2024年浙江选考仿真模拟物理试卷一（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年浙江选考仿真模拟卷（一）物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、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．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量都是用比值法定义的，其中定义式正确的是（）A．电容C=QU B．磁感应强度B＝C．电场强度E＝kQ/r2 D．电流I＝U/R【解答】解：A、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关。所以C=QU属于比值定义法。故B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关。所以B=FIL属于比值定义法。但B=FqvC、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=Fq属于比值定义法，但E=kQD、电流与用电器两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，电流I=UR不属于比值定义法。故故选：A。2．如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路，扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）A．计时裁判听到枪声后立即按下计时表 B．扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号 C．发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波 D．发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程【解答】解：A．声音的传播速度小，从发令枪响到听到声音需要一定的时间，所以计时裁判应看到激光信号立即按下计时表，故A错误；B．扬声器是把电信号转化为声信号的装置，通电线圈与永磁体相互作用是利用通电导体在磁场中受安培力的原理制成的，所以扬声器的工作原理是将电信号转换成声音信号，故B错误；C．发令枪产生的光信号的信息载体是横波，发令枪产生的声信号的信息载体是纵波，故C错误；D．发令枪发出声音信号，空气的振动传播了能量，引起耳膜的振动，所以发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程，故D正确。故选：D。3．如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量相等的A球和B球，且均可视为质点，分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确的是（）A．A球的速度可能小于B球的速度 B．A球的动能可能小于b球的动能 C．A球的向心加速度的大小等于B球的向心加速度的大小 D．A球所受轨道的支持力大于B球所受轨道的支持力【解答】解：A、根据机械能守恒得，mgR=12mv2知，v=2gR，半径大的圆形轨道，球到达底端的速度大，故A球的速度一定大于BB、由A的分析可知，两球质量相等，而A球运动半径大，故说明A球的动能大，故B错误；C、根据a=v2R=D、根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝mv2R，解得N＝3mg，两球质量相等，根据牛顿第三定律可知压力相等，故故选：C。4．如图所示，输入电压U＝3U0且保持不变，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为3：1 B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2 C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗 D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮【解答】解：A、输入电压U＝3U0，灯泡a得电压为U0，则原线圈两端电压U1＝3U0﹣U0＝2U0副线圈两端电压U2＝U0所以原、副线圈匝数比n1：n2＝U1：U2＝2：1，故A错误；B、两灯泡a、b完全相同，电压相同，则电流相同，设通过灯泡的电流为I，则原线圈电流为I1＝I原副线圈电流比等于匝数的反比，有I2：I1＝n1：n2＝2：1则副线圈电流I2＝2I灯泡b与热敏电阻并联分流，则流经热敏电阻的电流为2I﹣I＝I则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为I：I＝1：1故B错误；CD、若热敏电阻RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，则原线圈的电流增大，灯泡a两端电压增大，灯泡a变亮；由于灯泡a两端电压增大，则原线圈的输入电压减小，副线圈两端电压也减小，灯泡b两端电压减小，灯泡b变暗，故C正确，D错误。故选：C。5．一定质量的理想气体从状态A经过B、C、D再到A，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均经过O点，则下列说法正确的是（）A．状态B的压强大于状态C的压强 B．状态B的内能和状态D的内能不同 C．从状态C到状态D，每个气体分子的速率都减小 D．从A到B的过程中，单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少【解答】解：A．根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知，V﹣T图线上各点与原点连线的斜率与压强的倒数成正比，所以状态B的压强小于状态C的压强，故B．状态B和状态D的温度相同，则内能相同，故B错误；C．从状态C到状态D，温度降低，气体的平均动能变小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误；D．从A到B的过程中，气体压强不变，体积变大，温度升高，气体分子数密度减小，而气体分子平均速率变大，气体分子对器壁的平均碰撞力变大，根据气体压强的微观解释可知单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少，故D正确。故选：D。6．氢原子能级如图所示，一群原处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁的过程中（）A．放出三种频率不同的光子 B．放出六种频率不同的光子 C．放出的光子的最大能量为13.6eV，最小能量是0.85eV D．放出的光能够使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应【解答】解：A、根据C42=6，知放出6种不同频率的光子。故AC、从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小。根据hγ＝Em﹣En，最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eV．故C错误。D、根据光电效应的条件，只有放出的光子能量大于13.0eV的光子，才能使该金属发生光电效应。故D错误。故选：B。7．图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q分别是机械波上的两个质点，其平衡位置坐标分别为xP＝2m、xQ＝1m；图乙为质点P的振动图象．从t＝0时刻起，下列说法中正确的是（）A．t＝0时，质点P的运动方向沿y轴正方向 B．t＝0.1s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度 C．t＝0至t＝0.15s，质点Q运动的路程为0.2m D．t＝0至t＝0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3m【解答】解：A、根据图乙可知，t＝0时质点P的运动方向沿y轴负方向，故A错误；B、根据图乙可知该波的周期为T＝0.2s，在t＝0.1s时，质点Q在波峰、质点P在平衡位置，根据a=-kym可知t＝0.1s时，质点Q的加速度大于质点PC、t＝0至t＝0.15s，即经过34T，质点Q运动的路程为s=34×4A=D、质点只能在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移，故D错误。故选：B。8．关于电容器，下列说法正确的是（）A．电容器所带的电荷量越多，电容就越大 B．电容器所带电荷量为0时，电容就为0 C．电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的2倍 D．电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为1V时电容器需要带的电荷量【解答】解：AB、电容器电容与电容器本身的特性有关，与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，所以电容器所带电荷量为0或带电越多都不影响电容，故AB错误；C、由C=QU可知，对于同一电容器，其所带电荷量与两极板间电压成正比，电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压也变为原来的一半，故D、由C=QU可知，电容在数值上等于两极板间的电势差为1V时的电容器需要带的电量，故故选：D。9．下列说法正确的是（）A．电磁炉是利用电磁感应原理制成的 B．太阳辐射的能量主要集中在紫外线、X射线、γ射线三个区域 C．微波炉是利用电流的热效应来加热食物的 D．紫外线可用于检查金属内部有无缺陷【解答】解：A、电磁炉是利用电磁感应原理制成的。故A正确；B、太阳辐射的能量集中在可见光区域，故B错误；C、微波炉是利用电流的磁效应来加热食物的，故C错误；D、γ射线可用于检查金属内部有无缺陷，而紫外线可用杀菌消毒。故D错误。故选：A。10．我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，则下列说法正确的是（）A．载人飞船的速度大小介于7.9km/s到11.2km/s之间 B．图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度 C．图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接 D．图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的【解答】解：A．根据万有引力提供向心力，卫星绕地球做匀速圆周运动时，有：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，当取r＝R时（R为地球半径），可得第一宇宙速度为7.9km/s，所以当rBD．“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，可知图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小都与载人飞船的角速度大小相等，即两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的；再根据v＝ωr，图1伴飞模式下，由于“伴飞”小卫星的轨道半径小于载人飞船的轨道半径，则“伴飞”小卫星的线速度小于载人飞船的线速度，故B错误，D正确；C．图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体，将会向前加速，此时由于所受万有引力小于所需要的向心力，“伴飞”小卫星将做离心运动，变轨到更高的轨道运行，不能与载人飞船对接，故C错误。故选：D。11．三等长绝缘棒AB、BC、CA连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同种电荷，测得图中P、Q两点（均为相应正三角形的中心）的电势分别为φP和φQ，若撤去AC棒，则P、Q两点的电势φP'和φQ'分别为（）A．φP'=23φP B．φP'=1C．φQ'＝φQ+13φP D．φQ'=12φ【解答】解：根据对称性，AB、BC、AC三根绝缘棒在P点产生的电势以及AC棒在Q点产生的电势相同，设为φ1；AB、BC棒在Q点产生的电势相同，设为φ2。根绝电势的叠加原理，有φP＝3φ1，φQ＝φ1+2φ2，联立可得φ1=13φP，φ撤去AC棒后，P、Q两点的电势分别为φP′＝2φ1=23φP，φQ′＝2φ2＝φQ-13φ故选：A。12．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则（）A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等 B．网球两次击中D点时速大小相等 C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同 D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零【解答】解、A、AB两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v=xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度vBB、第一次落到D点时的速度vAD=vxA2+vyA2C、由于vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；D、网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误；故选：C。13．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m，电荷量为+q的粒子，以相同的速度v0=qRA．S=(π+1B．S=(π+1)C．S=(D．S【解答】解：依题意，粒子速度v0图中阴影部分为所求，r=空白区域面积S空白加阴影总面积S则S阴=S总-故选：C。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．如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．弧形槽的顶端距底端的高度为v0B．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动 C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为12D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0【解答】解：A、经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为v），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝2mv设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有1解得：h=v02B、设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1+mv2根据机械能守恒定律有1解得v1＝0，v2＝v0可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，故B正确；C、根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W=0-12mD、根据动量定理，在小球沿小车孤形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv2﹣0＝mv0，故D正确。故选：ABD。15．现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°，c为真空中光速，R为雨滴半径，下列说法中正确的是（）A．光束在雨滴中的折射率为53B．光束在雨滴中经历的时间为64R15cC．出射光光强一定弱于入射光光强 D．光束在雨滴内可能发生了全反射【解答】解：A．光在雨滴内的传播情况如图所示如图所示，设入射角为i，折射角为r，由几何关系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°则光束在雨滴中的折射率为n=sini代入数据解得：n=43，故B．由折射定律可得：n=c可得：v=由几何关系可知，光在雨滴中传播距离为l＝4Rcosr光束在雨滴中经历的时间为t=l联立解得：t=64R15c，故CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射时一定会发生折射，此后每次发生反射时，入射角都相同，不可能发生全反射，出射光光强一定弱于入射光光强，故C正确，D错误。故选：BC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16（14分）Ⅰ、（1）图甲所示是用双缝干涉测光的波长的实验装置图。针对a、b、c、d四个位置或部件，回答问题：①双缝应安装在c位置（填字母代号）。②某次实验中，双缝到光屏的距离和双缝的间距固定不变，用两种不同波长的单色光得到乙、丙两幅干涉图样，则乙图入射光的波长更长。（2）某实验小组利用如图所示的装置研究平抛运动规律。实验装置为完全相同的倾斜轨道与长度不同的水平轨道平滑连接，并将轨道固定在同一竖直面内的不同高度处。实验时，将两小球P、Q（均可视为质点）同时从两倾斜轨道上自由释放，释放位置距各自的水平轨道的高度相同。两球运动过程中，用频闪照相的方式记录两小球的位置（在图丁中已标出）。忽略一切阻力，已知频闪照相机的频闪周期为T。①小球P、Q在运动过程中的任意时刻都在同一竖直线上，这说明A。（选填正确〖答案〗标号）A．小球P在水平方向做匀速直线运动B．小球P在竖直方向做自由落体运动C．小球P的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动②小球P做平抛运动后，利用频闪照片测量出两小球连续三个位置的高度差分别为h1、h2、h3，则重力加速度g＝2h2【解答】解：（1）①根据实验操作步骤，双缝应安装在c位置。②根据双缝干涉条纹间距公式Δx=l（2）①根据题述小球P、Q在运动过程中的任意时刻都在同一竖直线上，可知两小球在水平方向的运动情况相同，这说明小球P在水平方向做匀速直线运动，故A正确。BC错误。故选：A。②两小球连续三个位置的高度差分别为h1、h2、h3，小球P在相邻相等时间内下落的高度分别为h1﹣h2和h2﹣h3，根据Δh＝gT2，可得(h解得g=2故〖答案〗为：（1）①c；②乙；（2）①A；②2hⅡ、取下无人机的一块电池，并拆下“热得快”中的一段粗细均匀的电热丝，小李和同学们想测量电热丝的电阻率：（1）图（a）中，E是无人机的电池，MN是他们从“热得快”中拆下的一段粗细均匀的电热丝，选择适当的电表量程后，他们发现大范围移动滑片P，电压表的示数变化却不明显。为解决这一问题，他们在讨论后将R0＝8.40Ω的定值电阻接入电路中，那么，选择图（b）中的电路乙（选填“甲”“乙”或“丙”）可解决这一问题。（2）他们用改进后的电路进行了实验，同时记录电压表的示数U、电流表的示数I及对应的PN的长度x，部分实验数据如下：实验次数12345U/V3.092.922.662.231.80I/A0.100.120.150.200.25UI30.924.317.711.27.2x/cm41.831.922.012.36.3（3）根据表格中的实验数据，在图（c）中补全数据点绘出MN的UI（4）已知MN横截面积为3×10﹣8m2，可求得MN材料的电阻率ρ＝2×10﹣6Ω•m（结果保留1位有效数字）。（5）测量MN的电阻率时，电流表内阻对电阻率的测量没有（选填“有”或“没有”）影响。（6）根据表格中的实验数据，是否可以求出无人机电池的电动势和内阻？若“可以求”请简述数据处理方法（不需要计算具体结果），若“不能求”请简述理由见〖解析〗。【解答】解：（1）根据路端电压U＝E﹣Ir可知r=，当r＝0时，路端电压的的变化为零，电压表的示数变化不明显，可知是电源内阻较小引起的，所以将定值电阻接在干路上，把电源和定值电阻看作一个等效电源，等效内阻增大，电压表示数变化明显，故选电路乙可解决问题；（3）根据表格中数据，补全数据点绘出MN的UI（4）电压表示数为电热丝和电流表的电压之和，即：U＝I（Rx+RA），则U所以图像的斜率k=由图像可知k=32-3(44-0)×10-2Ω/m=65.9Ω/m，S＝代入数据解得：ρ＝2×10﹣6Ω•m（5）由UI=Rx+RA=ρxS+R（6）根据闭合电路欧姆定律E＝U+I（R0+r）取表格中的两组实验数据代入上式，则有：E＝U1+I1（R0+r）E＝U2+I2（R0+r）两式联立，可得E和r，所以根据表格中的实验数据，可以求出无人机电池的电动势和内阻。故〖答案〗为：（1）乙；（3）见〖解析〗；（4）2×10﹣6Ω•m；（5）没有；（6）见〖解析〗。17．（8分）如图1所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃管长度L＝570mm，将其从水银面上方竖直向下缓慢插入水银中。发现管内水银面与管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2所示。当玻璃管恰好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为h，此时作用于管的竖直向下压力大小为F。已知大气压强p0=760mmHg≈1.0×105Pa，玻璃管横截面积大小S＝1.0cm2（1）图2所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？（2）求高度差h：（3）求撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小。【解答】解：（1）根据题意，由图2可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气体内能不变，把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体放热。（2）根据题意可知，插入过程等温变化，根据玻意耳定律可得：p0LS＝p2hS又有p2＝760+h解得：h＝380mm（3）根据题意，撤去F瞬间，由牛顿第二定律可得：（p2﹣p0）S﹣mg＝ma解得：a＝2.5m/s2答：（1）图2所示水银面说明水银不浸润玻璃，插入过程中，管内气体放热；（2）高度差为380mm：（3）撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小为2.5m/s2。18．（11分）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC为粗糙直轨道，摩擦系数均为0.25，在B点平滑连接，BC＝4cm，CDE是光滑半圆弧轨道，半径r＝15cm，与直轨道在C点平滑连接，直轨道AB与水平面夹角θ＝37°，一质量为0.1kg物块从直轨道AB某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物块第一次经过D点时加速度大小；（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后会与轨道AB碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置以及最终停下来位置。【解答】解：（1）物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，在E点由重力充当向心力，由牛顿第二定律有mg=mv物块由D运动到E过程，由动能定理有-mgr=1物块在D点，由向心力公式有N=mv解得：N＝3mg则D点加速度为a=N（2）倘若平抛时间为0.2s，则有h=12gx＝vt=grt=10×15×10根据几何关系有2r-hx-BC其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入数据显然不匹配，所以该同学计算错误。（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D速度恰好为0时满足要求，设物块释放初始位置距B点的距离为x1。从释放点到D点的过程，由动能定理有mgx1sinθ﹣μmgx1cosθ﹣μmg•BC﹣mgr＝0解得：x1＝40cm即物块释放初始位置距B点40cm，设物块第二次下滑时距B点的距离为x2，从开始释放到第一次回到斜面上最高点的过程，由动能定理有mg（x1﹣x2）sinθ＝μmgcosθ（x1+x2）+2μmg•BC＝0解得：x建立递归数列xn即有：x2＝17.5cm，x3＝6.25cm，x4＝0.625cm，x5＜0cm所以最终停止情况有mgsinθ•x4＝μmgcosθ•x4+μmgx解得：x＝1cm即物块最终停止于距离B点1cm处。答：（1）物块第一次经过D点时加速度大小为10g（2）见〖解析〗；（3）物块释放位置距B点40cm，最终停止于距离B点1cm处。19．（11分）如图所示，水平面放置两根足够长平行金属导轨MN和PQ，导轨间距为L＝1m，左端连接阻值为R＝0.02Ω的电阻，其余电阻不计。在x≥0处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T的匀强磁场，一根质量为m＝1kg、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从x＝0处开始在外力作用下做“另类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，v＝v0+kx，其中初速度v0＝1m/s，k＝1s﹣1。当金属棒运动到x1＝3m时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则做匀速直线运动到x0处，此时磁感应强度为0.1T，此后磁场保持不变，金属棒立即受到水平向左的恒力T＝5N，金属棒恰好回到x0时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求：（1）磁场变化的时间；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。【解答】解：（1）由于磁场变化导致导体棒做匀速直线运动，即磁通量保持不变，所以BLx1＝B′Lx0代入数据，可得x0＝6cm导体棒末速度v′＝v0+kx代入数据解得：v'＝4m/s即磁场变化时间为t=x代入数据解得：t＝0.75s（2）由能量守恒，得W=Q+1导体棒末速度为：v′4m/s导体棒所受安培力为FA即可得，回路当中的焦耳热为Q＝15J，所以W＝22.5J由于拉力也是随位移线性变化的，所以位移中点处的拉力为F=W代入数据解得：F＝7.5N（3）当金属棒向右运动时，在x＝0m到x＝3m间E1＝BLv＝BL（v0+kx）＝0.2（1+x）在x＝3m到x＝6m间：此时磁场发生变化，有B（x）Lx＝BLx1即B(x)=从而有E2对于金属棒受水平向左的恒力T＝5N作用时，选择水平向左的方向为正方向，利用动量定理得TΔt+B得金属棒返回x＝6m时速度为v″＝3m/s，当金属棒向左运动时B'即速度v=v″-B从而有金属棒向左运动时，在x＝0m到x＝6m间E＝B′Lv＝0.05x答：（1）磁场变化的时间为0.75s；（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热为22.5J，金属棒运动到x＝1.5m处，外力的大小为7.5N；（3）金属棒在[0，x0]间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系为E＝0.05x。20．（11分）如图甲所示，竖直平面坐标系xoy第二象限内有一水平向右的匀强电场，第一象限内有竖直向上的匀强电场，场强E2=mgq．该区域同时存在按图乙所示规律变化的可调磁场，磁场方向垂直纸面（以向外为正）。可视为质点的质量为m、电荷量为q的带正电微粒，以速度v0从A点竖直向上进入第二象限，并在乙图t＝0时刻从C点水平进入第一象限，调整B0、T0不同的取值组合，总能使微粒经过相应磁场的四分之一周期速度方向恰好偏转π2，又经一段时间后恰能以水平速度通过与C在同一水平线上的D点。已知重力加速度为g，OA＝OC，CD求：（1）微粒运动到C点时的速度大小v。以及OC的长度L；（2）微粒从C点到D点的所有可能运动情况中离CD的最大距离Hm；（3）若微粒以水平速度通过与C同一水平线上的是D′点，CD′＝3OC，求交变磁场磁感应强度B0及周期T0的取值分别应满足的条件。【解答】解：（1）设OA＝OC＝L．则粒子在第二象限内有：竖直方向：L=v水平方向：L=vC+0则得：vC＝v0…③竖直方向上：0-v解得：L=v（2）因为E2=mg所以带电的粒子在第一象限将做速度也为v0匀速圆周运动，使粒子从C点运动到同一水平线D点，则有：4nR＝CD=3L，n＝1，2，3…所以粒子离CD的最大距离Hm＝2R…⑧由⑤⑦⑧得：Hm=3（3）粒子从C点运动到D′点：设粒子运动轨道半径为R′，则有：4kR′＝3L，k＝1，2，3…（11）要使粒子不离开第一象限能到达D′，应满足：2R′≤L（12）粒子做匀速圆周运动有：qv0B0＝mv02R'由⑤、（12）、（13）解得：B0=8kmg3qv0，k＝2，3，粒子做匀速圆周运动的周期为T=2πR'v0由粒子运动规律得：T0＝T（16）由⑤（11）（15）（16）得：T0=3πv04kg，k＝2答：（1）微粒运动到C点时的速度大小v为v0．OC的长度L为v0（2）微粒从C点到D点的所有可能运动情况中离CD的最大距离Hm是3v（3）若微粒以水平速度通过与C同一水平线上的是D′点，CD′＝3OC，交变磁场磁感应强度B0及周期T0的取值分别应满足的条件为：B0=8kmg3qv0，k＝2，3，4…，T0=3πv04kg2024年浙江选考仿真模拟卷（一）物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、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．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量都是用比值法定义的，其中定义式正确的是（）A．电容C=QU B．磁感应强度B＝C．电场强度E＝kQ/r2 D．电流I＝U/R【解答】解：A、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关。所以C=QU属于比值定义法。故B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关。所以B=FIL属于比值定义法。但B=FqvC、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=Fq属于比值定义法，但E=kQD、电流与用电器两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，电流I=UR不属于比值定义法。故故选：A。2．如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路，扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）A．计时裁判听到枪声后立即按下计时表 B．扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号 C．发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波 D．发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程【解答】解：A．声音的传播速度小，从发令枪响到听到声音需要一定的时间，所以计时裁判应看到激光信号立即按下计时表，故A错误；B．扬声器是把电信号转化为声信号的装置，通电线圈与永磁体相互作用是利用通电导体在磁场中受安培力的原理制成的，所以扬声器的工作原理是将电信号转换成声音信号，故B错误；C．发令枪产生的光信号的信息载体是横波，发令枪产生的声信号的信息载体是纵波，故C错误；D．发令枪发出声音信号，空气的振动传播了能量，引起耳膜的振动，所以发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程，故D正确。故选：D。3．如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量相等的A球和B球，且均可视为质点，分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确的是（）A．A球的速度可能小于B球的速度 B．A球的动能可能小于b球的动能 C．A球的向心加速度的大小等于B球的向心加速度的大小 D．A球所受轨道的支持力大于B球所受轨道的支持力【解答】解：A、根据机械能守恒得，mgR=12mv2知，v=2gR，半径大的圆形轨道，球到达底端的速度大，故A球的速度一定大于BB、由A的分析可知，两球质量相等，而A球运动半径大，故说明A球的动能大，故B错误；C、根据a=v2R=D、根据牛顿第二定律得，N﹣mg＝mv2R，解得N＝3mg，两球质量相等，根据牛顿第三定律可知压力相等，故故选：C。4．如图所示，输入电压U＝3U0且保持不变，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是（）A．原、副线圈匝数之比为3：1 B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2 C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗 D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮【解答】解：A、输入电压U＝3U0，灯泡a得电压为U0，则原线圈两端电压U1＝3U0﹣U0＝2U0副线圈两端电压U2＝U0所以原、副线圈匝数比n1：n2＝U1：U2＝2：1，故A错误；B、两灯泡a、b完全相同，电压相同，则电流相同，设通过灯泡的电流为I，则原线圈电流为I1＝I原副线圈电流比等于匝数的反比，有I2：I1＝n1：n2＝2：1则副线圈电流I2＝2I灯泡b与热敏电阻并联分流，则流经热敏电阻的电流为2I﹣I＝I则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为I：I＝1：1故B错误；CD、若热敏电阻RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，则原线圈的电流增大，灯泡a两端电压增大，灯泡a变亮；由于灯泡a两端电压增大，则原线圈的输入电压减小，副线圈两端电压也减小，灯泡b两端电压减小，灯泡b变暗，故C正确，D错误。故选：C。5．一定质量的理想气体从状态A经过B、C、D再到A，其体积V和热力学温度T的关系图像如图所示，BA和CD的延长线均经过O点，则下列说法正确的是（）A．状态B的压强大于状态C的压强 B．状态B的内能和状态D的内能不同 C．从状态C到状态D，每个气体分子的速率都减小 D．从A到B的过程中，单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少【解答】解：A．根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知，V﹣T图线上各点与原点连线的斜率与压强的倒数成正比，所以状态B的压强小于状态C的压强，故B．状态B和状态D的温度相同，则内能相同，故B错误；C．从状态C到状态D，温度降低，气体的平均动能变小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误；D．从A到B的过程中，气体压强不变，体积变大，温度升高，气体分子数密度减小，而气体分子平均速率变大，气体分子对器壁的平均碰撞力变大，根据气体压强的微观解释可知单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少，故D正确。故选：D。6．氢原子能级如图所示，一群原处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁的过程中（）A．放出三种频率不同的光子 B．放出六种频率不同的光子 C．放出的光子的最大能量为13.6eV，最小能量是0.85eV D．放出的光能够使逸出功为13.0eV的金属发生光电效应【解答】解：A、根据C42=6，知放出6种不同频率的光子。故AC、从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大，从能级4跃迁到能级3放出的光子能量最小。根据hγ＝Em﹣En，最大能量为12.75eV，最小能量是0.66eV．故C错误。D、根据光电效应的条件，只有放出的光子能量大于13.0eV的光子，才能使该金属发生光电效应。故D错误。故选：B。7．图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q分别是机械波上的两个质点，其平衡位置坐标分别为xP＝2m、xQ＝1m；图乙为质点P的振动图象．从t＝0时刻起，下列说法中正确的是（）A．t＝0时，质点P的运动方向沿y轴正方向 B．t＝0.1s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度 C．t＝0至t＝0.15s，质点Q运动的路程为0.2m D．t＝0至t＝0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3m【解答】解：A、根据图乙可知，t＝0时质点P的运动方向沿y轴负方向，故A错误；B、根据图乙可知该波的周期为T＝0.2s，在t＝0.1s时，质点Q在波峰、质点P在平衡位置，根据a=-kym可知t＝0.1s时，质点Q的加速度大于质点PC、t＝0至t＝0.15s，即经过34T，质点Q运动的路程为s=34×4A=D、质点只能在自己的平衡位置附近振动，不会随波迁移，故D错误。故选：B。8．关于电容器，下列说法正确的是（）A．电容器所带的电荷量越多，电容就越大 B．电容器所带电荷量为0时，电容就为0 C．电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的2倍 D．电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为1V时电容器需要带的电荷量【解答】解：AB、电容器电容与电容器本身的特性有关，与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，所以电容器所带电荷量为0或带电越多都不影响电容，故AB错误；C、由C=QU可知，对于同一电容器，其所带电荷量与两极板间电压成正比，电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压也变为原来的一半，故D、由C=QU可知，电容在数值上等于两极板间的电势差为1V时的电容器需要带的电量，故故选：D。9．下列说法正确的是（）A．电磁炉是利用电磁感应原理制成的 B．太阳辐射的能量主要集中在紫外线、X射线、γ射线三个区域 C．微波炉是利用电流的热效应来加热食物的 D．紫外线可用于检查金属内部有无缺陷【解答】解：A、电磁炉是利用电磁感应原理制成的。故A正确；B、太阳辐射的能量集中在可见光区域，故B错误；C、微波炉是利用电流的磁效应来加热食物的，故C错误；D、γ射线可用于检查金属内部有无缺陷，而紫外线可用杀菌消毒。故D错误。故选：A。10．我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，则下列说法正确的是（）A．载人飞船的速度大小介于7.9km/s到11.2km/s之间 B．图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度 C．图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接 D．图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的【解答】解：A．根据万有引力提供向心力，卫星绕地球做匀速圆周运动时，有：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，当取r＝R时（R为地球半径），可得第一宇宙速度为7.9km/s，所以当rBD．“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，可知图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小都与载人飞船的角速度大小相等，即两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的；再根据v＝ωr，图1伴飞模式下，由于“伴飞”小卫星的轨道半径小于载人飞船的轨道半径，则“伴飞”小卫星的线速度小于载人飞船的线速度，故B错误，D正确；C．图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体，将会向前加速，此时由于所受万有引力小于所需要的向心力，“伴飞”小卫星将做离心运动，变轨到更高的轨道运行，不能与载人飞船对接，故C错误。故选：D。11．三等长绝缘棒AB、BC、CA连成正三角形，每根棒上均匀分布等量同种电荷，测得图中P、Q两点（均为相应正三角形的中心）的电势分别为φP和φQ，若撤去AC棒，则P、Q两点的电势φP'和φQ'分别为（）A．φP'=23φP B．φP'=1C．φQ'＝φQ+13φP D．φQ'=12φ【解答】解：根据对称性，AB、BC、AC三根绝缘棒在P点产生的电势以及AC棒在Q点产生的电势相同，设为φ1；AB、BC棒在Q点产生的电势相同，设为φ2。根绝电势的叠加原理，有φP＝3φ1，φQ＝φ1+2φ2，联立可得φ1=13φP，φ撤去AC棒后，P、Q两点的电势分别为φP′＝2φ1=23φP，φQ′＝2φ2＝φQ-13φ故选：A。12．李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训练击球时，第一次将网球从A点水平击出，网球击中D点；第二次将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则（）A．两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等 B．网球两次击中D点时速大小相等 C．网球两次击中D点时，重力做功的瞬时功率相同 D．网球从B点到D点的过程中，重力对球的冲量为零【解答】解、A、AB两点发出的球都能到达D点，球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知tB＝2tA，vyA＝vyB，由于水平方向的位移相同，根据v=xt可知vxA＞vxB，根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度vA＝vxA，球从B点抛出时的速度vBB、第一次落到D点时的速度vAD=vxA2+vyA2C、由于vyA＝vyB，则重力的瞬时功率P＝mgvy，相同，故C正确；D、网球从B点到D点的过程中，重力的冲量I＝mgt，不为零，故D错误；故选：C。13．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m，电荷量为+q的粒子，以相同的速度v0=qRA．S=(π+1B．S=(π+1)C．S=(D．S【解答】解：依题意，粒子速度v0图中阴影部分为所求，r=空白区域面积S空白加阴影总面积S则S阴=S总-故选：C。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．如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．弧形槽的顶端距底端的高度为v0B．小球离开小车后，相对地面做自由落体运动 C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为12D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0【解答】解：A、经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为v），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝2mv设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有1解得：h=v02B、设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝mv1+mv2根据机械能守恒定律有1解得v1＝0，v2＝v0可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，故B正确；C、根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W=0-12mD、根据动量定理，在小球沿小车孤形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv2﹣0＝mv0，故D正确。故选：ABD。15．现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°，c为真空中光速，R为雨滴半径，下列说法中正确的是（）A．光束在雨滴中的折射率为53B．光束在雨滴中经历的时间为64R15cC．出射光光强一定弱于入射光光强 D．光束在雨滴内可能发生了全反射【解答】解：A．光在雨滴内的传播情况如图所示如图所示，设入射角为i，折射角为r，由几何关系可知4r＝2i+42°解得：r＝37°则光束在雨滴中的折射率为n=sini代入数据解得：n=43，故B．由折射定律可得：n=c可得：v=由几何关系可知，光在雨滴中传播距离为l＝4Rcosr光束在雨滴中经历的时间为t=l联立解得：t=64R15c，故CD．由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射时一定会发生折射，此后每次发生反射时，入射角都相同，不可能发生全反射，出射光光强一定弱于入射光光强，故C正确，D错误。故选：BC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16（14分）Ⅰ、（1）图甲所示是用双缝干涉测光的波长的实验装置图。针对a、b、c、d四个位置或部件，回答问题：①双缝应安装在c位置（填字母代号）。②某次实验中，双缝到光屏的距离和双缝的间距固定不变，用两种不同波长的单色光得到乙、丙两幅干涉图样，则乙图入射光的波长更长。（2）某实验小组利用如图所示的装置研究平抛运动规律。实验装置为完全相同的倾斜轨道与长度不同的水平轨道平滑连接，并将轨道固定在同一竖直面内的不同高度处。实验时，将两小球P、Q（均可视为质点）同时从两倾斜轨道上自由释放，释放位置距各自的水平轨道的高度相同。两球运动过程中，用频闪照相的方式记录两小球的位置（在图丁中已标出）。忽略一切阻力，已知频闪照相机的频闪周期为T。①小球P、Q在运动过程中的任意时刻都在同一竖直线上，这说明A。（选填正确〖答案〗标号）A．小球P在水平方向做匀速直线运动B．小球P在竖直方向做自由落体运动C．小球P的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动②小球P做平抛运动后，利用频闪照片测量出两小球连续三个位置的高度差分别为h1、h2、h3，则重力加速度g＝2h2【解答】解：（1）①根据实验操作步骤，双缝应安装在c位置。②根据双缝干涉条纹间距公式Δx=l（2）①根据题述小球P、Q在运动过程中的任意时刻都在同一竖直线上，可知两小球在水平方向的运动情况相同，这说明小球P在水平方向做匀速直线运动，故A正确。BC错误。故选：A。②两小球连续三个位置的高度差分别为h1、h2、h3，小球P在相邻相等时间内下落的高度分别为h1﹣h2和h2﹣h3，根据Δh＝gT2，可得(h解得g=2故〖答案〗为：（1）①c；②乙；（2）①A；②2hⅡ、取下无人机的一块电池，并拆下“热得快”中的一段粗细均匀的电热丝，小李和同学们想测量电热丝的电阻率：（1）图（a）中，E是无人机的电池，MN是他们从“热得快”中拆下的一段粗细均匀的电热丝，选择适当的电表量程后，他们发现大范围移动滑片P，电压表的示数变化却不明显。为解决这一问题，他们在讨论后将R0＝8.40Ω的定值电阻接入电路中，那么，选择图（b）中的电路乙（选填“甲”“乙”或“丙”）可解决这一问题。（2）他们用改进后的电路进行了实验，同时记录电压表的示数U、电流表的示数I及对应的PN的长度x，部分实验数据如下：实验次数12345U/V3.092.922.662.231.80I/A0.100.120.150.200.25UI30.924.317.711.27.2x/cm41.831.922.012.36.3（3）根据表格中的实验数据，在图（c）中补全数据点绘出MN的UI（4）已知MN横截面积为3×10﹣8m2，可求得MN材料的电阻率ρ＝2×10﹣6Ω•m（结果保留1位有效数字）。（5）测量MN的电阻率时，电流表内阻对电阻率的测量没有（选填“有”或“没有”）影响。（6）根据表格中的实验数据，是否可以求出无人机电池的电动势和内阻？若“可以求”请简述数据处理方法（不需要计算具体结果），若“不能求”请简述理由见〖解析〗。【解答】解：（1）根据路端电压U＝E﹣Ir可知r=，当r＝0时，路端电压的的变化为零，电压表的示数变化不明显，可知是电源内阻较小引起的，所以将定值电阻接在干路上，把电源和定值电阻看作一个等效电源，等效内阻增大，电压表示数变化明显，故选电路乙可解决问题；（3）根据表格中数据，补全数据点绘出MN的UI（4）电压表示数为电热丝和电流表的电压之和，即：U＝I（Rx+RA），则U所以图像的斜率k=由图像可知k=32-3(44-0)×10-2Ω/m=65.9Ω/m，S＝代入数据解得：ρ＝2×10﹣6Ω•m（5）由UI=Rx+RA=ρxS+R（6）根据闭合电路欧姆定律E＝U+I（R0+r）取表格中的两组实验数据代入上式，则有：E＝U1+I1（R0+r）E＝U2+I2（R0+r）两式联立，可得E和r，所以根据表格中的实验数据，可以求出无人机电池的电动势和内阻。故〖答案〗为：（1）乙；（3）见〖解析〗；（4）2×10﹣6Ω•m；（5）没有；（6）见〖解析〗。17．（8分）如图1所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃管长度L＝570mm，将其从水银面上方竖直向下缓慢插入水银中。发现管内水银面与管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2所示。当玻璃管恰好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为h，此时作用于管的竖直向下压力大小为F。已知大气压强p0=760mmHg≈1.0×105Pa，玻璃管横截面积大小S＝1.0cm2（1）图2所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？（2）求高度差h：（3）求撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小。【解答】解：（1）根据题意，由图2可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气体内能不变，把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝Q+W可知，气体放热。（2）根据题意可知，插入过程等温变化，根据玻意耳定律可得：p0LS＝p2hS又有p2＝760+h解得：h＝380mm（3）根据题意，撤去F瞬间，由牛顿第二定律可得：（p2﹣p0）S﹣mg＝ma解得：a＝2.5m/s2答：（1）图2所示水银面说明水银不浸润玻璃，插入过程中，管内气体放热；（2）高度差为380mm：（3）撤去压力F的瞬间，玻璃管的加速度大小为2.5m/s2。18．（11分）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC为粗糙直轨道，摩擦系数均为0.25，在B点平滑连接，BC＝4cm，CDE是光滑半圆弧轨道，半径r＝15cm，与直轨道在C点平滑连接，直轨道AB与水平面夹角θ＝37°，一质量为0.1kg物块从直轨道AB某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）物块第一次经过D点时加速度大小；（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后会与轨道AB碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置以及最终停下来位置。【解答】解：（1）物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，在E点由重力充当向心力，由牛顿第二定律有mg=mv物块由D运动到E过程，由动能定理有-mgr=1物块在D点，由向心力公式有N=mv解得：N＝3mg则D点加速度为a=N（2）倘若平抛时间为0.2s，则有h=12gx＝vt=grt=10×15×10根据几何关系有2r-hx-BC其中r＝15cm＝0.15m，BC＝4cm＝0.04m，代入数据显然不匹配，所以该同学计算错误。（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D速度恰好为0时满足