Page 42 - 浙江高考模拟试卷汇编优化20套·物理

温州市2023届高三 h B 以A 球的最大高度所在的平面为零势能面, 则E A= 1 m A v 0-
2
,
A02 2
第一次适应性考试 1
,
,
2
,
m A g h A E B= m B v 0-m B g h B 所以E A=E B 故 B错误; 若两球
1.B 温度和磁通量只有大小, 没有方向, 是标量, 故 A 、 C错 2

受到相等的空气阻力, 上升过程, 根据牛顿第二定律 m A g+ f=
误; 加速度既有大小又有方向, 运算时遵循平行四边形定则, 是矢
f
,
,
量, 故 B正确; 电流有方向, 其方向表示正电荷定向移动的方向, m A a A m B g+ f=m B a B 解得加速度为a A = g+ , a B = g+
m A
但电流运算时不遵守平行四边形定则, 因此电流是标量, 故 D
f
, 所以a A <a B 故 C 错误; 若两球受到相等的空气阻力, 下落
,
错误.
m B
2.A 依题意, 当研究船坞的航行路线时, 船坞的形状和大 过程, 根据牛顿第二定律 m A g- f=m A a A m B g- f=m B a B 解

,
,
小可以忽略不计, 船坞可以看成质点, 故 A 正确; 当研究弹射舰载 f f
,
得加速度为a A= g- , a B= g- , 所以a A>a B 故 D 正确.
机时、 移出船坞下水时、 用操作仪把控方向时, 由于船坞的形状及 m A m B
7.D 0~t 1 时间内物体向上做匀加速直线运动, 因此物体

大小对研究的问题影响较大, 所以船坞均不能看成质点, 故 B 、 C 、
处于超重状态, 故 A 错误; 由图像可知 t 1~t 2 时间内物体的加速
D 错误.
度为正, 做加速度减小的加速运动, 故 B错误; t 1 时刻物体的位移
3.D 安培提出了分子电流假说, 故 A 错误; 卡文迪许测出

1 1
万有引力常量, 故 B错误; 密立根最早测得元电荷e 的数值, 故 C 2 2
,
,
为x 1= a 0 t 1 重力对物体做功 W=-m g x 1=- m g a 0 t 1 故
2 2
错误; 赫兹用实验证实了电磁波的存在, 故 D 正确.
C错误; t 1 时刻物体所受到的牵引力为 F , 由牛顿第二定律有

4.C 吊锅受到自身重力及细铁链的拉力两个力的作用, 故
,
,
F-m g=ma 0 解得 F=m g+ma 0 t 1 时刻物体的速度为v=
A 错误; 以整个装置为研究对象, 设地面对每根杆的支持力为 N ,
,
)
,
a 0 t 1 起 重 机 额 定 功 率 为 P =Fv= ( m g+ma 0 a 0 t 1 故 D
1
,
,
根据受力平衡可得3N=m g 解得 N= m g 显然减小h , N 仍
3 正确 .

8.D 在A 状态, 根据题意m g+ p 0 S= p A S , 解得m=2k g ,
然保持不变, 根据牛顿第三定律知每根杆对地面的压力不变, B
错误; 以吊锅和细铁链为研究对象, 设每根杆中的弹力为 F N 杆 V V A V B
,
故 A 错误; 根据图像可知 =C , 所以气体做等压变化, = ,
T T A T B
与竖直方向夹角为 θ , 在竖直方向上, 受力平衡有3F N cosθ=m g ,

解得 V B=8.0×10 m , 故B错误; 从状态A 变化到状态 B 的过
-3
3
m g
解得F N= , 水平方向上, 地面对杆的摩擦力为 f=F N sinθ= 程, 气体对外界做功 W= p AΔV=206J , 故 C错误; 根据热力学第

3cosθ

m g 1 一定律 ΔU=Q-W=294J , 故 D 正确.
sinθ= m g tanθ , 当减小h 时, θ 增大, 则可知 f 增大, 根据
3cosθ 3
9.C 磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比, 则在 0~t 1
牛顿第三定律可知每根轻杆对地面的摩擦力均增大, 故 C 正确; 时间内, 电流在增大, 但变化率在减小, 所以线圈的磁通量在增
以杆为研究对象, 设每根轻杆受到地面的作用力大小为 F , 则有 大, 但磁通量的变化率逐渐减小, 由法拉第电磁感应定律 E=
m g m g ΔΦ
F=F N= > , 故 D 错误. n , 可知感应电动势减小, 所以小球受到的感应电场的电场力
3cosθ 3 Δt
Mm 也逐渐减小, 由牛顿第二定律可知加速度也减小, 故 A 错误; 由图
5.B 根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力, 有 G 2 =
( R+h )
甲可知0~t 1 时间内, 电容器上极板为正极板, 所以线圈中左侧电
2 ( R+h )
3
2π 流向下, 根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右, 故 B 错
m T ( R+h ), 解得 T=2π , 由于组合体的轨道高
GM
误; 0~t 1 时间内, 电流的变化率减小, 则小球内磁通量的变化率
度小于同步卫星的轨道高度, 所以组合体的周期小于同步卫星的
减小, 根据法拉第感应定律可知, 小球内的涡流减小, 故 C 正确;

周期, 即组合体的周期小于24h , 故 A 错误; 根据万有引力与重力
电容器放电过程中, 变化的磁场在空间中产生变化的电场, 然后
Mm M M
的关系, 即G 2 =m g 地球的密度为 = = , 联立解得 以电磁波的形式传递出去, 散失了一部分能量, 所以电容器储存
,
ρ
R V 4
πR 3
3 的电能不能全部转化为小球的动能, 故 D 错误.
3 g Mm 10.C 当θ= π 时, 设 P 点位于 M

ρ = , 故 B正确; 根据万有引力提供向心力, 有G 2 = 3
4πGR ( R+h )
GM 点处, 此时可得 4π 时, 设
,
ma n 解得向心加速度为a n= , 组合体的向心加速度大 φ M =1V , 当θ= 3
2
( R+h )

于同步卫星的向心加速度, 但由于同步卫星与赤道上的物体具有 P 点位于 N 点处, 此时可得 φ N =5V , 如
相同的角速度, 而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径, 根据 图所示, 由于 M 、 N 两点分别是圆弧上电
公式a n=ωr , 所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向 势的最低点、 最高点, 则过两点的等势面与
2
心加速度, 则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速 圆相切, 又因为电场线与等势面垂直, 且指向电势降低的方向, 可
度, 故 C错误; 静止释放小球, 小球将无法做简谐运动, 小球处于 U NM 4
知电场方向从 N 指向M , 可得场强大小为E= = V / m=
2R 0.2
完全失重状态, 故 D 错误.

6.D 若不计空气阻力, 小球运动过程中机械能守恒, 若以 20V / m , 故 A 、 B错误; 由图乙可知, C 点的电势为 φ C =4V , 电子
从 A 点沿圆弧运动到C 点, 电势能的变化量为 ΔE p=E p C -
抛出所 在 的 水 平 面 为 零 势 能 面, 则 小 球 的 机 械 能 为 E A =
)
E p A=-e ( - φ A =-2eV , 即电势能减小2eV , 故 C 正确; 从 B
1 2 1 2 φ C
,
,
,
m A v 0 E B= m B v 0 所以E A>E B 故 A 错误; 若不计空气阻
2 2 点沿圆弧逆时针到D 点, 电势先升高后降低, 则电子沿该路径运
力, 小球运动过程中机械能守恒, 小球只受重力作用, 两小球加速 动时, 由 E p= q φ 可知, 电子的电势能先减小后增大, 所以电场力
2
v 0 先做正功后做负功, 故 D 错误.
,
度相同, 均为重力加速度 g 则小球上升的最大高度为h A = =
2 g
4