2025年浙江省高考仿真模拟物理试卷(七)（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025浙江高考物理仿真模拟卷(七)时间:90分钟分值:100分选择题部分一、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.下列属于国际单位制中导出单位符号的是 ()A.kg B.m C.A D.C2.第19届亚运会在杭州市举行,中国队共收获了201枚金牌、111枚银牌、71枚铜牌.下列项目比赛过程中,可将运动员视为质点的是 ()甲乙丙丁图甲中,研究跳水运动员的入水动作 B.图乙中,研究击剑运动员的有效击打位置C.图丙中,研究花样运动员游泳时的技术动作 D.图丁中,记录速度轮滑1000m争先赛的运动员成绩3.在物理学发展过程中,有许多科学家或发现了重要的实验现象,或完成了精巧的实验设计,或提出了伟大的理论假设,下列说法正确的是 ()A.奥斯特提出了分子电流假说,解释了各类磁现象的电本质B.法拉第提出了“力线”的概念,并成功测出了元电荷的数值C.为解释黑体辐射的相关规律,普朗克提出能量量子化概念D.麦克斯韦提出了电磁波理论,并用实验证实电磁波的存在4.如图所示,某同学正在进行投篮训练.已知篮球出手点到地面的距离为h=1.6m,篮筐到地面的距离为H=3m,出手点到篮筐的水平距离为L=4.8m.若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53°,且能直接进入篮筐,则出手时篮球的速度大小约为(sin53°=0.8,cos53°=0.6)()A.5.0m/sB.6.0m/sC.8.0m/sD.9.0m/s5.[2024·湖南长沙模拟]在某个点电荷所产生电场中画一个圆,如图所示,O为圆心,圆周上的A、C两点的电场强度方向与圆相切,B是AC右侧圆弧的中点,下列说法正确的是 ()A.A点的场强小于B点的场强B.O点的电势低于B点的电势C.电子沿圆弧ABC运动,电场力先做正功后做负功D.电子沿半径从A到O,电势能变大6.“天和核心舱”是中国第一个空间站核心舱,其运动的圆轨道离地高度约为400km,周期约为93min.已知地球半径为6370km,引力常量为G=6.67×10-11N·m2/kg2.根据这些数据,下列可以大致确定的是 ()A.核心舱所在的轨道平面B.核心舱的质量C.地球的平均密度D.地球的公转线速度7.我国自主研制的C919飞机机长38.9米、翼展35.8米,北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10-5T,水平分量约为3.0×10-5T.该飞机在北京郊区水平试飞速度为声速(约340m/s)的QUOTE4545.有关C919飞机的说法正确的是 ()A.C919飞机往北飞的时候,西面机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.44伏B.C919飞机往南飞的时候,西面机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.26伏C.无论C919飞机往哪个方向飞,都是左边机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.26伏D.无论C919飞机往哪个方向飞,都是右边机翼的电势较低.两翼尖的电势差约为0.44伏8.[2024·义乌中学模拟]电位器是一种常见的电子元件,它通常由电阻体和可转动的电刷组成,如图所示.可以改变电位器上的连接点位置,从而改变电路中的电位差或电阻值,则当电位器的 ()A.1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小B.1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小C.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压增大D.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压减小9.如图所示,带有一白点的黑色圆盘,绕过其中心且垂直于盘面的轴沿顺时针方向匀速转动,角速度ω=40πrad/s.在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,则 ()A.观察到白点顺时针转动B.观察到的白点转动方向与闪光频率无关C.白点转动周期为2πsD.白点转动的角速度为2πrad/s10.有一种简单测量声速的办法:如图所示,电子石英钟放在扩音机前,扩音机喇叭正对墙壁放出电子石英钟秒针走动时有节奏的“咔、咔”声(每相邻两个“咔”声相隔时间为T),让某同学站在墙壁和扩音机中间某位置,这位同学既能直接听到喇叭发出的声音,也能听到墙壁反射来的声音,只不过反射来的声音的音量更小一些,听到的声音节奏为“咔(强)——咔(弱)——咔(强)——咔(弱)……”当这位同学与墙的距离为L时(该同学与扩音机喇叭的距离大于2L),听到“咔(弱)”的时刻正好是两个“咔(强)”的中间时刻,则声速v的测量值为 ()A.v=QUOTE2LT2LT B.v=QUOTE4LT4LC.v=QUOTEL2TL2T D.v=QUOTEL4TL11.图甲为研究光电效应的实验装置,用不同频率的单色光照射阴极K,正确操作下,记录相应电表示数并绘制如图乙所示的Uc-ν图像,当频率为ν1时绘制了如图丙所示的I-U图像,图中所标数据均为已知量,则下列说法正确的是 ()A.饱和电流与K、A之间的电压有关 B.测量遏止电压Uc时,滑片P应向b移动C.阴极K的逸出功W0=QUOTE D.普朗克常量h=QUOTE12.[2024·丽水模拟]如图所示,半径为R的特殊圆柱形透光材料圆柱体部分高度为QUOTER2R2,顶部恰好是一半球体,底部中心有一光源S向顶部发射一束由a、b两种不同频率的光组成的复色光,当光线与竖直方向夹角θ变大时,出射点P的高度也随之降低,只考虑第一次折射,发现当P点高度h降低为R时恰好只剩下a光从顶部射出(光速为c),下列判断正确的是 ()A.在此透光材料中a光的传播速度小于b光的传播速度B.同一装置用a、b光做单缝衍射实验,b光的衍射现象更加明显C.此透光材料对b光的折射率为QUOTE232123D.a光从P点射出时,a光经过SP路程所需的时间为QUOTE72c72c13.质子与中子都是由三个夸克组成,其中质子由两个上夸克和一个下夸克组成,中子由两个下夸克和一个上夸克组成,形成过程中均可类比核聚变.β衰变时,核内的中子转化为一个质子和电子,质子质量约为1.6726×10-27kg,中子质量约为1.6749×10-27kg,电子质量约为9.1096×10-31kg,真空中光速c=3.00×108m/s.下列说法正确的有 ()A.中子转化的核反应方程式为QUOTE聽01聽01nQUOTEHQUOTE+-10+-10e B.强相互作用是引起衰变的原因C.上、下夸克的质量差为2.3×10-30kg D.一次β衰变释放出的能量为1.3×10-14J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.下列说法中正确的是 ()A.图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的衍射现象,若a光能使某金属发生光电效应,则采用b光照射也一定能发生光电效应B.图乙是铀核裂变图,其核反应方程为QUOTE9223592235UQUOTE+01+01nQUOTEBaQUOTE+3690+3690Kr+QUOTE201201n,若该过程质量亏损为Δm,则铀核的结合能为Δmc2C.图丙表示LC振荡电路充放电过程的某瞬间,根据电场线和磁感线的方向可知电路中电流正在减小D.图丁中的P、Q是偏振片,当P固定不动缓慢转动Q时,光屏上的光亮度将会发生变化,此现象表明光波是横波15.[2024·宁波模拟]如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH=kQUOTEIHBdIHBd,式中k为霍尔系数,与霍尔元件的材料有关,d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度,霍尔元件的电阻可以忽略不计,则A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高B.若电源的正、负极对调,电压表指针偏转方向不变C.通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成反比D.电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比非选择题部分三、非选择题(本题共5小题,共55分)16.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分)Ⅰ.(5分)某同学做“验证动量守恒定律”实验,实验装置如图甲所示,用天平称得入射小球A的质量为m1=16.8g,被碰小球B的质量为m2=5.6g,入射小球A与被碰小球B半径相同.(1)实验中,直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的,但是可以通过仅测量(填选项前的字母),间接地解决这个问题A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移D.小球的直径(2)多次释放A球后,取各落点位置的平均值,测得各落点痕迹到O点的距离:OM=13.10cm,OP=21.90cm,ON=26.00cm.若将小球的质量与水平位移的乘积作为“动量”,请将下面的表格填写完整.(结果保留三位有效数字)OP/mOM/mON/m碰前总“动量”p/(kg·m)碰后总“动量”p'/(kg·m)0.21900.13100.26003.68×10-3

根据上面表格中的数据,你认为能得到的结论是.

(3)实验中,关于入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是(填选项前的字母).

A.释放点越低,小球受阻力越小,入射小球速度越小,误差越小B.释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越小,两球速度的测量越准确C.释放点越高,两球相碰时,相互作用的内力越大,碰撞前后动量之差越小,误差越小D.释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,轨道对被碰小球的阻力越小(4)某实验小组在进行实验中,由于实验桌靠近竖直墙壁,导致小球飞出都撞击到竖直墙壁上,于是同学们把白纸固定在竖直墙壁上,再放上复印纸,并在白纸上标出小球放在槽口处球心的等高点O,然后重复前面的实验操作,如图乙所示,M、P、N分别为落点的痕迹,测得M、P、N分别与O之间的竖直距离h1、h2、h3,当满足关系式时(用m1、m2和h1、h2、h3表示),即可证明入射小球A与被碰小球B碰撞过程中动量守恒.

Ⅱ.(7分)滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成.现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率.实验器材有:两节干电池(电动势为3V,内阻为r),电流表(量程为0~0.6A,内阻为0.8Ω),电阻箱R(0~999.9Ω),待测滑动变阻器(总匝数120匝,匝数清晰可数),开关及导线若干.器材按图甲连接,将滑动变阻器滑片移至最右端,闭合开关,调节电阻箱至合适阻值并保持不变,移动待测滑动变阻器的滑片,多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I.作出QUOTE1I1I-n图像,如图乙所示.(1)用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图丙所示,电阻丝直径d=mm;

(2)某次测量时,电流表指针位置如图丁所示,读数I=A;

(3)已知待测变阻器螺线管的直径D=3.15cm,则待测变阻器电阻丝电阻率为Ω·m(结果保留2位有效数字);

(4)若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为4.0Ω,则两节干电池串联的总内阻r=Ω(结果保留2位有效数字);

(5)实验中所用的电源因长时间使用,内阻增大,则测得的电阻率(选填“偏大”“偏小”或“不变”).

Ⅲ.(2分)以下实验中,说法正确的是(填选项前字母).

A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,弹簧测力计不能与桌面接触B.“观察电容器的充、放电现象”实验中,电容放电时电流均匀减小C.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面,产生的油膜将迅速变到最大,然后略有收缩再保持稳定D.“用单摆测重力加速度”实验中,测量多次全振动的时间再求出周期,这样做的目的是减小测量周期的相对误差17.(8分)学习了热学部分知识后,小智同学受到启发,设计了一个利用气体来测量液体温度的装置.该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成.圆柱形金属块质量为20g,厚度为2cm,与管壁紧密接触(不漏气),管内用金属块封闭有一定量的理想气体,管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动,以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度.上、下挡条间距离为40cm,上端挡条距管下端距离为100cm,管的横截面积为5mm2,测温时把温度计竖直插入待测液体中.不考虑固体的热胀冷缩,不计一切摩擦阻力.外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa,g取10m/s2.当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力.(1)测量温度时,管内气体和待测液体达到(选填“平衡态”或者“热平衡”),该温度计的刻度(选填“均匀”或“不均匀”);

(2)求该温度计的测温范围;(3)某次测温时示数由57℃上升到157℃,如果该过程气体内能改变量为0.4J,求管内气体吸收的热量.18.(11分)[2024·富阳中学模拟]一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由倾角为θ=53°的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成.斜面CD高度h0=0.4m,传送带EF与轨道FG离地面高度均为h,两者长度分别为l1=4m、l2=1.5m,OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径,半径R=0.8m,圆弧PQ所对应的圆心角α=37°,轨道各处平滑连接.现将质量为m=1kg的滑块(可视为质点)从斜面底端的弹射器弹出,沿斜面从D点离开时速度大小为v0=5m/s,恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带.当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动,滑块恰好能滑至P点.已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求高度h;(2)求滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数μ2;(3)若传送带速度大小可调,要使滑块与挡板仅碰一次,且始终不脱离轨道,求传送带速度大小v的范围.19.(11分)如图所示,一个半径为R的磁性转盘被均分为四块扇形区域,磁盘表面涂有磁性材料,在扇形区域表面产生垂直盘面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场或垂直盘面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场,磁盘以ω的角速度转动.靠近磁盘表面固定着一个L形的导体棒,导体棒的两直角边长为R,恰沿盘的半径方向.导体棒的两端用导线分别与两根竖直金属导轨连接,竖直导轨的下端通过两段光滑绝缘的圆弧与水平金属导轨相连,导轨的间距均为l.导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ,水平导轨光滑.质量为2m的导体棒ab在外力作用下靠在竖直导轨右侧并静止不动.水平导轨上靠近绝缘导轨处放置另一根质量为m的导体棒cd.竖直导轨与水平导轨所在的空间存在竖直向下的磁感应强度为B3的匀强磁场,已知B1=2B2=3B3=B(求解的最后结果都用B表示),三根导体棒接入电路中的电阻均为r,重力加速度为g.(1)从图示时刻开始计时,求t=0时刻ab棒上的电流方向和棒两端的电势差;(2)若t=QUOTE时,撤去外力使ab棒从静止开始下落,在t=QUOTE时刻ab棒恰好运动到竖直导轨底部,求t=QUOTE时刻ab棒的速度v0;(3)在(2)的条件下,若v0已知,求ab、cd两棒发生弹性碰撞到最终稳定的过程中,ab棒上产生的焦耳热.20.(11分)[2024·温州模拟]现代科技中经常用电场和磁场来控制带电粒子的运动,某种粒子收集装置如图所示,在第二象限中存在一水平向右的匀强电场,场强为E=QUOTEmv02qamv02qa,一曲线形放射源不停地沿y轴负方向以初速度为v0释放电荷量为+q、质量为m的粒子,已知放射源的两端点位置为(0,0)和(-0.5a,a),所有电荷均从原点进入第四象限,在第四象限中存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B=QUOTEmv0qb(1)求放射源形状的曲线方程;(2)求(0,0)和(-0.5a,a)点入射的粒子离开匀强磁场时的位置;(3)求所有粒子在第四象限中扫过的面积;(4)假设放射源连续发射粒子稳定后,粒子经过原点时按照角度均匀分布,在第四象限中放置一长度为QUOTEb4b4的竖直收集板(粒子打到板上即被收集),一端紧靠x轴,将收集板置于x=b位置时,收集率是多少?将收集板置于x=QUOTEb4b4位置时,收集率又是多少?——★参考答案★——1.D[解析]国际单位制共有七个基本物理单位.包括如下:热力学温度单位K(开尔文),长度单位m(米),质量单位kg(千克),时间单位s(秒),电流单位A(安),物质的量单位mol(摩尔),发光强度单位cd(坎德拉),则属于国际单位制中导出单位符号的是库仑(C),故选D.2.D[解析]研究跳水运动员的入水动作,跳水运动员的形状、大小不能忽略,不能将跳水运动员看成质点,故A错误;研究击剑运动员的有效击打位置,击剑运动员的形状、大小不能忽略,不能将击剑运动员看成质点,故B错误;研究花样游泳运动员游泳时的技术动作,花样游泳运动员的形状、大小不能忽略,不能将花样游泳运动员看成质点,故C错误;记录速度轮滑1000m争先赛的运动员成绩,运动员的形状、大小可以忽略,可以将运动员看成质点,故D正确.3.C[解析]安培提出了分子电流假说,解释了各类磁现象的电本质,故A错误;法拉第提出了“力线”的概念,密立根通过油滴实验首先测出了元电荷的数值,故B错误;普朗克把能量子引入物理学,提出能量量子化概念,故C正确;麦克斯韦建立了电磁场理论,赫兹通过实验证实了电磁波的存在,故D错误.4.C[解析]球抛出时,水平方向有v0cos53°·t=L,竖直方向有H-h=v0sin53°·t-QUOTE1212gt2,联立解得v0=8m/s,故选C.5.D[解析]根据正点电荷的电场线由正电荷出发向外辐射的特点,作出电场线与等势面如图所示,正点电荷位于P点,A、C位于同一等势面上,根据E=kQUOTEQr2Qr2,由几何关系可知,A点比B点离点电荷更近,则A点的场强大于B点的场强,离正点电荷越近,电势越高,则O点的电势高于B点的电势,故A、B错误;电子沿圆弧ABC运动,电势先减小后增大,根据Ep=qφ,由于电子带负电,则电子的电势能先增大后减小,电场力先做负功后做正功,故C错误;由图中几何关系可知,A点比O点离点电荷更近,电子沿半径从A到O,电势降低,根据Ep=qφ,由于电子带负电,则电子电势能变大,故D正确6.C[解析]核心舱的轨道平面可以是极地轨道、赤道轨道或倾斜轨道,则核心舱所在的轨道平面无法通过题目的信息确定,故A不符合题意;核心舱作为环绕天体无法通过绕地球的匀速圆周运动而求出其质量,故B不符合题意;“天和核心舱”运动的圆轨道离地高度均为400km、周期约为93min,已知地球半径为6370km,可知核心舱绕地球做匀速圆周运动的轨道半径和周期,则由GQUOTEMm(h+R)2Mm(h+R)2=mQUOTE(h+R)可知,地球的质量M=QUOTE,地球的平均密度ρ=QUOTEMVMV=QUOTE=QUOTE3蟺(h+R)3GT2R33蟺(h+R)3GT2R3,故C7.D[解析]北京地区地磁场的竖直分量竖直向下,当飞机在北半球水平飞行时,飞机切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知,机翼左端的电势比右端的电势高.无论C919飞机往哪个方向飞,都是右边机翼的电势较低.由法拉第电磁感应定律E=BLv,可得两翼尖间的电势差U=E=4.5×10-5×35.8×0.8×340V≈0.44V,故选D.8.C[解析]由题图可知,1、2或者2、3连接点接入电路时,电刷转动,可以改变电位器连入电路中的电阻丝的长度,使接入电路中的电阻发生改变.1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻增大;1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,无法改变电位器接入电路中的阻值,电阻不变,故A、B错误.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端时,电位器相当于自耦变压器,1、3间的所有线圈连接输入端,电刷与1之间的线圈连接输出端,故顺时针转动电刷时,相当于输入端线圈匝数不变,输出端线圈匝数变大,由电压与匝数成正比可知,输出电压增大,故C正确,D错误.9.D[解析]由题意可知黑色圆盘的转速n=QUOTE=20r/s,每秒沿顺时针方向旋转20圈,即频率为f0=20Hz,在暗室中用每秒闪光21次的频闪光源照射圆盘,即f'=21Hz,则f0<f'<2f0,所以观察到白点逆时针旋转,则f'-f0=f″=1Hz,所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈,即转动周期为T=1s,转动角速度ω=QUOTE=2πrad/s,故选D.10.B[解析]设扩音机与人相距x,则人听到第一声咔(强)的时刻为t1=QUOTExvxv,听到第二次咔(强)的时刻为t2=T+t1,听到第一次咔(弱)的时刻为t3=t1+QUOTE2Lv2Lv,听到“咔(弱)”的时刻正好是两个“咔(强)”的中间时刻,即有t1+QUOTE2Lv2Lv=QUOTEt1+T+t12t1+T+t12=t1+QUOTET2T2,因此有QUOTE2Lv2Lv=QUOTET2T2,解得v=11.C[解析]饱和电流只与入射光的光强有关,与外加电压无关,故A错误;测量遏止电压Uc时,光电管应接反向电压,滑片P应向a移动,故B错误;根据光电效应方程Ek=hν-W0,结合动能定理eUc=Ek,整理得Uc=QUOTEheheν-QUOTEW0eW0e,图像的斜率为k=QUOTEhehe=QUOTE,解得普朗克常量h=QUOTE,故D错误;根据hν1-W0=eUc1,hν2-W0=eUc2,解得阴极K的逸出功W0=QUOTE,故C正确.12.C[解析]由题意可知,只剩下a光从顶部射出时,b光发生全反射,而a光没发生全反射,可知b光临界角比a光小,根据sinC=QUOTE1n1n,可知b光的折射率比a光的大,根据v=QUOTEcncn,可知在此透光材料中a光的传播速度大于b光的传播速度,故A错误;b光的折射率比a光的大,b光的频率比a光的大,则b光的波长比a光的小,波长越长,越容易发生明显的衍射现象,则同一装置用a、b光做单缝衍射实验,a光的衍射现象更加明显,故B错误;只剩下a光从顶部射出时,如图所示,由题意可知PB=R,可得PA=QUOTE1212R,则sin∠POA=QUOTEPAOPPAOP=QUOTE1212,解得∠POA=30°,即PS=QUOTEPB2+SB2PB2+SB2=QUOTER2+R2-12R2R2+R2-12R2=QUOTE7272R,在△OPS中,由正弦定理得QUOTEPSsin鈭?20掳PSsin鈭?20掳=QUOTE,b光发生全反射有sinC=sin∠OPS=QUOTE1nb1nb,此透光材料对b光的折射率为nb=QUOTE22132213,故C正确;a光从P点射出时,a光经过SP路程所需的时间为t=QUOTEPSvaPSva=QUOTE72Rcna13.A[解析]β衰变时,核内的中子转化为一个质子和电子,根据质量数和核电荷数守恒判断A正确;弱相互作用是引起原子核β衰变的原因,即引起中子—质子转变的原因,B错误;由题中“形成过程中均可类比核聚变”可知,不能简单地列1.6726×10-27kg=2m上+m下、1.6749×10-27kg=m上+2m下计算上、下夸克的质量差,C错误;β衰变中的质量亏损Δm=1.6749×10-27kg-1.6726×10-27kg-9.1096×10-31kg≈1.39×10-30kg,释放出的能量为ΔE=Δmc2=1.39×10-30×9×1016J≈1.25×10-13J,故D错误.14.CD[解析]图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的干涉现象,不是衍射,由干涉图样可知,a光的波长比b光的大,故a光的频率比b光的小,若a光能使某金属发生光电效应,则采用b光照射也一定能发生光电效应,故A错误;在核反应的过程中,质量亏损为Δm,核反应的过程释放的能量为Δmc2,不是结合能,故B错误;图示磁场由安培定则可知,电路电流沿顺时针方向,由电容器极板间电场方向可知,电容器上极板带正电,则此时正处于充电过程,电路电流逐渐减小,故C正确;只有横波才能产生偏振现象,所以光的偏振现象表明光是一种横波,故D正确.15.ABD[解析]由左手定则可知,电子受洛伦兹力方向指向后表面,则电子向后表面集聚,则霍尔元件前表面的电势比后表面的高,选项A正确;若电源的正、负极对调,通过霍尔元件的电流方向和磁场方向都反向,则电子受洛伦兹力方向不变,产生的霍尔电压方向不变,则电压表指针偏转方向不变,选项B正确;霍尔元件与电阻RL并联,总电流为I,根据并联电路的分流关系可知,通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成正比,选项C错误;电压表的示数等于霍尔电压UH=kQUOTEIHBdIHBd,式中电流IH与线圈中电流I成正比,磁感应强度大小B与I成正比,则电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比,选项16.Ⅰ.(1)C(2)3.66×10-3在实验误差允许范围内,可认为系统在碰撞前后动量守恒(3)C(4)QUOTEm1h3m1h3=QUOTEm1h2m1h2+QUOTE[解析](1)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相同,它们在空中的运动时间相等,则小球的水平位移与小球的初速度成正比,因此可以用小球做平抛运动的水平位移代替其初速度,故选C.(2)将小球的质量与水平位移的乘积作为“动量”,则碰后总“动量”为p'=m1OM+m2ON=(0.0168×0.1310+0.0056×0.2600)kg·m≈3.66×10-3kg·m,由分析可知,碰撞前后动量近似相等,则在实验误差允许范围内,可认为系统在碰撞前后的动量守恒.(3)释放点越低,入射小球速度越小,相撞时内力越小,小球受阻力不变,误差相对越大,故A错误;释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越大,两球速度的测量越不准确,故B错误;释放点越高,碰前入射速度越大,两球相碰时相互作用的内力越大,阻力的影响相对越小,碰撞前后动量之差越小,同时也有利于减小水平位移的测量误差,从而使实验误差减小,故C正确;释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,但轨道对被碰小球的阻力不变,故D错误.(4)由题意可知,小球平抛运动的水平位移相同,且N点为未放B球时A球的落点,P点为放上B球后,A球碰后的落点,M点为B球碰后的落点,由平抛运动规律得x=vt,h=QUOTE1212gt2,联立解得v=xQUOTEg2hg2h,若碰撞过程中动量守恒,则应满足QUOTEm1h3m1h3=QUOTEm1h2m1h2+QUOTEmⅡ.(1)0.635(0.633~0.637均可)(2)0.34(3)5.3×10-7(5.0×10-7~5.5×10-7均可)(4)1.2(5)不变[解析](1)电阻丝直径为d=0.5mm+13.5×0.01mm=0.635mm.(2)电流表量程为0~0.6A,分度值为0.02A,则该电流表的读数为I=0.34A.(3)根据电阻定律得RP=ρQUOTELSLS=ρQUOTE,由闭合电路欧姆定律E=I(RP+R+RA+r),化简可得QUOTE1I1I=QUOTE4蟻DEd24蟻DEd2n+QUOTERA+r+RERA+r+RE,由图可知,斜率k=QUOTE4蟻DEd24蟻DEd2=QUOTE8.6-4.2120-408.6-4.2120-40,代入数据(4)如图所示,根据QUOTE1I1I=QUOTE4蟻DEd24蟻DEd2n+QUOTERA+r+RERA+r+RE,纵截距为b=QUOTERA+r(5)根据QUOTE1I1I=QUOTE4蟻DEd24蟻DEd2n+QUOTERA+r+RERA+r+RE,可知实验中所用的电源因长时间使用Ⅲ.CD[解析]“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,弹簧测力计外壳不能与内部弹簧接触,可以与桌面接触,故A错误;“观察电容器的充、放电现象”实验中,电容放电时电流逐渐减小,但不是均匀减小,故B错误;“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中,将1滴油酸酒精溶液滴到平静的洒有薄而均匀爽身粉的水面,产生的油膜将迅速变到最大,然后由于液体表面张力的作用,略有收缩再保持稳定,故C正确;“用单摆测重力加速度”实验中,测量多次全振动的时间再求出周期,这样做的目的是减小测量周期的相对误差,故D正确.17.(1)热平衡均匀(2)27℃≤t≤217℃(3)0.54J[解析](1)测量温度时,管内气体和待测液体达到热平衡. (1分)管内气体做等压变化,则QUOTESl1T1Sl1T1=QUOTES可得T2=QUOTEl2l1l2l故该温度计的刻度均匀. (1分)(2)设管内气体最高温度为T2,管内气体做等压变化,则QUOTESl1T1Sl1T1=QUOTESl2T其中T1=273K+27K=300Kl1=100cm-40cm=60cml2=100cm-2cm=98cm解得T2=490K=217℃故温度计的测温范围27℃≤t≤217℃. (1分)(3)管内气体做等压变化,则QUOTESl1T1Sl1T1=QUOTESl3T3Sl3其中T3=273K+57K=330KT4=273K+157K=430K解得l3=66cm,l4=86cm(1分)管内气体的压强为p=p0+QUOTEmgSmgS=1.0×105Pa+QUOTEPa=1.4×105Pa(1分)该过程气体对外做功为W=pS(l4-l3)=1.4×105×5×10-6×(86-66)×10-2J=0.14J(1分)根据热力学第一定律有ΔU=-W+Q解得管内气体吸收的热量为Q=0.54J(1分)18.(1)1.2m(2)0.3(3)QUOTE39.439.4m/s≤v≤QUOTE4343m/s[解析](1)滑块从D到E做斜抛运动,E点为最高点,分解v0竖直方向有vy=v0sinθ=4m/s水平方向有vx=v0cosθ=3m/s竖直位移为y,则QUOTEvy2vy2=2gy,解得y=0.8m(1分所以h=y+h0=1.2m(1分)(2)滑块以vx=3m/s滑上传送带,假设能被加速到v=5m/s,则x=QUOTEv2-vx22渭1gv2-故滑块离开F点的速度vF=5m/s(1分)从F到P由动能定理得-mgR-μ2mgl2=0-QUOTE1212mQUOTEvF2vF2 (1分)解得μ2=0.3 (1分)(3)设传送带速度为v1时,滑块恰能到Q点,在Q点满足mgsinα=mQUOTEvQ2Rv解得vQ=QUOTE4.84.8m/s(1分)从F到Q由动能定理得-μ2mgl2-mgRQUOTE=QUOTE1212mQUOTEvQ2vQ2-QUOTE121