浙江省2025屆高三物理選擇性考試仿真模擬卷一

PAGEPAGE17浙江省2025屆高三物理選擇性考試仿真模擬卷（一）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．以下物理單位屬于能量單位的是()A．eV B．mA·h C．V/m D．kg·m/s22．管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻溝通電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā)覺者為()A．庫侖 B．霍爾 C．洛倫茲 D．法拉第3．第19屆亞洲運動會將于2024年9月10日～9月25日在中國杭州實行。杭州是中國第三個取得夏季亞運會主辦權(quán)的城市，圖中的“蓮花碗”是田徑的主賽場，下列關(guān)于亞運會田徑項目的敘述正確的是()A．探討短跑運動員終點撞線時可將運動員看成質(zhì)點B．在田徑競賽中跑步運動員的競賽成果是一個時間間隔C．短跑運動員跑100m和200m都是指位移D．高水平運動員400m競賽的平均速度有可能大于其他運動員200m競賽的平均速度4．亞丁灣索馬里海盜的幾艘快艇試圖靠近中國海軍護航編隊愛護的商船，中國海軍放射爆震彈勝利將其驅(qū)除。假如其中一艘海盜快艇在海面上的速度－時間圖像如圖所示，則下列說法正確的是()A．海盜快艇行駛的最大速度為15m/sB．海盜快艇在66s末起先調(diào)頭逃離C．海盜快艇在0～66s做的是加速度不變的加速運動D．海盜快艇在96～116s內(nèi)做勻減速直線運動5．無縫鋼管的制作原理如圖所示，豎直平面內(nèi)，管狀模型置于兩個支撐輪上，支撐輪轉(zhuǎn)動時通過摩擦力帶動管狀模型轉(zhuǎn)動，鐵水注入管狀模型后，由于離心運動，鐵水緊緊地覆蓋在模型的內(nèi)壁上，冷卻后就得到無縫鋼管。已知管狀模型內(nèi)壁半徑為R，則下列說法正確的是()A．鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內(nèi)壁上的B．模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同C．若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，此時僅重力供應向心力D．管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度ω最大為eq\r(\f(g,R))6．如圖所示，足夠長的平行玻璃磚厚度為d，底面鍍有反光膜CD，反光膜厚度不計，一束光線以45°的入射角由A點入射，經(jīng)底面反光膜反射后，從頂面B點射出(B點圖中未畫出)。已知該光線在玻璃磚中的傳播速度為eq\f(\r(2),2)c，c為光在真空中的傳播速度，則下列說法錯誤的是()A．平行玻璃磚的折射率為eq\r(2)B．入射點A與出射點B之間的距離為eq\f(2\r(3)d,3)C．平行玻璃磚的全反射臨界角為30°D．為了使從A點以各種角度入射的光線都能從頂面射出，則底面反光膜CD長度至少2d7．如圖所示，三個電荷量大小相等的點電荷A、B、C分別固定在正三角形的三個頂點上，其電性如圖所示，P點為A、B連線的中點，若規(guī)定無窮遠處為電勢零點，下列說法正確的是()A．P點的電勢為零B．P點的電場強度方向由P指向AC．若將C點的電荷沿CP連線向P點移動，電場力對其做正功D．若將C點的電荷沿CP連線向P點移動，其電勢能保持不變8．為推行低碳理念，許多城市運用如圖所示的超級電容公交車。該車車底安裝超級電容器(電容很大)，車輛進站后，車頂充電設備隨即自動升起，搭到充電站電纜上，通以大電流完成充電。每次只需在乘客上下車間隙充電30s到1min，就能行駛3到5km。假設該公交車的質(zhì)量m＝4×103kg，額定功率P＝120kW，它在平直水平路面上行駛時，受到的阻力f是車重的0.1倍，g取10m/s2。在不載客的狀況下，下列說法正確的是()A．充電電流越大，該公交車的電容也越大B．該公交車儲存的電荷僅跟充電電流的大小有關(guān)C．該公交車在路面上行駛時最大速度可達20m/sD．若該公交車從靜止起先啟動，以額定功率行駛50s后達到最大速度，則此過程它行駛了1050m9．“嫦娥四號”探測器于2024年1月在月球背面勝利著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則“嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率為()A.eq\r(\f(RKg,QP)) B.eq\r(\f(RPKg,Q))C.eq\r(\f(RQg,KP)) D.eq\r(\f(RPg,QK))10．如圖所示，一個正的點電荷q從圖中兩平行帶電金屬板左端中心處以初動能Ek射入勻強電場中，它飛出電場時的動能變?yōu)?Ek；若此點電荷飛入電場時速度大小增加為原來的2倍而方向不變，它飛出電場時的動能變?yōu)?)A．4Ek B．4.25EkC．5Ek D．8Ek11．工程師探討出一種可以用于人形機器人的合成肌肉，可仿照人體肌肉做出推、拉、彎曲和扭曲等動作。如圖所示，連接質(zhì)量為m的物體的足夠長細繩ab一端固定于墻壁，用合成肌肉做成的“手臂”ced端固定一滑輪，c端固定于墻壁，細繩繞過滑輪，c和e類似于人手臂的關(guān)節(jié)，由“手臂”合成肌肉限制。設cd與豎直墻壁ac夾角為θ，不計滑輪與細繩的摩擦，下列說法正確的是()A．若保持θ不變，增大cd長度，細繩ad部分拉力增大B．若保持θ＝90°，增大cd長度，細繩對滑輪的力始終沿dc方向C．若保持ac等于ad，增大cd長度，細繩對滑輪的力始終沿dc方向D．若θ從90°漸漸變?yōu)榱悖琧d長度不變，且保持ac>cd，則細繩對滑輪的力先減小后增大12．CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)整后電子束從靜止起先沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面對外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使P點左移13．某體校的鉛球訓練裝置示意圖如圖所示。假設運動員以6m/s速度將鉛球從傾角為30°的軌道底端推出，當鉛球向上滑到某一位置時，其動能削減了72J，機械能削減了12J，已知鉛球(包括其中的上掛設備)質(zhì)量為12kg，滑動過程中阻力大小恒定，則下列推斷正確的是()A．鉛球上滑過程中削減的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能B．鉛球向上運動的加速度大小為4m/s2C．鉛球返回底端時的動能為144JD．運動員每推一次消耗的能量至少為60J二、選擇題Ⅱ(本題共3小題，每小題2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2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分)14．以下為兩個核反應式：(1)eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X；(2)eq\o\al(235,92)U＋X→eq\o\al(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2Y，已知氘核的質(zhì)量為m1，氚核的質(zhì)量為m2，氦核的質(zhì)量為m3，X的質(zhì)量為m4，核反應中放射一種γ光子，該γ光子照耀到逸出功為W0的金屬上打出的最大初動能的光電子速度為v，已知光電子的質(zhì)量為m，光速為c，普朗克常量為h，則下列說法正確的是()A．X與Y相同B．方程(1)是核聚變反應，方程(2)是α衰變C．光電子的德布羅意波長為eq\f(h,mv)D．γ光子來源于原子核外電子的能級躍遷，它的頻率為eq\f(mv2＋2W0,2h)15．“蜻蜓點水”是常見的自然現(xiàn)象，蜻蜓點水后在水面上會激起水紋。某同學在探討蜻蜓運動的過程中獲得一張蜻蜓點水的俯視照片，該照片記錄了蜻蜓連續(xù)三次點水過程中激起的水紋，其形態(tài)如圖所示。由圖分析可知()A．蜻蜓第一次點水處為A點B．蜻蜓第一次點水處為C點C．蜻蜓飛行的速度大于水波傳播的速度D．蜻蜓飛行的速度小于水波傳播的速度16．圖甲是光電效應的試驗裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關(guān)系圖像，下列說法正確的是()A．由圖線①、③可知在光的顏色不變的狀況下，入射光越強，飽和光電流越大B．由圖線①、②、③可知對某種確定的金屬來說，其遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)C．遏止電壓越大，說明從該金屬中逸出的光電子的最大初動能越小D．不論哪種顏色的入射光，只要光足夠強，就能發(fā)生光電效應三、非選擇題(本題共6小題，共55分)17．(12分)(1)一位同學在探究木塊速度隨時間改變的規(guī)律時，在質(zhì)地勻稱的水平桌面上將木塊、電火花計時器、紙帶連接成如圖甲所示的裝置，先接通周期為0.02s的溝通電源，再給木塊一向右的初速度v0，木塊向右運動一小段距離后將紙帶拉緊，最終得到如圖乙所示點跡的紙帶，A、B、C、D、E是連續(xù)的五個計數(shù)點，每相鄰兩個計數(shù)點間還有一個計時點未畫出，其中AB、DE間距離已標出，單位是cm。①圖乙中C點的讀數(shù)為________cm，打點計時器打下B點時木塊的速度為________m/s，木塊運動的加速度大小是________m/s2。(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)②由圖乙紙帶上數(shù)據(jù)推斷，在誤差允許范圍內(nèi)，可以認為木塊做的是________(選填“勻加速”或“勻減速”)運動。(2)①某同學在做“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)的關(guān)系”試驗時，用學生電源供應應圖甲所示變壓器原線圈的電壓為5V，用演示電表溝通50V擋測量副線圈電壓時示數(shù)如圖乙所示，則變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比可能是________；A．5∶8 B．5∶16 C．1∶14 D．1∶8②街頭見到的變壓器是降壓變壓器，假設它只有一個原線圈和一個副線圈，________(填寫“原線圈”或“副線圈”)應當運用較粗的導線。18．(7分)小李同學在用電流表和電壓表測某種電池的電動勢和內(nèi)電阻的試驗中，串聯(lián)了一只2.0Ω的愛護電阻R0，試驗電路如圖甲所示，請回答下列問題：(1)按電路原理圖甲連接實物電路圖乙；(2)測得下列五組數(shù)據(jù)：U(V)1.601.401.201.000.80I(A)0.130.200.270.330.40依據(jù)數(shù)據(jù)在坐標圖丙上畫出U－I圖，要求作圖完整，并求出該電池電動勢E＝________V，r＝________Ω(均保留2位有效數(shù)字)。19．(9分)如圖1所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置．當加速運動到總位移的eq\f(1,4)時起先計時，測得電機的牽引力隨時間改變的F－t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時恰好到達指定位置．若不計繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；(2)勻速運動的速度大小；(3)總位移的大小。20．(12分)兒童樂園里的彈珠嬉戲不僅具有消遣性還可以熬煉兒童眼手合一的實力。某彈珠嬉戲可簡化成如圖所示的豎直平面內(nèi)OABCD透亮玻璃管道，管道的半徑較小。為探討便利建立平面直角坐標系，O點為拋物口，下方接一滿意方程y＝eq\f(5,9)x2的光滑拋物線形態(tài)管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數(shù)μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在連接處均相切。A、B、C、D的橫坐標分別為xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，彈珠質(zhì)量m＝100g，直徑略小于管道內(nèi)徑。E為BC管道的最高點，在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10m/s2。(1)若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度v0應當多大？(2)若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在O點拋射速度v0應當多大？(3)嬉戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分，求在O點拋射速度v0的范圍。21．(10分)某同學在學習電磁感應后，認為電磁阻尼能夠擔當電梯減速時大部分制動的負荷，從而減小傳統(tǒng)制動器的磨損。如圖甲所示，是該同學設計的電磁阻尼制動器的原理圖。電梯廂與配重質(zhì)量都為M，通過高強度繩子套在半徑r1的承重轉(zhuǎn)盤上，且繩子與轉(zhuǎn)盤之間不打滑。承重轉(zhuǎn)盤通過固定轉(zhuǎn)軸與制動轉(zhuǎn)盤相連。制動轉(zhuǎn)盤上固定了半徑為r2和r3的內(nèi)外兩個金屬圈，金屬圈內(nèi)阻不計。兩金屬圈之間用三根互成120°的輻向?qū)w棒連接，每根導體棒電阻均為R。制動轉(zhuǎn)盤放置在一對勵磁線圈之間，勵磁線圈產(chǎn)生垂直于制動轉(zhuǎn)盤的勻強磁場(磁感應強度為B)，磁場區(qū)域限制在120°輻向角內(nèi)，如圖乙陰影區(qū)所示。若電梯廂內(nèi)放置的質(zhì)量為m貨物與電梯廂一起以速度v豎直上升，電梯廂離終點(圖中未畫出)高度為h時關(guān)閉動力系統(tǒng)，僅開啟電磁制動，一段時間后，電梯廂恰好到達終點。(1)若在開啟電磁制動瞬間，三根金屬棒的位置剛好在圖乙所示位置，則此時制動轉(zhuǎn)盤上的電動勢E為多少？此時a與b之間的電勢差有多大？(2)若忽視轉(zhuǎn)盤的質(zhì)量，且不計其他阻力影響，則在上述制動過程中，制動轉(zhuǎn)盤產(chǎn)生的熱量是多少？(3)若要提高制動的效果，試對上述設計做出二處改進。22．(10分)一種探討高能粒子在不同位置對撞的裝置如圖所示。在關(guān)于y軸對稱間距為2d的MN、PQ邊界之間存在兩個有界勻強磁場，其中K(K在x軸上方)下方I區(qū)域磁場垂直于紙面對外，JK上方Ⅱ區(qū)域磁場垂直于紙面對里，其磁感應強度均為B。直線加速器1與直線加速器2關(guān)于y軸對稱，且末端剛好與MN、PQ的邊界對齊；質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負電子通過直線加速器加速后同時以相同速率垂直于MN、PQ邊界進入磁場。為實現(xiàn)正、負電子在Ⅱ區(qū)域的y軸上實現(xiàn)對心碰撞(速度方向剛好相反)，依據(jù)入射速度的改變，可調(diào)整邊界與x軸之間的距離h，不計粒子間的相互作用，不計正、負電子的重力。(1)哪個直線加速器加速的是正電子？(2)正、負電子同時以相同速度v1進入磁場，僅經(jīng)過邊界一次，然后在Ⅱ區(qū)域發(fā)生對心碰撞，試通過計算求出v1的最小值。(3)正、負電子同時以v2＝eq\f(\r(2)eBd,2m)速度進入磁場，求正、負電子在Ⅱ區(qū)域y軸上發(fā)生對心碰撞的位置離O點的距離。

參考答案與解析1.AeV是電子伏，1eV表示1.6×10－19J，屬于能量單位，故A項正確；mA·h一般表示電池的容量，意思是以多少毫安的電流供電一小時，所以mA·h不是能量單位，故B項錯誤；V/m表示電場強度的單位，依據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，V/m表示電場強度的單位，不表示能量單位，故C項錯誤；依據(jù)牛頓其次定律F＝ma可知1kg·m/s2＝1N，因此kg·m/s2不是能量單位，故D項錯誤。2.D高頻焊接利用的電磁學規(guī)律是電磁感應現(xiàn)象，發(fā)覺者是法拉第，A、B、C項錯誤，D項正確。3.B探討短跑運動員終點撞線時，其自身大小不能忽視，所以不行以看作質(zhì)點，故A項錯誤；在田徑競賽中跑步運動員的競賽成果是個時間段，是一個時間間隔，故B項正確；短跑運動員跑200m時，跑道不是一條直線，故200m是路程而不是位移，故C項錯誤；400m競賽時位移為零，故平均速度為零，不行能大于200m時的平均速度，故D項錯誤。4.A從v－t圖像上得知海盜快艇行駛的最大速度為15m/s，在0～66s內(nèi)v－t圖線的斜率漸漸減小，故加速度漸漸減小，A項正確，C項錯誤；在66s末海盜快艇速度方向沒變，速度減小，B項錯誤；在96～116s內(nèi)海盜快艇調(diào)頭做勻加速直線運動，D項錯誤。5.C鐵水做圓周運動，重力和彈力的合力供應向心力，沒有離心力，故A項錯誤；鐵水做圓周運動的向心力由重力和彈力的徑向分力供應，鐵水不是做勻速圓周運動，故模型各個方向上受到的鐵水的作用力不肯定相同，故B項錯誤；若最上部的鐵水恰好不離開模型內(nèi)壁，則是重力恰好供應向心力，故C項正確；為了使鐵水緊緊地覆蓋在模型的內(nèi)壁上，管狀模型轉(zhuǎn)動的角速度不能小于臨界角速度eq\r(\f(g,R))，故D項錯誤。6.C玻璃磚的折射率n＝eq\f(c,v)＝eq\f(c,\f(\r(2),2)c)＝eq\r(2)，A項正確；作出光的傳播路徑如圖所示：由折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(sin45°,sinβ)＝eq\r(2)，解得β＝30°，因此入射點A與出射點B之間的距離xAB＝2dtanβ＝eq\f(2\r(3)d,3)，B項正確；設臨界角為C，則有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，解得C＝45°，C項錯誤；為了使從A點以各種角度入射的光線都能從頂面射出，則底面反光膜CD長度至少為LCD＝2dtanC＝2d，D項正確。7.D假設沒有C電荷，A、B為等量的異種電荷，在P點的電勢為零，若有了C電荷后P點電勢為正，故A項錯誤；僅有A、B兩個電荷時，在P點的電場強度方向由P指向A，C電荷在P點產(chǎn)生的電場強度垂直于AB，說明三個電荷在P點產(chǎn)生的總的電場強度不會由P指向A，故B項錯誤；等量異種電荷中垂面是一個等勢面，若將C點的電荷沿CP連線向P點移動，因電荷在等勢面上移動，電場力不做功，電勢能保持不變，故D項正確，C項錯誤。8.D電容器的電容由電容器本身結(jié)構(gòu)確定，與充電電流無關(guān)，故A項錯誤；由q＝It可知，儲存的電荷與電流大小和充電時間都有關(guān)，故B項錯誤；由P＝fv可知當速度最大時，v＝eq\f(P,f)＝eq\f(P,kmg)＝30m/s，故C項錯誤；由動能定理可得，Pt－fs＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)可得s＝1050m，故D項正確。9.D由題意可知“嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(KR,P)，設月球的質(zhì)量為M，“嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運動的速率為v，“嫦娥四號”的質(zhì)量為m，則地球的質(zhì)量為QM，一質(zhì)量為m′的物體在地球表面滿意Geq\f(QMm′,R2)＝m′g，而“嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運動滿意Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(RPg,QK))，D項正確。10.B第一次由動能定理得qEy1＝2Ek－Ek ①速度增加為原來的2倍，則在電場中運動的時間變?yōu)閑q\f(t,2)，偏轉(zhuǎn)位移y2＝eq\f(1,4)y1 ②初動能Ek0′＝4Ek ③由動能定理qEy2＝Ek′－Ek0′ ④由①②③④得Ek′＝4.25Ek，故B項正確。11.C因ad部分的拉力等于b端重物的重力，則若保持θ不變，增大cd長度，細繩ad部分拉力不變，故A項錯誤；保持θ＝90°，增大cd的長度，∠adb減小，因滑輪兩邊細繩拉力相等，則細繩對滑輪的力沿∠adb的角平分線方向，細繩對滑輪的力不是沿dc方向，故B項錯誤；保持ac等于ad，則∠adc＝∠cdb，因滑輪兩邊細繩拉力相等，則細繩對滑輪的力沿∠adb的角平分線方向，即細繩對滑輪的力沿dc的方向，故C項正確；cd長度不變，θ從90°漸漸減為零，d的運動軌跡如圖中圓弧所示，當ad與圓弧相切時，∠cad最大，由幾何關(guān)系可知∠adb先減小后增大，繩子的兩個張力大小皆等于物體的重力，它們對滑輪作用力的大小隨角度變大而變小，因此對滑輪的作用力先變大后變小，故D項錯誤。12.D電子在電場中加速運動，電場力的方向和運動方向相同，而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，所以M處的電勢低于N處的電勢，A項錯誤；增大M、N之間的電壓，依據(jù)動能定理可知，電子進入磁場時的初速度變大，依據(jù)r＝eq\f(mv0,eB)知其在磁場中的軌跡半徑增大，偏轉(zhuǎn)程度減小，P點將右移，B項錯誤；依據(jù)左手定則可知，磁場的方向應當垂直于紙面對里，C項錯誤；結(jié)合B項分析，可知增大磁場的磁感應強度，軌跡半徑將減小，偏轉(zhuǎn)程度增大，P點將左移，D項正確。13.C鉛球從起先到經(jīng)過斜面上某一點時，受重力、支持力和阻力，依據(jù)動能定理，有－mg·lsin30°－f·l＝Ek－Ek0＝－72J，機械能的削減量等于克服摩擦力做的功f·l＝ΔE＝12J，聯(lián)立可解得l＝1m，f＝12N，依據(jù)牛頓其次定律可得－mg·sin30°－f＝ma，解得a＝－6m/s2，故B項錯誤；當該物體經(jīng)過斜面上某一點時，動能削減了72J，機械能削減了12J，所以當物體到達最高點時動能削減了216J，機械能削減了36J，所以物體上升過程中克服摩擦力做功是36J，全過程摩擦力做功W＝－72J，從動身到返回底端，重力不做功，設回到動身點的動能為Ek′，由動能定理可得W＝Ek′－Ek0，解得Ek′＝144J，故C項正確；鉛球上滑過程中削減的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，故A項錯誤；依據(jù)能量守恒定律可知運動員每推一次消耗的能量至少為216J，故D項錯誤。14.AC由方程(2)可知，依據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，X和Y都為eq\o\al(1,0)n，故A項正確；方程(1)是核聚變反應，方程(2)是核裂變反應，故B項錯誤；由公式λ＝eq\f(h,p)，p＝mv，可知λ＝eq\f(h,mv)，故C項正確；γ光子的產(chǎn)生是由放射性元素發(fā)生γ衰變，而不是來源于原子核外電子的能級躍遷，故D項錯誤。15.BC在同一時刻視察時，越先激起的水紋擴散開來的半徑越大，因C的半徑大于A的半徑，說明蜻蜓第一次點水處為C點，故A項錯誤，B項正確；蜻蜓從C點飛到A點時間內(nèi)，C水水紋擴散開來的距離小于CA距離，說明蜻蜓飛行的速度大于水波傳播的速度，故C項正確，D項錯誤。16.AB由圖線①、③可知在光的顏色不變的狀況下，入射光越強，飽和光電流越大，故A項正確；依據(jù)光電效應方程知，Ekm＝hν－W0＝eUc，可知入射光頻率越大，最大初動能越大，遏止電壓越大，可知對于確定的金屬，遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強度無關(guān)，故B項正確；依據(jù)Ekm＝hν－W0＝eUc，遏止電壓越大，說明從該金屬中逸出的光電子的最大初動能越大，故C項錯誤；發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于極限頻率，與入射光的強度無關(guān)，故D項錯誤。17.【答案】(1)①3.90(3.88～3.92均可)0.36(0.35～0.37均可)2.5(2.4～2.6均可)②勻減速(2)①D②副線圈【解析】(1)①C點的讀數(shù)為3.90cm，紙帶上相鄰的兩個計數(shù)點之間還有一個計時點未畫出，所以兩個相鄰的計數(shù)點間的時間T＝0.02×2s＝0.04s。vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(3.90－1.00,2×0.04)×10－2m/s≈0.36m/s。依據(jù)Δx＝aT2得a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)，解得a≈2.5m/s2。②因為xAB＝1.25cm，xBC＝(3.90－2.25)cm＝1.65cm，xCD＝2.05cm，xDE＝2.43cm，相等時間內(nèi)的位移差近似相等，所以在誤差允許范圍內(nèi)，可以認為木塊做勻減速運動。(2)依據(jù)電壓表讀數(shù)的方法可知，該變壓器的輸出電壓為40V，所以變壓器的原副線圈匝數(shù)之比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,40)＝eq\f(1,8)，故D項正確，A、B、C項錯誤。②志向變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，當只有一個副線圈時，電流與匝數(shù)成反比，街頭用的變壓器是降壓變壓器，可知副線圈的匝數(shù)比原線圈的匝數(shù)少，副線圈的電流較大，應當運用較粗的導線。18.【答案】(1)見解析圖甲(2)見解析圖乙2.01.0【解析】(1)由電路圖，按依次先將串聯(lián)部分連在電源兩端，再把電壓表并聯(lián)在滑動變阻器及電流表兩端，如圖甲(2)畫出U－I圖如圖乙乙由圖乙可知，電動勢E＝2.0V；電壓為0.8V時，電流為0.4；由閉合電路歐姆定律可知E＝U＋I(r＋R0)r＝eq\f(E－U,I)－R0＝eq\f(2.0－0.8,0.4)Ω－2.0Ω＝1.0Ω。19.【答案】(1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m【解析】(1)對勻減速運動階段，由牛頓其次定律得mg－FT＝ma得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2方向豎直向下。(2)運動學公式v＝at2＝1m/s。(3)由圖2知，物體加速運動到總位移的eq\f(1,4)時，電機的牽引力F1＝mg＝2000N，則從今時起先物體做勻速運動，勻速上升的位移h1＝vt1＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m則總位移的大小滿意eq\f(3,4)h＝h1＋h2，總位移h＝40m。20.【答案】(1)3m/s(2)2eq\r(2)m/s(3)2eq\r(3)m/s＜v0＜2eq\r(6)m/s【解析】(1)由y＝eq\f(5,9)x2得A點坐標(1.20m，0.80m)由平拋運動規(guī)律得xA＝v0t，yA＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)，求得t＝0.4s，v0＝3m/s。(2)由速度關(guān)系，A點速度與豎直方向的夾角tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(4,3)可得θ＝53°求得AB、BC圓弧的半徑R＝0.5m在E點，F(xiàn)N＝3mgFN′＝FN＝3mgFN′＋mg＝meq\f(v2,R)OE過程由動能定理得mgyA－mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r(2)m/s。(3)設CD與水平面的夾角為α，sinα＝eq\f(2.65－2.00－0.40,0.5)＝0.5，α＝30°CD與水平面的夾角也為α＝30°設彈珠能3次通過E點的拋射速度最小值為v1。由動能定理得mgyA－mgR(1－cos53°)－2μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(3)m/s設3次通過E點的速度最大值為v2。由動能定理得mgyA－mgR(1－cos53°)－4μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝6m/s考慮2次經(jīng)過E點后彈珠不從O點離開，有－2μmgxCDcos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得v3＝2eq\r(6)m/s故2eq\r(3)m/s＜v0＜2eq\r(6)m/s。21.【答案】(1)eq\f(Bv（req\o\al(2,3)－req\o\al(2,2)）,2r1)eq\f(Bv（req\o\al(2,3)－req\o\al(2,2)）,6r1)(2)eq\f(1,2)(2M＋m)v2－mgh(3)若要提高制動效果，可對上述設計做出改進：增加外金屬圈的半徑r3或減小內(nèi)金屬圈的半徑r2【解析】(1)在開啟電磁制動瞬間，承重轉(zhuǎn)盤的線速度為v，所以，角速度ω＝eq\f(v,r1)所以，制動轉(zhuǎn)盤的角速度ω＝eq\f(v,r1)，三根金屬棒的位置剛好在題圖乙所示位置，則fe切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝Blv＝eq\f(Bv（req\o\al(2,3)－req\o\al(2,2)）,2r1)所以干路中的電流I＝e