浙江省2025届高三物理选择性考试仿真模拟卷二

PAGEPAGE20浙江省2025届高三物理选择性考试仿真模拟卷（二）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．人类对自然规律的相识史上，很多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌成就，下列有关科学家及其贡献的描述正确的是()A．开普勒通过对行星运行数据的探讨，提出了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比B．伽利略用“志向试验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动缘由”的观点C．玻尔大胆预言实物粒子在肯定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念D．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相像性，提出分子电流假说2．如图所示，一件所受重力为G的衣服悬挂在等腰衣架上，已知衣架顶角α＝120°，底边水平，不计摩擦，则衣架一侧对衣服的作用力大小为()A.eq\f(\r(3),3)G B.eq\f(\r(3),2)GC.eq\f(1,2)G D．G3．如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a直立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有肯定空间。当公交车()A．缓慢启动时，两只行李箱肯定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a肯定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱肯定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b肯定相对车子向内侧运动4．关于原子核的变更，下列说法正确的是()A．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线B．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能C．铀核裂变的核反应是eq\o\al(235,92)U→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋2eq\o\al(1,0)nD．铀(eq\o\al(238,92)U)经过多次α、β衰变形成稳定的铅(eq\o\al(206,82)Pb)的过程中，有6个中子转变成质子5．如图所示，小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A完成“旋转的液体”试验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，电源电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝1.0Ω，闭合开关后当液体稳定旋转时电压表(视为志向电压表)的示数恒为1.5V，则()A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘B．由上往下看，液体做顺时针旋转C．流过电阻R0的电流为0.5AD．闭合开关后，液体热功率为0.09W6．把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为θ(0≤θ<90°)，如图所示，石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽视，下列说法正确的是()A．对于不同的抛射角θ，石块落地的时间可能相同B．对于不同的抛射角θ，石块落地时的动能肯定相同C．对于不同的抛射角θ，石块落地时的机械能可能不同D．对于不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率可能相同7．如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量肯定值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行。A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则()A．该粒子肯定带正电B．匀强电场的电场强度大小eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)）,2qLcosθ)C．粒子在B点的电势能肯定小于在A点的电势能D．等势线b的电势比等势线c的电势高8．中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气．某运输抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B.eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)9．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F的大小随时间t变更的图像如图乙所示，g为重力加速度，则()A．升降机停止前在向下运动B．0～t1时间小球处于失重状态，t1～t2时间小球处于超重状态C．t1～t3时间小球向下运动，动能先减小后增大D．t3～t4时间弹簧弹性势能的削减量大于球动能的增加量10．甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有()A．由v＝eq\r(gR)可知，甲的速度是乙的eq\r(2)倍B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍C．由F＝Geq\f(Mm,r2)可知，甲的向心力是乙的eq\f(1,2)D．由eq\f(r3,T2)＝k可知，甲的周期是乙的2eq\r(2)倍11.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽视，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°12．如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将带正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角θ＝30°，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置为与竖直方向的夹角为θ处，小球处于静止状态，则()A．A处的带电小球带负电B．A处与B处库仑力大小之比为2∶eq\r(3)C．支架处于B处，左边绳子张力为mg－eq\f(\r(3),2)mgD．支架处于B处，右边绳子张力为mg＋eq\f(\r(3),2)mg13．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽视重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为()A.eq\f(3mv,2ae) B.eq\f(mv,ae)C.eq\f(3mv,4ae) D.eq\f(3mv,5ae)二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．一志向变压器如图所示，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则()A．保持U1及P位置不变，K由a合到b时，I1将减小B．保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗功率减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大15．ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图所示，则a、b两束光()A．在真空中，a光的传播速度比b光大B．这两束光同时射向某金属，若a光能发生光电效应，则b光肯定能发生光电效应C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小D．从零渐渐增大从水斜射入空气的入射角，b光比a光先发生全反射16．一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时起先以相同振幅A上下振动了一段时间，某时刻两振源在长绳上形成波形如图，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，视察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球其次次则产生了较剧烈的振动，则()A．由Q振源产生的波先到达振动系统B．Q振源离振动系统较远C．由Q振源产生波的波速较接近4m/sD．有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点三、非选择题(本题共6小题，共55分)17．(7分)图1为“探究加速度与力、质量的关系”试验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的沟通电源。在小车质量未知的状况下探讨“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”(1)完成下列试验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：去掉绳子和小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。为了保证在变更小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满意的条件是_______________________________________________。③打开打点计时器电源，释放小车，获得带点的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。④按住小车，变更小车中砝码的质量，重复步骤③。⑤在每条纸带上清楚的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。⑥以砝码的质量m为横坐标，eq\f(1,a)为纵坐标，在坐标纸上做出eq\f(1,a)－m关系图线。(2)依据上述操作完成下列填空：①由图甲中的数据求得小车加速度的大小a＝________m/s2。(结果保留2位小数)②图乙中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。(用k，b表示)(3)疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展试验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，试验装置如题图1所示。①家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作试验中下落物体的是________。②下列主要操作步骤的正确依次是________。(填写各步骤前的字母)a．把刻度尺竖直固定在墙上b．捏住小球，从刻度尺旁静止释放c．手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置d．打开手机摄像功能，起先摄像③停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为eq\f(1,6)s，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为________m/s2。(结果保留2位小数)④在某次试验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，________(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。18．(7分)小曹同学欲选取下图中试验器材进行试验探讨：(1)他先选用图中器材①②③④⑦完成“测定干电池的电动势和内阻”试验，请将实物图连接完整。精确连接电路后，结合试验数据画出如图所示的U－I图像，则由图像可得干电池的电动势为________V，内阻为________Ω。(结果保留2位小数)(2)小曹同学采纳与题(1)不同的方案测定干电池的电动势和内阻，则除了器材①②外，还须要图中的________(填写器件的编号即可)。(3)若小曹同学找来另一节完全相同的干电池并选择图中的①②③④⑥⑦完成“测绘小灯泡的伏安特性曲线”试验，则下列四个电路图中最合适的是________。19．(9分)单板滑雪U形池竞赛是冬奥会竞赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中心的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。20．(12分)如图所示，水平面AB段光滑、BC段粗糙，右侧竖直平面内有一呈抛物线形态的坡面OD，以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝eq\f(1,5)x2。一轻质弹簧左端固定在A点，弹簧自然伸长状态时右端处在B点。一个质量m＝0.2kg的小物块压缩弹簧后由静止释放，从C点飞出落到坡面上。已知坡底O点离C点的高度H＝5m，BC间距离L＝2m，小物块与BC段的动摩擦因数为0.1，小物块可视为质点，空气阻力不计。(1)若小物块到达C点的速度为eq\r(5)m/s，求释放小物块时弹簧具有的弹性势能；(2)在(1)问的状况下，求小物块落到坡面上的位置坐标；(3)变更弹簧的压缩量，弹簧具有多大的弹性势能时，小物块落在坡面上的动能最小？并求出动能的最小值。21．(10分)通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值)，可探讨中子(eq\o\al(1,0)n)的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子eq\o(ν,\s\up6(－))e。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向匀称地放射N个质子。在P点下方放置有长度L＝1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直于纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mp＝938.27MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若质子的动量p＝4.8×10－21kg·m·s－1＝3×10－8MeV·s·m－1，(1)写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位)；(2)当a＝0.15m，B＝0.1T时，求计数率；(3)若a取不同的值，可通过调整B的大小获得与(2)问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。22．(10分)如图所示，在间距L＝0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：B＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1Tx＞0.2m，,5xT－0.2m≤x≤0.2m，,－1Tx＜－0.2m))导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1F的未充电的电容器，恒流源可为电路供应恒定电流I＝2A，电流方向如图所示。有一质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直于导轨静止放置于x0＝0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止起先运动，到达x3＝－0.2m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：(提示：可以用F－x图像下的“面积”代表力F所做的功)(1)棒ab运动到x1＝0.2m时的速度v1；(2)棒ab运动到x2＝－0.1m时的速度v2；(3)电容器最终所带的电荷量Q.

参考答案与解析1.B开普勒通过对行星运行数据的探讨，提出了行星轨道半长轴三次方与公转周期的平方比值都相等，故A项错误；伽利略用“志向试验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动缘由”的观点，符合客观事实，故B项正确；德布罗意大胆预言实物粒子在肯定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，故C项错误；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相像性，提出分子电流假说，故D项错误。2.A以衣服为探讨对象，受力分析如图所示，衣架两侧对衣服作用力的夹角为60°，由平衡条件，2Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),3)G，A项正确。3.B缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，若箱子所受的静摩擦力足以供应当加速度，则箱子可以相对公交车静止，A项错误；急刹车时，公交车的加速度较大，箱子轮子受到公交车的摩擦力较小，行李箱a肯定相对车子向前运动，B项正确；缓慢转弯时，车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度，当行李箱所受的静摩擦力足以供应其做圆周运动所需的向心力时，行李箱相对车子静止，C项错误；急转弯时，汽车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以供应所需的向心力，则其做离心运动，即相对车子向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以供应所需的向心力，则其相对车子静止，D项错误。4.D一个原子核在一次衰变中只能放出α、β两种射线中的一种，γ射线可以伴随α射线或β射线放出，所以不能同时放出α、β和γ三种射线，故A项错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故B项错误；铀核裂变的核反应是eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(141,56)Ba＋eq\o\al(92,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，两边中子不能约掉，故C项错误；依据核反应过程中质量数和电荷数守恒知238＝206＋4×8，发生8次α衰变；92＝82＋2×8－6，发生6次β衰变，β衰变的实质是中子转化为质子的同时释放电子，所以有6个中子转变成质子，故D项正确。5.DA较B点电势高，说明玻璃皿中的电流方向由边缘流向中心，故A项错误；磁场方向竖直向上，电流方向指向圆心，由左手定则可知，液体逆时针旋转，故B项错误；由闭合电路欧姆定律可得，E＝U＋I(r＋R0)，I＝eq\f(E－U,r＋R0)＝eq\f(3－1.5,0.1＋4.9)A＝0.3A，流过电阻R0的电流为0.3A，故C项错误；闭合开关后，液体热功率P＝I2R＝0.32×1W＝0.09W，故D项正确。6.B将石块抛出后，石块在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，竖直方向上有－h＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2由此式可知，对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不同，故A项错误；石块运动过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，因初速度大小不变，所以对于不同的抛射角，石块落地时的机械能相同，即落地的动能相同，故B项正确，C项错误；在竖直方向：veq\o\al(2,y)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0sinθ))2＝－2gh可求石块落地时的竖直方向的瞬时速度，再由P＝mgvy可知，不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率不相同，故D项错误。7.B电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，但由于电场线方向不知，则粒子的电性无法确定，故A项错误；在沿电场线的方向的位移y＝Lcosθ，设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有qUAB＝－qEy＝eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m))veq\o\al(2,2)－\f(1,2)m))veq\o\al(2,1)，联立解得E＝eq\f(m（veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)）,2qLcosθ)，故B项正确；电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，从A到B的过程中电场力做负功，所以粒子的电势能增加，即粒子在B点的电势能肯定大于在A点的电势能，故C项错误；粒子受力的方向向上，若粒子带正电，则电场的方向向上，c的电势高于b的电势；若粒子带负电，则电场的方向向下，c的电势低于b的电势，故D项错误。8.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最终面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq\f(1,19)F，C项正确，A、B、D项错误。9.D初始时刻弹簧伸长，弹力平衡重力，由图像看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A项错误；0～t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故B项错误；t1时刻弹簧的拉力是0，说明t1时刻弹簧处于原长状态，t1时刻之后弹簧的拉力又起先增大说明弹簧起先变长，所以t1～t3时间小球向下运动，t1～t3时间内，弹簧对小球的弹力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C项错误；t3～t4时间内，小球向上运动，重力势能增大，弹簧势能减小，动能增大，依据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变更量大于小球动能变更量，故D项正确。10.D卫星绕地球做圆周运动，万有引力供应向心力，则F向＝eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，因为在不同轨道上g是不一样的，故不能依据v＝eq\r(gR)得出甲、乙速度的关系，卫星的运行线速度v＝eq\r(\f(GM,r))代入数据可得eq\f(v甲,v乙)＝eq\r(\f(r乙,r甲))＝eq\f(\r(2),2)，故A项错误；因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能依据a＝ω2r得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度a＝eq\f(GM,r2)代入数据可得eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(r乙2,r甲2)＝eq\f(1,4)，故B项错误；依据F向＝eq\f(GMm,r2)，两颗人造卫星质量相等，可得eq\f(F向甲,F向乙)＝eq\f(r乙2,r甲2)＝eq\f(1,4)，故C项错误；两卫星均绕地球做圆周运动，依据开普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可得eq\f(T甲,T乙)＝eq\r(\f(r甲3,r乙3))＝2eq\r(2)，故D项正确。11.C粒子从P点垂直电场方向动身到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(Eq,m)，解得t＝eq\f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq\r(（2v0）2＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。12.C当绝缘支架上的带电小球在A位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A处的带电小球带正电，故A项错误；依据库仑定律可得F＝keq\f(Qq,r2)因此在A处与B处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即eq\f(FA,FB)＝eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))，因为θ＝30°，所以FA∶FB＝4∶3故B项错误；支架处于B处，两球间的库仑力为FB＝eq\f(3,4)FA＝eq\f(3,4)mg，设左、右绳的张力分别为F1和F2，则由正交分解可得F1cos30°＋eq\f(3,4)mgsin30°＝F2cos30°F1sin30°＋eq\f(3,4)mgcos30°＋F2cos30°＝mg解得F1＝mg－eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mg－eq\f(\r(3),4)mg，故C项正确，D项错误。13.C为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有eq\r(r2＋a2)＋r＝3a，解得r＝eq\f(4,3)a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(3mv,4ae)，C项正确．14.BD保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，依据I1＝eq\f(P,U1)得I1将增大，故A项错误；保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，依据P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)可知功率变小，故B项正确；保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，依据I1＝eq\f(I2n2,n1)可知I1将减小，故C项错误；保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，依据I1＝eq\f(I2n2,n1)可知I1将增大，故D项正确。15.BCD在真空中，光的传播速度相同，真空中光速为c＝3×108m/s，A项错误；在CD、AE边只有a光射出，b光发生了全反射，说明b光的临界角小，在五棱镜中的折射率大，频率越大的光，折射率越大，所以b光频率比a光大，这两束光同时射向某金属，若a光能发生光电效应，频率更大的b光肯定能发生光电效应，B项正确；由折射定律n＝eq\f(sini,sinr)知，b光的折射率大，折射角小，C项正确；由全反射的临界角公式sinC＝eq\f(1,n)可知，b光的折射率大，全反射的临界角更小，比a光先发生全反射，D项正确。16.BCD由“上下坡”法得知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，由于小球第一次振动时起振方向向上，故先经过弹簧振子所在位置的是P波，故A项错误；s＝vt，由于两列波在同一介质中传播，波速相等，Q波后到达弹簧振子所在位置，故Q振源离振动系统较远，故B项正确；Q晚到达弹簧振子所在位置，且小球产生了较剧烈的振动，即共振，故Q的振动频率接近2Hz，则周期接近0.5s，波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.5)m/s＝4m/s，故C项正确；据波的叠加原理，有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点，故D项正确。17.【答案】(1)①间距相等②远小于小车和砝码的总质量(2)①1.20(±0.02)②eq\f(1,k)eq\f(b,k)(3)①小钢球②acdb③9.61(9.59～9.63)④仍能【解析】(1)①当纸带上打出间距相等的点时，说明纸带做匀速直线运动。②以整体为对象：mg＝(M＋m)a，以小车为对象：F拉＝Ma化简，F拉＝eq\f(Mmg,M＋m)＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))。由上式可知，为保证小车所受拉力近似不变，应满意小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车和砝码的总质量。(2)①由Δx＝aT2可知，a＝eq\f(s2－s1,Δt2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.0728－0.0367))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.0367－0.0126)),0.01)m/s2＝1．20m/s2。②依据牛顿其次定律可知F＝(M＋m)a，变形得eq\f(1,a)＝eq\f(M,F)＋eq\f(m,F)，eq\f(1,a)与m为一次函数关系，依据几何关系可知：k＝eq\f(1,F)，b＝eq\f(M,F)，解得F＝eq\f(1,k)，M＝Fb＝eq\f(b,k)。(3)①要测量当地重力加速度须要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合。②要完成试验，首先应当将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以肯定要先打开摄像头起先摄像，然后再将小球从刻度尺旁静止释放，故依次为acdb。③由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50cm，26.50cm，77.20cm；小球做自由落体运动，依据Δx＝gT2可得g＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(77.20－26.50))×10－2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(26.50－2.50))×10－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))\s\up12(2))m/s2≈9.61m/s2。④因为就算小球偏离了竖直方向，但是小球在竖直方向上的运动依旧是自由落体运动，对试验结果无影响，故仍能用前面的方法测量出重力加速度。18.【答案】(1)见解析图1.480.69(0.67～0.71)(2)④⑤(或③⑤)(3)A【解析】(1)依据测量干电池电动势和内阻试验原理，实物连接图如图所示由闭合电路欧姆定律可知，在U－I图像中，纵坐标的截距为电动势，因此可知电动势为1.48V；U－I图像的斜率的肯定值为内阻，由题图可计算内阻约为0.69Ω。(2)采纳与题(1)不同的方案测定干电池的电动势和内阻，则须要电阻箱替代滑动变阻器，而电阻箱的阻值是已知的，因此只须要电压表或电流表中的一个，就能够通过计算得出外电路的电流或电压，即可完成试验，因此选择④⑤或③⑤均可以。(3)测小灯泡的伏安特性曲线，须要使灯泡两端电压与通过它的电流可以在较大范围内变更，故应采纳分压式接法，又因为小灯泡电阻远小于电压表内阻，故应采纳电流表外接法，综上所述A项最合适。19.【答案】(1)4.8m(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin72.8° ①设运动员在ABCD面内垂直于AD方向的分加速度为a1，由牛顿其次定律得mgcos17.2°＝ma1 ②由运动学公式得d＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1) ③联立①②③式，代入数据得d＝4.8m。 ④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2＝vMcos72.8° ⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿其次定律得mgsin17.2°＝ma2 ⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq\f(2v1,a1) ⑦L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2 ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12m。20.【答案】(1)0.9J(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(6),6)m，\f(5,6)m))(3)Ep＝2.9J时动能最小Emin＝7.5J【解析】(1)依据Ep＝μmgL