高考命题研究与应用物理四川答案.docxVIP

●12025年物理(四川卷)

1.A设返回舱在竖直方向上的平均速度大小为v,有v=ΔxΔ

2.D狭缝宽度与波长相差不多或者狭缝宽度比波长更小的情况下发生明显衍射现象,则德布罗意波长约为1.5×10-10m的电子穿过该狭缝产生的衍射现象最明显。D正确。

3.B由F=kQqr2可知,r越大,F越小,则FeFb,A错误;由φ=kQr可知bcd圆弧上φ不变,def上φ逐渐降低,又Ep=qφ,正电荷电势能与φ变化一致,B正确;只有电场力做功,动能和电势能之和不变,两者相互转化,从d点到f点过程,Ep减小,Ek增加,则EkfEkd,C错误;小球从a点到b点过程,两小球距离靠近,电势能增加,动能减小,则vav

4.D对活塞受力分析,被封气体压强p=p0+mgS,mg为活塞重力,活塞从a到b的过程中,汽缸内气体压强不变,A错误;活塞从b到a过程中,气体的温度不变,体积变大,由玻意耳定律可知,气体的压强减小,C错误;一定质量的理想气体内能只与温度有关,活塞从a到b,气体的温度降低,内能降低,活塞从b到a的过程中,气体的温度不变,内能不变,B错误,D

5.C由单摆的周期公式T=2πlg可知,T∝l,则T甲T乙T丙T丁,由题意知,2T甲=T丙,2T甲=1.5T乙=0.5T丁,可得T甲T乙=34,C正确;小球甲第一次回到释放位置时,经过T甲时间,即12T丙时间,此时小球丙到达另一侧最高点,此时速度为零,位移最大,根据a=-kxm可知此时加速度最大,不为零,A错误;由以上分析可知,小球丁第一次回到平衡位置时,经过14T丁,此时小球乙回到平衡位置,速度最大,动能最大,B错误;由T=2πlg得l=g4π

6.A由图可知地球的自转周期大于该卫星的运行周期,信号强时该卫星经过观测站上空,T2时间内,该卫星比观测站多转了一圈,则有2πT1t-2πTt=2π,解得该卫星周期T1=T3,由万有引力提供向心力得GMmr2

7.C对物块受力分析,物块的加速度a=μmgcos30°-mgsin30°m=14g,物块的位移大小x=v022a=2v02g,A错误;物块的机械能增量ΔE=12mv02+mgxsin30°=32mv02,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t=v0a=4v0g,小车从静止加速到v0

【方法技巧】恒定功率起动,可用Pt求变力的功。

8.ACa的单位是m,b的单位是kg,c的单位是s,d的单位是kg·m/s,a2bc2的单位是kg·m2/s2,而能量的单位是J,由W=FL=maL,可知能量的单位是kg·m2/s2,A正确;ab2c2的单位是kg2·m/s2,不是能量单位,B错误;d2b的单位是kg·m2/s

9.CD光在光学玻璃中发生全反射,临界角C满足sinC=1n。由图知θ≥C。若n=1.4,sinC1=11.4=0.714,sinC1sin45°=0.707,θ45°C1,θ45°时不发生全反射,A错误;若n=1.6,sinC2=11.6=0.625sin30°=0.5,即30°C2,θ=30°时不发生全反射,B错误;若n=2,sinC3=12,得C3=30°,若θ=35°30°,第二次全反射角2θ=70°,可能,C正确

10.AD带电粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r,可得r=mvqB,又BⅠ∶BⅡ=4∶1,则在Ⅰ区和Ⅱ区粒子的轨迹半径之比为1∶4,B错误;设粒子在Ⅰ区的轨迹半径为R,则在Ⅱ区的轨迹半径为4R,粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系得Rcosθ+4Rcosθ=4R,得θ=37°,由图可知粒子在Ⅰ区轨迹圆心O2不可能与O重合,A正确;粒子在Ⅰ区的运动轨迹长度为s1=2π-(π-2θ)2π·2πR=(π+2θ)R,在Ⅱ区的运动轨迹长度为s2=2θ2π2π·4R=8θ·R,则s1∶s2=127∶148,

11.答案(1)13.15(4)49(5)0.028

解析本题考查探究弹簧弹力与形变量关系实验。

(1)刻度尺最小刻度为1mm,往下估读一位,弹簧原长为13.15cm。

(4)对桶和水受力分析,由胡克定律得kx=mg+ρVg

变形得x=ρgkV+

斜率ρgk=200m-2,可得k=49N/m

(5)由x=ρgkV+mgR可知,当V=0时,有0.0056m

可得m=0.028kg。

12.答案(1)0.500(2)a左(3)1.3×10-6(4)CD

解析本题考查测合金丝的电阻率。

(1)该样品横截面直径的平均值

d=0.499+0

(2)限流接法分别接滑动变阻器上、下两个接线柱,一上一下,下端已接好,上端接a。

滑片置于最左端,电阻最大,电流最小,电路最安全。

(3)采用等效替代法,合金丝电阻R=3.2Ω;金属丝长度l=0.5m,直径d