定，則次級電流變大，R0和R1兩端電壓升高，可知熱敏電阻兩端電壓降低，選項B錯誤；C．當出現(xiàn)火情時，次級電流變大，則次級功率變大，則原線圈輸入功率變大，選項C錯誤；D．滑片上移一點，則R0阻值變大，則要想報警，需減小熱敏電阻，即溫度要升高，即可以提高報警溫度，選項D正確。故選D。9．如圖甲所示為演示簡諧運動圖像的裝置示意圖，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，沙漏中的細沙均勻流出，同時水平勻速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的細沙在木板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一沙漏擺動裝置分別在兩塊相同的木板上形成的圖線（圖中的虛曲線）。下列說法中正確的是（）A．在木板1上細沙所形成的曲線點附近的線條比點的細一些B．木板2運動的速度是木板1運動速度的1.5倍C．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期不斷變大D．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出振動的周期先變大后變小【答案】D【詳解】A．沙漏擺動時在最大位移處速度為零，在平衡位置處速度最大，則在木板1上細沙所形成的曲線點附近的線條比點的粗一些，故A錯誤；B．木板做勻速運動，設(shè)振動周期為T，則有，可得，可知木板2運動的速度是木板1運動速度的倍，故B錯誤；CD．沙漏擺動過程中隨著細沙的漏出，重心先降低后升高，則擺長先增大后減小，根據(jù)單擺周期公式，可知振動的周期先變大后變小，故C錯誤，D正確。故選D。10．如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度從O點沿軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，則下列說法不正確的是（）A．MN所接電源的極性應周期性變化B．金屬圓筒的長度應與質(zhì)子進入圓筒時的速度成正比C．金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為D．質(zhì)子從圓筒B射出時的速度大小為【答案】C【詳解】A．因用直線加速器加速質(zhì)子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個加速時，B、C、D、E的右邊緣均為正極，所以MN所接電源極性應周期性變化，故A正確，不符合題意；B．質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動，且時間均為T，由L=vT知金屬圓筒的長度，L應與質(zhì)子進入圓筒時的速度v成正比，故B正確，不符合題意；CD．對于帶電粒子在圓筒A分析可得，對于質(zhì)子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質(zhì)子經(jīng)1次加速，由動能定理可得，解得，所以金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為，金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比不一定是，故C錯誤，符合題意；D正確，不符合題意。故選C。11．夏天的雨后經(jīng)?？梢钥吹矫利惖牟屎纾湃藢Υ擞猩羁陶J識，唐代詞人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹”。從物理學角度看，虹和霓是兩束平行太陽光在水珠內(nèi)分別經(jīng)過一次和兩次反射后出射形成的，人們在地面上逆著光線看過去就可看到霓虹現(xiàn)象。如圖甲所示，一束白光水平射入空中一球形的水滴，經(jīng)過兩次折射和一次反射后射出形成光帶MN，出射光線與水平面的夾角稱為彩虹角。如圖乙所示，從球心O的正下方C點射出的某單色光的入射角，已知，，則下列說法正確的是（）A．該單色光的彩虹角B．該單色光在水滴內(nèi)部B點處發(fā)生全反射C．水滴對該單色光的折射率約為1.42D．若分別用圖甲中M、N所對應的兩種光在同一裝置上做雙縫干涉實驗，則M所對應的光的條紋間距更大【答案】C【詳解】Ｃ．在題圖乙上標出各角度，如圖所示由幾何關(guān)系可知，解得，根據(jù)折射定律有，故C正確；A．由光路的可逆性可知，光在C點的折射角依然為，故該單色光的彩虹角為故A錯誤；B．該單色光在水滴內(nèi)發(fā)生全反射的臨界角C滿足，又sinθ<sinC，則該單色光在水滴內(nèi)部B點不可能發(fā)生全反射。故B錯誤；D．根據(jù)題圖甲可知水滴對M所對應的光的折射率大于對N所對應的光的折射率，則M、N所對應的光分別為紫光和紅光，紫光波長比紅光短，又雙縫干涉條紋間距，則M所對應的光的條紋間距更小。故D錯誤。故選C。12．電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，正方形閉合線圈豎直固定在減震裝置上。永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈，某時刻磁場分界線剛好位于線圈正中央，如圖乙所示。則從該時刻起（）A．永磁鐵振動時穿過線圈的磁通量不變B．永磁鐵振動越快，線圈中感應電動勢越小C．永磁鐵振動時，受到線圈的阻力方向不變D．永磁鐵向上振動時，線圈中感應電流的方向為逆時針【答案】D【詳解】A．永磁鐵振動時，由于處于上下兩個磁場的面積發(fā)生變化，所以穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，故A錯誤；B．永磁鐵振動越快，則磁通量變化越快，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈中的感應電動勢越大，故B錯誤；C．永磁鐵向上振動時，受到線圈的阻力方向向下；永磁鐵向下振動時，受到線圈的阻力方向向上；故C錯誤；D．永磁鐵向上振動時，即線圈相對于磁場向下運動，由圖乙可知，穿過線圈的磁通量向里增加，根據(jù)安培定則可知線圈中感應電流的方向為逆時針方向，故D正確。故選D。13．如圖1所示是一款光電煙霧探測器的原理圖。當有煙霧進入時，來自光源S的光被煙霧散射后進入光電管C，光射到光電管中的鈉表面時會產(chǎn)生光電流。如果產(chǎn)生的光電流大于10-8A，便會觸發(fā)報警系統(tǒng)。金屬鈉的遏止電壓Uc隨入射光頻率v的變化規(guī)律如圖2所示，則（）A．觸發(fā)報警系統(tǒng)時鈉表面每秒釋放出的光電子數(shù)最少是N=6.25×1010個B．圖2中圖像斜率的物理意義為普朗克常量hC．要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光波波長不能小于5.0×10-7mD．通過調(diào)節(jié)光源發(fā)光強度的辦法來調(diào)整光電煙霧探測器的靈敏度是不可行的【答案】A【詳解】A．產(chǎn)生的光電流大于10-8A，便會觸發(fā)報警系統(tǒng)，即，解得，故A正確；B．根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可得，所以，結(jié)合圖線可得故B錯誤；C．根據(jù)以上分析可知，所以，要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光子能量應滿足，即，所以波長應滿足，即波長不能大于5.0×10-7m，故C錯誤；D．光源發(fā)光強度是指單位時間照射到單位面積上的光子的總能量，若發(fā)光強度增大，則入射光子數(shù)增大，發(fā)生光電效應產(chǎn)生的光電子數(shù)增多，形成的光電流較大，容易觸發(fā)報警系統(tǒng)，所以通過調(diào)節(jié)光源發(fā)光強度的辦法來調(diào)整光電煙霧探測器的靈敏度是可行的，故D錯誤。故選A。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．下列說法中正確的是（）A．極限頻率越大的金屬逸出功越大B．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性C．湯姆孫根據(jù)α粒子散射實驗的結(jié)論提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型D．貝可勒爾根據(jù)天然放射現(xiàn)象發(fā)現(xiàn)了原子核的存在【答案】AB【詳解】A．根據(jù)逸出功可知，極限頻率越大的金屬逸出功越大。故A正確；B．放射性元素的放射性與核外電子無關(guān)，故放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性。故B正確；C．盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗的結(jié)論提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型。故C錯誤；D．貝可勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，揭示了原子核具有復雜的結(jié)構(gòu)，不是發(fā)現(xiàn)原子核的存在。故D錯誤。故選AB。15．近年來，隨著三孩政策的開放，越來越多的兒童出生，兒童游樂場所的設(shè)施也更加多種多樣。如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為6m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為，繩長為L，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是（）A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒C．兒童運動到最低點時速度大小為D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，滑環(huán)的位移大小為【答案】ABD【詳解】A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，豎直方向受力不平衡，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A正確；B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，故B正確；C．兒童運動到最低點時，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有，根據(jù)能量守恒定律有，解得，故C錯誤；D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，根據(jù)動量守恒定律可知，兒童和滑環(huán)在水平方向的平均速度大小和滿足，則水平位移大小x1和x2滿足，根據(jù)相對位移關(guān)系有，解得，故D正確。故選ABD。第Ⅱ卷三、實驗題：本題共1小題，共14分。16-Ⅰ．實驗小組利用下面三種方法來研究平拋運動。(1)甲圖中，小球從坐標原點О水平拋出，做平拋運動，兩束光分別沿著與坐標軸平行的方向照射小球，在兩個坐標軸上留下了小球的兩個影子，其中影子2做運動。(2)乙圖中兩個完全相同的斜槽M、N，N置于可視為光滑的水平地面上，M在N正上方且兩斜槽在同一豎直平面內(nèi)，從斜槽最高點同時釋放兩個完全相同的小球P、Q，Р球落地時正好與О球相碰，可判斷Р球水平方向做運動。(3)如圖丙研究斜面上的平拋運動。實驗裝置如圖a所示，每次將小球從弧型軌道同一位置靜止釋放，并逐漸改變斜面與水平地面之間的夾角θ，獲得不同的水平射程x，最后作出了如圖b所示的x-tanθ圖像，g=10m/s2，則：由圖b可知，小球在斜面頂端水平拋出時的初速度=m/s。【答案】(1)自由落體（1分）(2)勻速直線（1分）(3)1/（2分）【詳解】（1）[1]因為平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，所以影子2做自由落體運動。（2）[1]M在N正上方且兩斜槽在同一豎直平面內(nèi)，從斜槽最高點同時釋放兩個完全相同的小球P、Q，Р球落地時正好與О球相碰，可判斷Р球水平方向做勻速直線運動。（3）[1]物體在水平方向有在豎直方向有，，所以，結(jié)合圖線可得，所以16-Ⅱ．智能化育苗蔬菜基地對環(huán)境要求嚴格，其中包括對光照強度的調(diào)控，小明準備利用所學知識設(shè)計智能光控電路。智能光控電路的核心元件是光敏電阻R。(1)小明首先利用圖1中多用電表粗略測量了光敏電阻阻值。下列關(guān)于實驗過程的描述，正確的是（）A．用不同擋位測量光敏電阻的阻值時，必須重新歐姆調(diào)零B．測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)過大，應將選擇開關(guān)撥至倍率較大的擋位，重新調(diào)零后測量C．圖1中光敏電阻測量值D．測量光敏電阻阻值時，應該把該電阻與電路斷開(2)為了精確測量多組不同光照強度下光敏電阻的阻值，小明采用圖2中的實驗器材進行實驗，部分實物連接已經(jīng)完成，描繪的阻值R隨照度I[反映光照的強弱，光越強，照度越大，單位為勒克斯（lx）]變化的圖像如圖3，根據(jù)圖3可知，光敏電阻的阻值隨照度增加而（選填“增大”或“減小”）。若電壓表的量程為0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ，毫安表的量程為0~3mA，內(nèi)阻約為5Ω，請將圖2中導線P、Q連接在合適的位置，形成完整測量電路。(3)小明設(shè)計如圖4所示的智能光控電路。當光敏電阻R兩端的電壓U增加到一定值時照明系統(tǒng)開始工作，自動控制系統(tǒng)開始補光。為了照度I更小時，自動控制系統(tǒng)就開始補光，則需要（選填“增大”或“減小”）電阻箱的阻值?！敬鸢浮?1)AD（1分）(2)減小（2分）（2分）(3)增大（2分）【詳解】（1）A．用不同擋位測量光敏電阻的阻值時，需要進行歐姆調(diào)零，故A正確；B．測量電阻時，如果指針偏轉(zhuǎn)過大，說明待測電阻阻值較小，應將選擇開關(guān)撥至倍率較小的擋位，重新調(diào)零后測量，故B錯誤；C．歐姆表的讀數(shù)為指針所指刻度與倍率的乘積，所以圖1中光敏電阻測量值為故C錯誤；D．測量光敏電阻阻值時，應該把該電阻與電路斷開，故D正確。故選AD。（2）[1]由圖可知，阻值R隨照度I的增加而減小。[2]本實驗為了精確測量多組不同光照強度下光敏電阻的阻值，所以滑動變阻器應采用分壓式接法，又，所以電流表應采用內(nèi)接法，故電路圖如圖所示（3）若增大電阻箱R2的阻值，則外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，回路中電流減小，則光敏電阻需要變大才能達到兩端的電壓定值，可以達到照度更小，光敏電阻阻值較大時，自動控制系統(tǒng)開始補光的目的。16-Ⅲ．以下實驗中，說法正確的是（）A．用油膜法估測油酸分子大小實驗時，向水面滴入一滴油酸酒精溶液時，粉膜太薄會導致粉膜“支離破碎”，粉膜沒有完全包圍油膜B．“用單擺測重力加速度”的實驗中，為了使擺的周期大一些，以方便測量，開始時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度C．在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，可將屏向遠離雙縫的方向移動D．在“探究變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，測量電壓時可以用多用電表【答案】AD（3分）【詳解】A．粉膜太薄會導致粉膜“支離破碎”，粉膜沒有完全包圍油膜，從而無法準確畫出油膜的輪廓，A正確；B．只有當擺角小于5o時，才能將單擺的擺動看成簡諧運動，振動周期才滿足，如果擺角過大，振動周期有較大的偏差，從而測出的重力加速度誤差較大，B錯誤；C．在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，根據(jù)，可知如果將屏向遠離雙縫的方向移動，L增大，從而條紋間距增大，觀察到的條紋個數(shù)減小，C錯誤；D．在“探究變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，測量電壓時可以用多用電表的交流電壓擋測量，D正確。故選AD。四、計算題：本題共4小題，8分+11分+11分+11分共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。17．自嗨鍋通過自熱包產(chǎn)生熱量使隔層上方鍋內(nèi)氣體吸熱升溫，使用不當時可能造成安全事故。某次使用前，室溫為，大氣壓強為，鍋蓋透氣孔被堵塞。假設(shè)該款自嗨鍋鍋體內(nèi)部所能承受的最大壓強為，鍋蓋扣緊后，鍋內(nèi)氣體視為質(zhì)量一定的理想氣體，且體積不變。（1）請通過計算判斷鍋內(nèi)氣體能否安全加熱到？（2）若此過程中氣體內(nèi)能的改變了2J，則鍋內(nèi)氣體吸收的熱量是多少？【答案】（1）不能；（2）【詳解】（1）設(shè)初始時，氣體的壓強為，溫度為，（1分）加熱到時，氣體的壓強為，溫度為，氣體發(fā)生等容變化，則有（1分）解得（1分）所以不能安全加熱到。（1分）（2）由熱力學第一定律可知（2分）氣體體積不變，（1分）解得（1分）18．如圖為某大型多米諾骨牌的啟動裝置示意圖。粗糙水平臺ab長為R，左端a點放置一質(zhì)量為m的小滑塊B，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)；B的正上方O點用長為R的輕質(zhì)細繩懸掛一質(zhì)量也為m的小球A；平臺下方有光滑水平面fg，一質(zhì)量為2m的滑塊D靜置于該水平面上，D內(nèi)的兩段光滑細管道cd和de于d點處平滑相切，且均在同一豎直平面內(nèi)，cd段為半徑為R的圓弧，對應圓心角，其圓心點恰好位于b端點正下方，de段為豎直管。將A拉離豎直位置α角后無初速釋放，A到達最低點時與B發(fā)生彈性正碰，此后B恰好能從c點沿cd段圓弧的切線飛入D內(nèi)，B運動到e處時被粘附不再反彈，D運動一段距離后碰撞并啟動多米諾骨牌。已知，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點。求：(1)c、b兩點的高度差H；(2)α角的大?。捎萌呛瘮?shù)表達）；(3)B到達d點時的速度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）小滑塊B由b點到c點做平拋運動，則有，，（2分）三式聯(lián)立，解得，（1分）（2）小滑塊B由a運動到b的過程，由動能定理得（1分）求得因小球A與小滑塊B質(zhì)量相等，且在a點發(fā)生彈性碰撞，所以，二者在a點發(fā)生速度交換，即碰前小球A的速度大小為（1分）對于小球A從釋放運動到a點的過程中，根據(jù)動能定理有（1分）求得即（1分）（3）小滑塊B運動到d點時水平方向與滑塊D共速，設(shè)二者水平方向的共同速度為v，小滑塊B由c點運動到d點過程中，小滑塊B與滑塊D組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有（1分）該過程中系統(tǒng)損失的機械能為（1分）該過程中根據(jù)能量守恒有（1分）其中聯(lián)立，解得（1分）19．真空環(huán)境中的離子推進器固定在水平測試底座上，其核心部分由離子源、水平放置的兩平行極板和產(chǎn)生勻強磁場的裝置構(gòu)成，簡化模型如圖所示。兩極板間電壓恒為U，極板間有磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。處于下極板左邊緣的離子源發(fā)出質(zhì)量為m、帶電量為q的離子。某離子以速度v沿垂直于極板方向射入極板間，經(jīng)過一段時間后，恰好從上極板右邊緣的P點水平射出。不考慮離子重力和離子間的相互作用。(1)判斷離子所帶電荷的正負；(2)若兩極板間的距離為d，求該離子剛進入電磁場瞬間受到的合外力大??；(3)若該離子從進入電磁場到水平射出所用時間為t，求該離子經(jīng)過P點時的速度大小及這段時間內(nèi)對離子推進器的平均作用力大小?！敬鸢浮?1)正電(2)(3)，【詳解】（1）離子在電磁場中向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知，離子帶正電。（1分）（2）離子受到的電場力為（1分）洛倫茲力大小為（1分）電場力與洛倫茲力相互垂直，由勾股定理可知，離子剛進入電磁場瞬間受到的合外力大小為（2分）（3）設(shè)離子經(jīng)過P點時的速度大小為vP，離子從進入電磁場到水平射出過程中，只有電場力做功，由動能定理得（1分）解得（1分）離子從進入電磁場到水