物理试卷答案浙江省宁波市2025学年第一学期高考模拟考试(宁波一模)(.5-.7)

物理参考答案及评分标准一、选择题Ⅰ（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个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）123456789BACBCDCCCD二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的4个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）BCBDAD三、非选择题（共58分）14-I1）B（1分2）C（2分3）A（1分D（2分）14-II1）4.0（1分2）a（1分3）1.16±0.02（1分）（4）1.44±0.04（1分），2.5±0.4（2分）14-III．BC（2分）（2）A→B为等压过程由，得TB=600K...................................................................................................（1分）B→C为等容过程由，得pC=1.5×105Pa..............................................................................................（1分）（3）TC=TA，故A→B→C过程中气体内能增量ΔU=0........................................................（1分）A→B过程中，压强不变，气体做功得WAB=—60J........................................................................................................................（1分）B→C过程中，体积不变，气体对外不做功WBC=0.......................................................（1分）根据热力学第一定律ΔU=W+Q，得Q=60J...................................................................（1分）161）滑块恰好能过圆轨道最高点，所以mg=m解得v=m/s.................................................................................................................（1分）滑块从释放到D过程，根据动能定理可得mgh—mgmv2—0解得h=0.8m....................................................................................................................（1分）（2）根据mghmv解得vc=4m/s....................................................................................................................（1分）联立解得FN=60N由牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为60N。..................................................（1分）（3）由牛顿第二定律μmg=ma解得a=μ1g=8m/s2根据vv=2ax1解得x1=1.25m＜L1=1.5m 滑块先加速后匀速，滑块加速的时间为ts传送带的位移x2=v0t1=1.5m滑块与传送带的相对位移为Δx=x2—x1=0.25m.......................................................（1分）因摩擦产生的热量Q=μmg.Δx=2J...........................................................................（1分）（4）第一次滑块碰前速度为v01=v0=6m/s，与长木板弹性碰撞即交换速度，可得长木板速度为v1=6m/s.......................................................................（1分）第二次从高4h处滑下，vc’=8m/s，滑块碰前速度为vm/s.......（1分）与木板弹性碰撞mv02=Mv1’+mv2’，mvMvmv交换速度后长木板速度为v1’=2m/s解法1：假设碰撞后的长木板为vc时恰好完全进入粗糙水平面摩擦力做的总功为W=μMgJ由动能定理WMvc02解得vcm/s............................................................................（1分）因本题中v1＜vC0和v’≤vC0，即长木板在完全进入粗糙水平面时已静止。又因，木板进入MN过程，x＝1.6x所以，长木板进入MN过程可视为为简谐运动。即，长木板进入MN过程的时间均为简谐运动的四分之一周期，则t1：t2=1:1........（1分）解法2：长木坂的运动可以等效为水平弹簧振子运动。长木坂的动能转化为等效弹性势能第一次Mvkx12，解得xm<L2第二次Mvkx，解得x=5m＝L2.......................................................................（1分）因本题中x1＜L3和x≤L3，说明长木坂在完全进入粗糙水平面时已静止。即，长木板进入MN过程的时间均为简谐运动的四分之一周期，则t1：t2=1:1........（1分）171）S接通时，飞轮转动方向为逆时针方向...........................................................................（1分）由I，得I=2A.......................................................................................................（1分）（2）稳定后，电源电动势和杆的感应电动势相等得E...................................................................................................................（2分）得rad/s............................................................................................................（1分）当a杆在磁场中时通过a杆的电流为0，当a杆在磁场外通过a杆的电流I=2A，在飞轮转动一圈时间内电流对小灯泡所做功为由W=I2RT......................................................................................................................（1分）得WJ...........................................................................................................................（1分）（3）设流过杆的电流为I则有EIR2........................................................................................................（1分）解法1：根据能量守恒E.4I=4.I2R2+mg①r2...............................................................（2分）由上两式得①=40rad/s........................................................................................（1分）解法2：根据力矩平衡4.BImg.........................................................................（2分）得①=40rad/s........................................................................................................（1分）稳定时重物上升的速度v=ωr2=4m/s.................................................................................（1分）181）电子的运动轨迹如图1所示，设半径为r1。由几何关系得2r1sinθ=d.......................................（1分）得偏转半径d..................................................（1分）由牛顿第二定律evB=m...................................（1分）得发射速度v..............................................（1分）v（2）沿y轴正方向发射最大速度v'的电子恰好打不到v零，电子的运动轨迹如图2所示，设半径为r2。由牛顿第二定律ev’B=m得最大半径r2=d................................................（1可得两板间距为d..............................................（1分）（3）虽然K板上电子的发射位置、速度大小和速度方向不同，但周期均相同T（1分）考虑最先到达A板的电子，该电子运动轨迹如图3所示，且取最大速度。vmmB=m得dvm由几何关系2r2sinα=d........................................................（1分）vm得sin，根据题示α=48.6°.........................................（1分）则