2025年高考押题预测卷：物理（浙江卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：物理（浙江卷01）（解析版），文件包含历史试题pdf、历史答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
物理·全解全析
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
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10小题,每小题3分,共30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．[改编] 2025年4月11日，以“5G-A x AI融智创新，重塑数智时代新格局”为主题的中国移动5G-A x AI融智创新发布会在浙江公司召开。2025年，在无线侧，中国移动计划完成近50万基站的智能化改造，该基站采用高频电磁波进行信号传输，且功率谱密度（PSD）在基站覆盖区域内保持均匀。功率谱密度的单位是瓦特每纳米（W/nm），改用国际单位制基本单位表示正确的是（ ）
A．N/sB．N/s2C．kg·m/s3D．kg·m/s4
【答案】C
【详解】功率的单位是瓦特，即，其中J是功的单位，即，N是力的单位，即，则有，所以功率谱密度的单位瓦特每纳米（W/nm），改用国际单位制基本单位表示就是kg·m/s3。
故选C。
2．“自动擦窗机器人”是一种智能家用电器，如图所示“自动擦窗机器人”在竖直玻璃板上向下匀速直线运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力的方向竖直向下B．重力与摩擦力是一对平衡力
C．重力势能减小，机械能不变D．惯性不断变小
【答案】B
【详解】AB．“自动擦窗机器人”在竖直玻璃板上向下匀速直线运动，“自动擦窗机器人”相对玻璃板竖直向下运动，则所受摩擦力的方向竖直向上，“自动擦窗机器人”受到重力和摩擦力处于平衡状态，可知重力和摩擦力大小相等、方向相反、在同一直线上，共同作用于同一物体，得重力与摩擦力是一对平衡力，故A错误，B正确；
C．在向下匀速直线运动过程中，“自动擦窗机器人”动能不变，由于高度变低，那么重力势能减小，由于除了重力做功，还有摩擦力做功，则机械能不守恒，可知机械能变小，故C错误；
D．惯性只跟质量有关，因为“自动擦窗机器人”在竖直玻璃板上向下匀速直线运动过程中质量不变，则受到的惯性不变，故D错误。
故选B。
3．[新情境]2025年央视春晚，杭州宇树科技旗下的机器人H1惊艳亮相。这款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是（ ）
A．图a的传感器可直接测量速度
B．图b的传感器可直接测量液体的密度
C．图c的传感器可测量压力
D．图d的传感器可直接测量加速度
【答案】C
【详解】A．图a的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；
B．图b的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错误；
C．图c的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；
D．图d的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速度，故D错误。
故选C。
4．[新情境] “新智，赋能未来”山西(太原)2025人工智能驱动创新发展大会暨科技成果展举办，分拣机器人能够自主规划路线，确保高效、准确的分拣作业。如图所示，机器人从A处由静止出发沿两段直线路径AB、BC运动到处停下，再将货物从托盘卸到分拣口。已知机器人最大运行速率，机器人加速或减速运动时的加速度大小均为，AB距离，BC距离，机器人途经B处时的速率为零，要求机器人能在最短时间内到达分拣口。下列说法正确的是（ ）
A．机器人从A到B过程中，从静止加速到最大运行速率所需时间
B．机器人从A运动到B的时间
C．机器人从B运动到C时间
D．机器人从B运动到C的平均速度大小
【答案】D
【详解】A．从静止加速到最大运行速率的时间，解得，故A错误；
B．因加速或减速运动时的加速度大小相等，机器人从最大速率减速至零的时间和位移大小与从零加速到最大运行速率的时间和位移大小相等，设加速位移大小为，匀速时间为，，，，解得，故B错误；
C．由，机器人从B运动到C过程不能加速到最大速度，设机器人加速到后开始减速，加速和减速过程中时间和位移大小相等，设机器人从B运动到C的时间为，，，故C错误；
D．，故D正确。
故选D。
5．如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面，某同学设计了一个装置。 如图2所示。 两根圆柱形木杆 AB和 CD 相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面，为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是（ ）
A．适当增大两杆之间的距离
B．减小杆与瓦片的滑动摩擦因数
C．增加每次运达瓦片的块数
D．减小木杆的长度
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力，弹力大小FN=mgcsα，若设杆对瓦片的弹力与竖直方向的夹角为β，则，则摩擦力，适当增大两杆之间的距离，则β变大，则f变大，瓦片滑到底端时的速度减小；减小杆与瓦片的滑动摩擦因数，则f减小，则瓦片滑到底端时的速度增加，选项A正确，B错误；
C．减少瓦的块数，减少了瓦的质量，虽然摩擦力小了，但同时重力的分力也减小，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C错误。
D．减小木杆的长度，则摩擦力做功会减小，落地速度会变大，况且速度与竖直方向的夹角也变大，则更容易损坏瓦片，选项D错误。
故选A。
6．[改编]人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太空电梯”如图甲所示。图乙中，图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与航天员距地心的距离r的关系，图线B表示航天员相对地面静止时而产生的向心加速度大小与r的关系。图乙中R=6400km（地球半径），为地球同步轨道高度约36000km，地球自转的周期为T，引力常量为G，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．太空电梯停在处时，航天员对电梯舱的弹力为mg
B．随着r的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小
C．太空电梯在地球同步轨道高度处的向心加速度约为
D．地球的质量为
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，太空电梯在时，航天员所受地球的引力完全提供其随地球自转所需的向心力，此时航天员与电梯舱间的弹力为0，故A错误；
B．随着r的增加，航天员所需的向心力，逐渐增加，在时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为0；当时，电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，根据，解得，随着r的增大而减小；当时，电梯舱对航天员的弹力表现为指向地心的压力，此时，随着r的增大而增大，故B错误。
C．向心加速度 a=ω2r，其中ω为地球自转角速度，r为同步轨道半径。由于同步轨道周期与地球自转周期相同，故（T为地球自转周期），代入数据计算得，故C错误；
D．太空电梯在时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为M，航天员的质量为m，则，解得，故D正确；
故选D。
7．[新情境]细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N关于y轴对称，下列说法正确的是（ ）
A．N、P两点的电场强度相同B．M点的电势与N点的电势相等
C．DNA分子在M点的加速度比在N点大D．DNA分子在M点的电势能比在N点大
【答案】D
【详解】A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场强度的方向不同，故A错误；
B．沿着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B错误；
C．M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知，DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C错误；
D．由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA分子在M点的电势能比在N点大，故D正确。
故选D。
8．庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其工作原理为：在地面上的O处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火药的作用，则（ ）
A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒
B．a、b两部分落地点到O点的距离可能相等
C．礼花弹在最高点炸开过程，a、b两部分动量变化相同
D．整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和
【答案】D
【详解】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，有，依题意ma>mb，可得，a、b两部分均做平抛运动，根据，，解得，可知，即落地点到O点的距离不相等，故B错误；
C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b两部分的冲量等大反向，根据，可知a、b两部分动量变化大小相同，方向相反，故C错误；
D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和，故D正确。
故选D。
9．“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的变压器，阻值为R的负载电阻接在副线圈的两端，用交流电压表测得a，b端和c，d端的电压分别为Uab和Ucd，则（ ）
A．增大负载电阻的阻值R，理想交流电流表的读数变大
B．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍
D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，线框内阻的发热功率变为原来的2倍
【答案】C
【详解】A．根据等效电源法可知，当增大负载电阻的阻值R，电源电动势不变，则回路中电流减小，即电流表的读数变小，故A错误；
B．负载电阻的阻值越小，回路中电流越大，内电压越大，则变压器原线圈两端电压越小，输出电压Ucd越小，故B错误；
C．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍，故C正确；
D．海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，根据可知，转速加倍，电动势最大值加倍，回路中电流加倍，根据可知线框内阻的发热功率变为原来的4倍，故D错误。
故选C。
10．交通标志表面的反光膜是用具有回归反射结构的材料制成的，图甲是一种反光膜的结构图，反光膜上表面平整，下表面凹凸不平呈锯齿状，与密封层相连形成多个完全相同的空气腔。如图乙所示光线从点垂直射入薄膜，恰好在反光膜下表面点发生全反射，，，真空中光速，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．光从光疏介质射向光密介质可能发生全反射现象
B．介质的折射率越大，发生全反射的临界角越大
C．反光膜的折射率为
D．光线在直角微棱镜型反光膜中传播的时间为
【答案】D
【详解】A．光从光密介质射向光疏介质才可能发生全反射现象，故A错误；
B．由，可知介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小，故B错误；
C．因为光线恰好在反光膜下表面点发生全反射，则入射角等于临界角，此时入射角为，则反光膜的折射率为，故C错误；
D．光路图如图所示，
由图可知，光在反光膜走过的路径长度，由几何关系可知，，解得，光在反光膜中的速度为，光线在直角微棱镜型反光膜中运动的时间为，故D正确。
故选D。
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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
11．氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．图3中的干涉条纹对应的是Ⅰ
B．图1中的对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量
D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】BD
【详解】B．氢原子发生能级跃迁时，由公式可得，结合题意可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大，则图1中的对应的是可见光Ⅱ，故B正确；
A．根据公式，由图可知，图3中相邻干涉条纹间距较大，则波长较大，结合上述可知，对应的是可见光Ⅱ，故A错误；
C．由公式可得，光子动量为，结合上述可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据光电效应方程及动能定理可得，可知，频率越大，遏止电压越大，结合上述可知，P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选BD。
12．古诗词有言：“兰香滴露啼幽翠，江波粼粼月光碎” 。如图所示，平静水面上有两个波源，t=0时刻，O1、O2两波源同时开始振动，振动方程分别为波源O₁形成的波在水中的传播速度为2m/s。已知O₁AO₂是水面上边长为2m的等边三角形，连线上的M点与波源的间距为0.9m，下列说法正确的是（ ）
A．质点A振动的频率为10HzB．两波源形成的波的波长均为0.4m
C．振动稳定后，质点A为振动加强点D．0~0.75s内，质点M通过的路程为92cm
【答案】BD
【详解】A．根据振动方程可知，质点振动频率，A错误；
B．波长，B正确；
C．质点A到两波源的波程差为半波长的偶数倍，两波源振动步调相反，则质点A振动减弱，C错误；
D．由于，可知M点振动加强，质点M的振幅为18cm，形成的波传播到M的时间，形成的波传播到M的时间，由于，，则0~0.75s内，质点M通过的路程，D正确。
故选BD。
13．如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，如果等离子源以速度发射质量均为m、带电量大小均为q的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是（ ）
A．开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板
B．设等离子体的电阻率为，没有接通电路时，等离子体受到阻力为f，则接通电路后，为了维持速度不变在通道两侧所加的压强差为
C．电键闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设此时两极板电压为U，图中轨迹的最高点和最低点的高度差为
D．图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h，在h＜a的情况下，通过电阻的电流为
【答案】AD
【详解】A．开关断开时，极板间的电压大小等于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上，可知上极板电势高。A正确；
B．根据电阻定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻，接通电路，此时发电通道内电荷量为q的离子受力平衡有，解得，由欧姆定律可得，该电流在发电通道内受到的安培力大小为FA=BIa，要使等离子做匀速直线运动，所需推力，整理后解得，B错误；
C．两板间电场强度为，配速，其中，离子受到的洛伦兹力，故离子以线速度做匀速圆周运动和以做匀速直线运动的合运动。那么，做匀速圆周运动的半径为，则，C错误；
D．当在的情况下，即，解得，此时与极板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电流，单位时间内打到一块极板上的粒子数为，此时发电机的输出电流为，D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题(本题共5小题，共58分)
14、实验题(I、ⅡI、ⅢI三题共14分)
14-Ⅰ（5分）．某实验小组在学习了牛顿第二定律后，为了验证加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验（图中已经补偿了阻力）。小组同学用力传感器测量小车受到的合外力，用打点计时器在纸带上打点的方式测算小车的加速度，并利用实验数据绘出如图乙所示的图像。请根据上述信息，回答以下问题：
(1)除了图甲中画出的器材外，还需在下图中选取的器材是 （多选，填字母）；
(2)图乙中图像恰好过坐标原点，若求得图线的斜率为，则小车和力传感器的总质量为 ；
(3)在（2）问中，当力传感器示数为时，沙和沙桶的总质量为 。（结果用、k、g表示，为重力加速度）
【答案】(1)AF（2分，漏选但没有错得1分） (2) （1分） (3) （2分）
【详解】（1）打点计时器采用交流电源，还需要刻度尺测量纸带距离，无需干电池、弹簧测力计、天平和秒表，故选 AF。
（2）根据牛顿第二定律，有，可知，解得
（3）当力传感器示数为F1时，对沙和沙桶，有，对小车，有，联立解得
14-Ⅱ（5分）．日本排放核污水引发了人们对水质的关注，电导率（电阻率的倒数）是衡量水质是否合格的关键指标。某实验小组为评估河水的电导率，进行了如下实验：他们准备了一根内径为d=1.30cm的塑料水管，将其注满河水水样后围成环形。在环上选取相距15.50cm的P、Q两点（可视为水样直径两端），插入细针用于测量电阻。根据公式代入数据最终求出电导率。为了测量河水水样电阻，设计如下两个实验。
实验一：用多用电表粗测电阻
(1)请将下面测量整个环形水样电阻的实验步骤按正确顺序排列（ ）
A．将多用电表选择开关旋置“×100Ω”欧姆挡
B．将红、黑表笔分别接触P、Q两点，测量电阻值
C．把红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡零刻度处
D．使用前检查表针是否停在刻度盘左端的“0”位置，若不在，用小螺丝刀轻轻转动表盘下方的机械调零旋钮，使表针指零
(2)若欧姆表指针如图（3）所示，为减小测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡 （填“×10Ω”或“×1kΩ”）位置。
实验二：设计电路提高测量精度
(3)为了更精确地测量水样电阻，小组设计了如图（4）所示的电路图；其中AB为一根粗细均匀长度为L0的电阻丝的两端，R为电阻箱，G为灵敏电流计，闭合开关，调节电阻箱并记录其阻值R，调节与灵敏电流计相连的滑动触头P，若此时发现G的指针向右偏转，有电流从位置C流向位置P，此时滑动触头应向 （填“A”或“B”）端移动，使灵敏电流计的示数变为零，记录此时滑动触头P到B端的距离L；改变电阻箱的阻值，测得多组R、L值；绘制图像，若图像纵轴截距绝对值为b，可得整个环形水样的电阻阻值表达式为 （用b表示）。
【答案】(1)DACB （1分） (2)×1kΩ（1分） (3) B （1分） （2分）
【详解】（1）欧姆表测电阻的正确操作：先机械调零；再估算待测电阻阻值，选择欧姆挡的倍率并欧姆调零；最后测量电阻，因此对应的操作顺序为DACB。
（2）欧姆表指针偏转角度小，表示电阻示数大，为减小测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡的挡。
（3）[1]样品左端和A点电势为零，调节与灵敏电流计相连的滑动触头，若此时发现G的指针向右偏转，有电流从位置C流向位置P，说明C点的电势高于P点的电势，为了使灵敏电流计示数为零，则滑动触头向B端移动；
[2]根据电阻定律，即滑动变阻器电阻与长度成正比，当灵敏电流计的示数变为零时，根据电桥平衡，变形得，又图像纵轴截距绝对值为，可知，则，由于样品并联接入电路，所以整个环形水样的电阻阻值表达式为
14-Ⅲ（4分）．如图是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤：
(1)下列有关该实验的说法正确的是______。
A．实验步骤正确的操作顺序是丙→丁→乙→甲
B．图乙中撒痱子粉的目的是为了防止滴入溶液时液体飞溅出来
C．图丙配制溶液时浓度要大一些，1滴溶液才能在水面形成足够厚的油膜便于测量
D．油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，以防酒精挥发影响溶液浓度
(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，滴入浅盘中的纯油酸体积为 mL（结果保留两位有效数字）。
(3)不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液后得到以下油膜形状，对油膜形状的分析正确的是______。
A．甲图油膜比较理想，油膜与痱子粉边界清晰，且边界线大致为直线，便于绘制边界
B．乙图油膜不理想，痱子粉撒的太少且不均匀，导致边界不清不便绘制边界
C．丙图油膜满足实验要求，油膜边界比较清晰，痱子粉撒的比较均匀
【答案】(1)D （1分） (2)1.0×10-5 （1分） （1分）(3)BC （2分，漏选但没有错得1分）
【详解】（1）A．图中实验步骤应先在浅盘的水面撒入痱子粉，后配制油酸酒精溶液，再向浅盘中滴入油酸酒精溶液，最后描绘油膜轮廓，即实验步骤正确的操作顺序是乙→丙→丁→甲，故A错误；
B．图乙中撒痱子粉的目的是为了更加精确描绘出油膜的轮廓，故B错误；
C．图丙配制溶液时浓度要小一些，1滴溶液才能在水面形成单分子油膜层，便于精确测量，故C错误；
D．实验中的酒精容易挥发，油酸酒精溶液配制好后，不能搁置很久才做实验，以防酒精挥发影响溶液浓度，故D正确。
故选D。
（2）若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%，用注射器测得100滴这样的油酸溶液为1mL，取1滴这样的溶液滴入浅盘中，滴入浅盘中的纯油酸体积为
（3）A．甲图油膜不理想，痱子粉撒得过多，导致油膜过厚，没有形成单分子油膜，故A错误；
B．乙图油膜不理想，痱子粉撒的太少且不均匀，导致边界不清不便绘制边界，故B正确；
C．丙图油膜撒得适量，满足实验要求，油膜边界比较清晰，痱子粉撒的比较均匀，故C正确。
故选BC。
四、计算题（本大题共4小题，共44分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）
15.（8分）[新情境]某款智能手机可以直接显示手机所处环境的压强和温度，某科创小组想利用智能手机的这种功能测量一形状不规则又易溶于水的物体密度，他们自制了“测量筒”，测量筒由上端开口的隔热性良好且可电加热的圆柱形气缸和横截面积为的隔热轻质活塞组成。具体操作如下：
第一步：如图甲所示，将手机放入测量筒，放上活塞，手机稳定显示压强；
第二步：如图乙所示，在活塞上轻放待测物体，稳定后，手机显示压强；
第三步：如图丙所示，把待测物体也放入气缸里，再放上活塞，待手机稳定显示温度时，测得活塞到汽缸底部高度。然后开启电热丝加热一段时间，待手机稳定显示温度时，测得活塞上升了。
（封闭的空气视为理想气体，忽略一切摩擦，待测物体的体积始终不变，不计电热丝和手机的体积）。求：
（1）第二步中，筒内气体在放上待测物前后的两种稳定状态进行比较，放上待测物后筒内气体分子的平均速率 （填“增大”、“减小”、“不变”），气体的内能 （填“增加”、“减少”、“不变”）：
（2）待测物体的质量 ；
（3）待测物体的体积 。
【答案】 增大 增加
【详解】（1）[1][2]绝热条件下，外界对气体做功，由可知，气体的内能增加，（1分）
温度升高，故气体分子的平均速率增大（1分）
（2）对活塞有（1分）
解得待测物的质量为（2分）
（3）在对气体缓慢加热的过程中，气体的压强保持不变，由等压变化规律可得（1分）
设待测物的体积为，可得
（1分）
代入数据解得（1分）
16.（11分）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径的竖直光滑圆轨道、长的水平直轨道BD、长的水平传送带DE和足够长的光滑轨道EK平滑连接而成（A、B、D、E、K共线），其中C点为竖直圆轨道上的最高点。质量的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，质量、半径的四分之一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK上。传送带DE以恒定速率顺时针转动。现对滑块施加一水平瞬时冲量I使滑块恰好能通过圆轨道的C点，之后滑块经过轨道BD滑上传送带，而后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
(1)瞬时冲量I的大小；
(2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h；
(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）根据动量定理
在C点根据牛顿运动定律（1分）
滑块由A运动到C的过程中，由机械能守恒得（1分）
综合解得（1分）
（2）滑块由A运动到D的过程中，由动能定理得
解得（1分）
因为，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则
滑块运动的位移
所以假设成立，滑块到达E点时速度（1分）
滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度，设此时滑块竖直方向分速度为，根据动量守恒：
由能量守恒得：
解得（1分）
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与点之间的距离（1分）
（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒
由能量守恒
解得，（1分）
滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E点，该过程所用时间
此过程中，滑块与传送带的相对位移（1分）
滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移（1分）
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量（1分）
17.（12分）[新情境改编] 新能源汽车在行驶过程中，通过能量回收系统可以将制动时的动能转化为电能储存起来，提高能源利用效率，增加电池续航。某新能源汽车配备了一套能量回收系统，在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，当车辆制动，松开驱动踏板或踩下刹车时，将动能转化为电能储存到储能装置回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为、长度为、电阻为的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为，内阻为；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。

(1)踩下驱动踏板后，求金属棒刚启动时加速度的大小及开始运动后的转动方向（从上往下看）；
(2)踩下驱动踏板后，求金属棒可达到的最大转动线速度。
(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后金属棒MN将匀速转动。
①求此时电容器上的带电量。
②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U—q图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少能量储存起来
【答案】(1)，金属棒开始运动后沿顺时针转动
(2)
(3)①；②见解析，
【详解】（1）电流方向向下，根据左手定则判断，从往下看，金属棒开始运动后沿顺时针转动，当开关闭合的瞬间，金属棒还没有发生转动，则有（1分）
金属棒在安培力作用下发生转动，根据牛顿第二定律有（1分）
解得（1分）
（2）当金属棒达到最大线速度时，金属棒中无电流通过，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，则有（1分）
解得（1分）
（3）①当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得（1分）
当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，则有（1分）
结合上述解得（1分）
②根据电容的定义式有
则有（1分）
作出U—q图像如图所示
由于（1分）
由微元法可知图像下面积等于电容器储存的电能，则有（1分）
结合上述解得（1分）
18.（13分）如图所示为一种带电粒子电磁分析器原理图。在平面的第二象限存在垂直平面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，第三象限有一离子源飘出质量为、电荷量为、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差为的电场加速后，从小孔垂直轴射入磁场区域，小孔离点的距离为，在轴正向放置足够长的探测板。不考虑离子重力和离子间的相互作用，离子从小孔射入磁场后打到板上点。
(1)求离子打到板上点的坐标；
(2)若时间内有个离子打到探测板上，且离子与挡板发生弹性碰撞，求探测板受到的平均冲击力为多大？。
(3)在轴正向铺设足够长的光滑绝缘板，如图丙所示。离子打到板上后垂直板方向的碰后速度总是碰前该方向上速度的0.5倍，平行板方向分速度不变，在板上点的右边有边界平行于轴的宽为的有界磁场磁感应强度也为，磁场竖直方向足够长，若要求离子在磁场中与板碰撞3次后（点除外）水平离开磁场右边界，则磁场宽度应满足什么条件？
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）正离子经电场加速过程中，由动能定理
得（1分）
正离子在磁场中做匀速圆周运动
联立得（1分）
如图正离子在第一象限做匀速直线运动
有几何关系（1分）
则
可得
打到板上的的坐标为（a，0）。（1分）
（2）设板对离子的力为，垂直板向上为正方向，根据动量定理（1分）
可得离子受到的平均冲击力为（1分）
根据牛顿第三定律，探测板受到的冲击力大小为。（1分）
（3）
正离子从点弹起后再次与板相撞，两撞击点相距（1分）
同理，多次与板撞击，间距分别为（1分）
又有（1分）
则（1分）
离子打到板上后垂直板方向的碰后速度总是碰前该方向上速度的0.6倍，则
要求离子在磁场中与板碰撞3次后（点除外）水平离开磁场右边界，则（1分）
联立得（1分）