2025年高考考前押题密卷（浙江卷）物理·参考答案一、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）12345678910111213AABDCCDBACCDB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）1415CDAC三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．Ⅰ、（1）BC；（2）控制变量法；（3）远大于；（4）x2-2x1T2；（5）。（每小题1分）Ⅱ、（1）2.5×10﹣5；（2）5.5×10﹣10；（3）BD。（每小题1分）Ⅲ、（1）1.499；（2）D；（3）不变；（4）D。（1、2小题1分，3、4小题2分）17．【解答】解：（1）对活塞受力分析，由平衡条件得14Mgcos37°+p0S=p1S……………………（2分）解得：p1=p0+Mg5S……………………（2分）（2）当自行车行驶至水平路面时，对活塞分析，由平衡条件得14Mg+p0S=p2S可得：p2=p0+Mg4S……………………（2分）根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得：V2=20p0S+4Mg20p0S+5MgV1……………………（2分）18．【解答】解：（1）设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为vN，根据动能定理得：mgR=12mvN2-0代入数据解得：vN＝9m/s＞v＝6m/s，小物块滑上传送带后先做匀减速直线运动对小物块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1代入数据解得：a1=1.5m/s2………（1分）小物块减速到与传送带速度相等需要的时间t1=vN-va1=9-61.5s＝2s小物块减速到与传送带速度相等的位移x=vN+v2t1=9+62×2m＝15m小物块相对传送带静止一起运动到传送带左端需要的时间t2=L-xv=21-156s＝1s小物块第一次通过传送带上所用的时间t＝t1+t2＝2s+1s＝3s………（2分）（2）小物块第一次在斜面上运动过程，由动能定理得：﹣mgH﹣μmgcosθ×Hsinθ=0-12mv2代入数据解得：H＝1.5m………（2分）（3）小物块第一次在斜面上上滑的距离x1=Hsinθ=1.5sin37°m＝2.5m小物块第一次沿斜面下滑过程，由动能定理得：mgH﹣μmgcosθ×Hsinθ=12mv12-0代入数据解得：v1＝26m/s＜v＝6m/s………（2分）小物块第二次滑上传送带后，在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后反向向左做初速度为零的匀加速直线运动，到达传送带左端后以速度v1＝26m/s小物块在斜面上上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2代入数据解得：a2＝7.2m/s2………（1分）小物块第二次在斜面上上滑的最大位移x2=v122a2=(26)22×7.2m=53m=23x1小物块第二次在斜面上下滑过程，由动能定理得：mgx2sinθ﹣μmgcosθ×x2=12mv22-0代入数据解得：v2＝4m/s………（1分）小物块第三次滑上传送带后先向右做匀减速直线运动，减速为零后反向向左做初速度为零的匀加速直线运动，以速度v2＝22m/s第三次滑上斜面，小物块第三次滑上斜面时上滑的最大位移x3=v222a2=422×7.2m=109m=(23)2x1则小物块第n次滑上斜面时上滑的最大位移xn=(23)n-1x1小物块在斜面上摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ×2（x1+x2+x3+++++）………（1分）代入数据解得：Q＝9J………（1分）19．【解答】解：（1）由t1到t2，不受安培力，做匀加速直线运动FL=12m(v12-v22)………（1分）又U1＝BLv1U2＝BLv2联立可得F=m(U12-U22)2B2L3………（2分）（2）导体框的电动势E＝BLvE与v成正比，由图乙可得v﹣t图像下由于Δt1和Δt2时间内的位移都等于L，即图中面积S1＝S2可知Δt1＞Δt2由0到t1过程FΔt1﹣BLq＝mv2﹣mv1………（1分）v1=U1BLv2=U2BLq=BL24R解得?t1=B4L62mR(U12-U22)-2BL2U1+U2………（2分）（3）线框离开磁场区的受力情况、运动情况和进入磁场区相同，但Uad=34E全部离开磁场后的运动情况和线框全部处于磁场中的运动情况相同，但不切割磁感线Uad＝0图像如下………（3分）（4）假设线框经过一个磁场区产生的热量为Q，由静止开始到离开第二个磁场区，由动能定理得W-2Q=12mv22-0………（2分）又U2＝BLv2从bc边进入第一个磁场到进入第二个磁场，由动能定理可知Q＝F⋅4L………（1分）联立解得Q=4m(U12-U22)B2L2+mU222B2L2………（2分）20．【解答】解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：v0t＝sat＝v0tanθ由牛顿第二定律有：qE＝ma代入据解得：E=22N/C．………（2分）（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律：v=v0sin?=2222m/s=4m/s，………（1分）小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有：qvB=mv2R，得：B=mvqR小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1．此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有：R1l1+d2-R1=l1-R1R1代入数据解得：B1=12T．………（1分）小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2，由几何关系有：R2＝d1，代入数据解得：B2=13T．综合得磁感应强度的取值范围：13T≤B≤12T………（2分）（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T有：R3=mvqB3，代入数据解得：R3＝0.09m．………（2分）T=2pR3v，代入数据解得：T=9p200．………（2分）由磁场周期T0=23T得小球在磁场中运动的轨迹如图可得：一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3R3由分析知有：l1＝（3n+2）R3，n＝2………（1分）则小球能打在平板C3上，设位置到Q点距离为h有：h＝2（n+1）R3cosβ﹣R3，………（1分）解得：h=33R3-R3=0.38m．………（2分）