仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(一)(時(shí)間：90分鐘滿分：100分)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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列關(guān)系式中不是利用物理量之比定義新的物理量的是()A．E＝eq\f(F,q) B．φ＝eq\f(Ep,q)C．a(chǎn)＝eq\f(F,m) D．ω＝eq\f(θ,t)解析：選CA、B、D選項(xiàng)分別是電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、角速度的比值定義式，a＝eq\f(F,m)是牛頓第二定律表達(dá)式，不是加速度的定義式，故選C。2．龍舟競(jìng)渡，奮楫爭(zhēng)先，首屆世界龍舟聯(lián)賽決賽在福建舉行。如圖所示為直道上某龍舟前進(jìn)過程中隊(duì)員奮力劃水的場(chǎng)景，則()A．觀看隊(duì)員的劃水動(dòng)作時(shí)，隊(duì)員可被視為質(zhì)點(diǎn)B．描繪龍舟的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，龍舟可以看作質(zhì)點(diǎn)C．水對(duì)龍舟的作用力大小大于龍舟對(duì)水的作用力大小D．龍舟全程做勻速運(yùn)動(dòng)解析：選B觀看隊(duì)員的劃水動(dòng)作時(shí)，不能忽略隊(duì)員的形狀和大小，不可被視為質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；描繪龍舟的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，可以忽略龍舟的形狀和大小，能看作質(zhì)點(diǎn)，故B正確；水對(duì)龍舟的作用力大小等于龍舟對(duì)水的作用力大小，故C錯(cuò)誤；龍舟全程運(yùn)動(dòng)的速度是變化的，故D錯(cuò)誤。3.如圖，用筷子夾起一塊重為G的小球靜止在空中，球心與兩根筷子在同一豎直面內(nèi)，且筷子根部(較粗且緊靠的一端)與球心連線在豎直方向，筷子張角為θ。若已知每根筷子對(duì)小球的壓力大小為N，則每根筷子對(duì)小球的摩擦力大小為()A.eq\f(G,2cosθ) B.eq\f(G,2cos\f(θ,2))C.eq\f(G＋2Ncos\f(θ,2),2sin\f(θ,2)) D.eq\f(G＋2Nsin\f(θ,2),2cos\f(θ,2))解析：選D小球受力如圖所示，由平衡條件可知：2fcoseq\f(θ,2)＝G＋2Nsineq\f(θ,2)，解得：f＝eq\f(G＋2Nsin\f(θ,2),2cos\f(θ,2))，故選D。4．小明同學(xué)乘電動(dòng)汽車出行，當(dāng)汽車以90km/h的速度勻速行駛時(shí)，在該車的行車信息顯示屏上看到了如下信息：電池組輸出電壓400V，電流為25A。已知該車電機(jī)及傳動(dòng)系統(tǒng)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率約為80%，則此時(shí)該車()A．電池組輸出的電功率約為8000WB．牽引力的功率約為10000WC．受到的阻力約為320ND．受到的牽引力約為400N解析：選C電池組輸出的電功率P＝UI＝400×25W＝10000W，故A錯(cuò)誤；牽引力的功率約為P′＝80%×P＝8000W，故B錯(cuò)誤；汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力等于阻力，即F＝f，汽車的速度v＝90km/h＝25m/s，汽車受到的阻力f＝F＝eq\f(P′,v)＝eq\f(8000,25)N＝320N，故C正確，D錯(cuò)誤。5.心臟驟停最有效的搶救方式是盡早通過AED自動(dòng)除顫機(jī)給予及時(shí)治療。如圖，某型號(hào)AED模擬治療儀器內(nèi)有一電容為15μF的電容器，某次使用過程中，該電容器在10s內(nèi)充電至5000V電壓，之后在3ms時(shí)間內(nèi)完成放電，則()A．電容器充電后所帶的電荷量為75CB．電容器充電過程中電容一直增大C．電容器放電過程中放電電流一直增大D．電容器放電過程中平均電流為25A解析：選D電容器充電后所帶的電荷量為Q＝CU＝15×10－6×5000C＝0.075C，A錯(cuò)誤；電容器的電容由電容器本身的性質(zhì)決定，與電容器是否帶電無關(guān)，故電容器充電過程中電容保持不變，B錯(cuò)誤；電容器放電過程中，放電電流逐漸減小，C錯(cuò)誤；電容器放電過程中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.075,3×10－3)A＝25A，D正確。6.如圖A、B兩物體相互接觸，但并不粘合，放置在水平面上，水平面與物體間摩擦力可忽略，兩個(gè)物體的質(zhì)量分別為m1＝4kg，m2＝6kg。從t＝0開始，推力FA和拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A和FB隨時(shí)間的變化規(guī)律為FA＝8－2t(N)，F(xiàn)B＝2＋2t(N)。關(guān)于兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是()A．經(jīng)過4s，兩物體將分離B．經(jīng)過1.5s，兩物體將分離C．A對(duì)B的彈力做功的功率一直增大D．A對(duì)B的彈力做功的功率最大值為2W解析：選D以A、B整體為研究對(duì)象，A、B整體受到的合力為F合＝FA＋FB，解得F合＝10N，故合力保持不變，即開始一段時(shí)間內(nèi)，A、B兩物體以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體研究有F合＝(m1＋m2)a，解得a＝1m/s2，設(shè)A、B之間的彈力為F，對(duì)B受力分析可得F＋FB＝m2a，解得F＝m2a－FB＝6N－(2＋2t)N＝(4－2t)N，且B在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則B的速度為v＝at＝t，故A對(duì)B的彈力做功的功率為P＝Fv＝(4t－2t2)W，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)t＝1s時(shí)，功率有最大值Pmax＝Fv＝(4t－2t2)W＝2W，故C錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為0，此時(shí)兩者的加速度仍然相等，有eq\f(FA,m1)＝eq\f(FB,m2)，解得t＝2s，所以在前2s內(nèi)，A、B兩物體一直以1m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在2s后A、B兩物體分離，故A、B錯(cuò)誤。7．某手機(jī)軟件運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測(cè)量是通過手機(jī)內(nèi)電容式加速度傳感器實(shí)現(xiàn)的，如圖所示，M極板固定，當(dāng)手機(jī)的加速度變化時(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)。圖中R為定值電阻。下列對(duì)傳感器描述正確的是()A．靜止時(shí)，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電B．電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機(jī)的加速度越大C．由靜止突然向后加速時(shí)，電容器的電容會(huì)減小D．由靜止突然向前加速時(shí)，電流由b向a流過電流表解析：選D靜止時(shí)，N板不動(dòng)，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器與電源相連，兩極板帶電，A錯(cuò)誤；由靜止突然向后加速時(shí)，N板相對(duì)向前移動(dòng)，則板間距減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C增大，C錯(cuò)誤；由靜止突然向前加速時(shí)，N板相對(duì)向后移動(dòng)，則板間距增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C減小，電壓不變，由Q＝CU，可知電容器電量減小，電容器放電，電流由b向a流過電流表，D正確；由C、D項(xiàng)分析可知，手機(jī)“前后”方向運(yùn)動(dòng)的加速度越大，電容變化越大，相同時(shí)間內(nèi)電容充電或放電的電荷量越大，電路中的電流表示數(shù)越大，因此電路中的電流表示數(shù)越大，說明手機(jī)“前后”方向運(yùn)動(dòng)的加速度越大，B錯(cuò)誤。8.如圖所示，正方體放在水平地面上，空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向與水平面成45°角斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一根通電長直導(dǎo)線穿過正方體前后面的中心，電流的方向垂直于紙面向里，a、b、c、d分別是正方體所在邊的中點(diǎn)。在這四點(diǎn)中()A．c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C．b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最大D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最小解析：選Da、b、c、d四點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電流磁場(chǎng)的疊加，如圖所示。由圖可知，a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba＝B0＋B，b點(diǎn)和d點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bb＝Bd＝eq\r(B02＋B2)，c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bc＝B0－B，故A、B、C不符合題意，D符合題意。9．如圖所示裝置均可以將非電學(xué)量轉(zhuǎn)化成電學(xué)量，方便用于測(cè)量、傳輸、處理和控制。關(guān)于這些裝置，以下說法正確的是()A．甲圖裝置霍爾元件左右移動(dòng)時(shí)，能產(chǎn)生霍爾電壓的原理是電磁感應(yīng)B．乙圖中物體向左移，則電容器的電容變小C．丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變從而將位置量轉(zhuǎn)換成電學(xué)量D．丁圖裝置只要有聲音，即使不接入電源，R兩端也有電壓輸出解析：選C帶電粒子在洛倫茲力作用下移動(dòng)，霍爾元件上下表面出現(xiàn)電勢(shì)差，不是電磁感應(yīng)原理，故A錯(cuò)誤；乙圖中物體向左移，兩極板間插入的電介質(zhì)的面積增大，則電容器的電容變大，故B錯(cuò)誤；丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數(shù)改變從而將位置量轉(zhuǎn)換成電學(xué)量，故C正確；丁圖裝置只有聲音，不接入電源，R兩端不會(huì)有電壓輸出，故D錯(cuò)誤。10.某天文愛好者通過衛(wèi)星追蹤軟件獲得空間站運(yùn)行軌跡(如圖)，通過程序獲得空間站過境連續(xù)兩次最佳觀察時(shí)間信息如表所示。這連續(xù)兩次最佳觀察時(shí)間內(nèi)，空間站繞地球共轉(zhuǎn)過16圈。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為24小時(shí)，同步衛(wèi)星軌道半徑為6.6R，不考慮空間站軌道修正，由以上信息可估算空間站的軌道半徑約為(eq\r(3,4)≈1.59)()日期亮度過境類型11月2日0.4可見開始時(shí)間開始方位開始高度角17：50：08西北偏西10°日期亮度過境類型11月3日3.2可見開始時(shí)間開始方位開始高度角18：28：40西南偏西10°A．0.83R B．1.04RC．1.59R D．6.6R解析：選B由表格信息可知兩次最佳觀察時(shí)間間隔約為24h，空間站一天時(shí)間繞地球16圈，則空間站運(yùn)行周期T0＝eq\f(24,16)h＝1.5h，根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝eq\f(r03,T02)，解得空間站的軌道半徑為r0≈1.04R，故選B。11．將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x＝8m的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖。在t＝0時(shí)刻，x＝4m的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變、方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖(實(shí)線)正確的是()解析：選C經(jīng)過t＝eq\f(T,2)，波沿x軸正方向傳播距離為eq\f(λ,2)＝eq\f(4,2)m＝2m，波前傳播到x＝6m處，x＝1m和x＝5m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，x＝3m處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰，A錯(cuò)誤；經(jīng)過t＝T，波沿x軸正方向傳播的距離為λ＝4m，波前傳播到x＝8m處，x＝3m和x＝7m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波谷，x＝1m和x＝5m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)位于波峰，B錯(cuò)誤；經(jīng)過t＝eq\f(3T,2)，波沿x軸正方向傳播的距離為1.5λ＝1.5×4m＝6m，x＝1m處的波峰向前移動(dòng)6m到x＝7m處，x＝3m處的波谷遇到墻變成波峰反射也移動(dòng)到x＝7m處，兩個(gè)波峰在x＝7m處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，x＝7m處的質(zhì)點(diǎn)位于波峰處且振幅等于原來的2倍，C正確；經(jīng)過t＝2T，波沿x軸正方向傳播的距離為2λ＝8m，x＝－1m處的波谷向前移動(dòng)8m到x＝7m處，x＝1m處的波峰向前移動(dòng)7m遇到墻變成波谷反射運(yùn)動(dòng)到x＝7m處，兩個(gè)波谷在x＝7m處相遇振動(dòng)加強(qiáng)，x＝7m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷處且振幅等于原來的2倍，D錯(cuò)誤。12．某海灣水電站面積約為1.0×106m2，先利用這個(gè)海灣修建一座水壩，若漲潮后關(guān)上水壩的閘門，可使水位保持在20米不變，退潮時(shí)壩外水位降至18米。假如利用此水壩建立水力發(fā)電站，且重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能的效率按40%估算，該發(fā)電站一次退潮時(shí)的發(fā)電量約為(g取10m/s2)()A．2×109J B．8×109JC．3.2×109J D．1.6×1010J解析：選B一次退潮排出的水質(zhì)量m＝ρSΔh，水的重力勢(shì)能變化ΔEp＝mgeq\f(Δh,2)，水的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能E電＝ΔEp×40%＝8.0×109J，故該發(fā)電站一次退潮能發(fā)電8.0×109J。故選B。13．天宮課堂中，航天員在中國空間站為青少年帶來了精彩紛呈的太空科普課。某同學(xué)在觀看太空水球光學(xué)實(shí)驗(yàn)后，想研究光在含有氣泡的水球中的傳播情況，于是找到一塊環(huán)形玻璃磚模擬光的傳播，俯視圖如圖乙所示。圖中MN是過環(huán)心的一條直線，一束光線與MN平行射入玻璃磚，它與MN之間的間距為x，已知玻璃磚的內(nèi)圓半徑為R，內(nèi)部視為真空，外圓半徑為2R，折射率為eq\r(2)，光在真空中傳播速度為c，不考慮反射光線在玻璃磚內(nèi)的傳播，下列關(guān)于該光線的說法正確的是()A．當(dāng)x>eq\r(2)R時(shí)，光線會(huì)進(jìn)入內(nèi)圓傳播B．當(dāng)x＝eq\r(2)R時(shí)，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線的夾角為45°C．只要調(diào)整好光線與MN之間的距離，就能在內(nèi)圓面發(fā)生全反射D．只要調(diào)整好光線與MN之間的距離，就能在外圓面發(fā)生全反射解析：選C如圖甲所示，當(dāng)折射光線恰好和內(nèi)圓相切時(shí)，光恰好不會(huì)通過內(nèi)圓，根據(jù)幾何關(guān)系得sini＝eq\f(x,2R)，sinr＝eq\f(R,2R)，根據(jù)折射率公式n＝eq\f(sini,sinr)，代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\r(2)R，因此當(dāng)x>eq\r(2)R時(shí)，光不會(huì)經(jīng)過內(nèi)圓，故A錯(cuò)誤；由以上分析解得i＝45°，r＝30°，由幾何分析可知，光線從外圓射出的方向與圖中入射光線的夾角小于45°，故B錯(cuò)誤；如圖乙所示，當(dāng)圖中角為45°時(shí)，在內(nèi)圓面發(fā)生全反射，根據(jù)幾何關(guān)系，此時(shí)r<eq\f(180°－180°－45°,2)＝22.5°，sini<eq\r(2)sin22.5°，x<2Rsini＝2eq\r(2)Rsin22.5°，即存在x小于某一值時(shí)會(huì)發(fā)生全反射，故C正確；根據(jù)幾何關(guān)系，無論怎樣調(diào)整光線與MN之間的距離，光線從外圓面射向空氣時(shí)，入射角都不能大于或等于臨界角，所以不能在外圓面發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。二、選擇題Ⅱ(本題有2小題，每題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分)14．以下說法正確的是()A．黑體既不會(huì)反射電磁波，也不會(huì)向外輻射電磁波B．放射性物質(zhì)發(fā)出的γ射線，工業(yè)上可用于測(cè)量鋼板的厚度C．一個(gè)靜止的電子，經(jīng)過100V電壓加速后，德布羅意波長約為0.12mD．由于不同原子有不同結(jié)構(gòu)和能級(jí)，所以不同元素的原子具有不同的特征譜線解析：選BD根據(jù)熱輻射定義知，一切物體都在輻射電磁波，根據(jù)黑體定義知黑體能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不反射電磁波，A錯(cuò)誤；放射性物質(zhì)發(fā)出的γ射線，具有較強(qiáng)的穿透性，工業(yè)上可用于測(cè)量鋼板的厚度，B正確；一個(gè)靜止的電子，經(jīng)過100V電壓加速后，具有的動(dòng)能為Ek＝eU，動(dòng)量為p2＝2mEk，德布羅意波長λ＝eq\f(h,p)，聯(lián)立解得λ≈0.12nm，C錯(cuò)誤；由于不同原子有不同結(jié)構(gòu)和能級(jí)，所以不同元素的原子具有不同的特征譜線，D正確。15．新一代“人造太陽”裝置——中國環(huán)流器二號(hào)M裝置在成都建成并成功實(shí)現(xiàn)放電，該裝置是中國目前規(guī)模最大、參數(shù)最高的先進(jìn)托卡馬克裝置，是中國新一代先進(jìn)磁約束核聚變實(shí)驗(yàn)研究裝置。我國重大科學(xué)工程“人造太陽”主要是將核聚變反應(yīng)釋放的能量用來發(fā)電。核聚變反應(yīng)的方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→X＋eq\o\al(1,0)n。下列說法正確的是()A．反應(yīng)產(chǎn)物X為eq\o\al(3,2)HeB．X的比結(jié)合能大于氘核的C．X核的核子平均質(zhì)量大于氘核的D．要使該聚變反應(yīng)發(fā)生，必須克服兩核間巨大的庫侖力解析：選BD根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，可得該核反應(yīng)方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，所以反應(yīng)產(chǎn)物X為eq\o\al(4,2)He，A錯(cuò)誤；核聚變生成eq\o\al(4,2)He時(shí)要釋放核能，可知生成的24He比較穩(wěn)定，所以X的比結(jié)合能大于氘核的比結(jié)合能，B正確；X核的比結(jié)合能大于氘核，所以X核的核子平均質(zhì)量小于氘核的核子平均質(zhì)量，C錯(cuò)誤；要使該聚變反應(yīng)發(fā)生，必須克服兩核間巨大的庫侖力，才能達(dá)到核力作用的范圍，這樣兩個(gè)原子核才能結(jié)合成新的原子核，D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)16-Ⅰ.(7分)(1)下列情況會(huì)導(dǎo)致系統(tǒng)誤差的有__________。A．利用單擺測(cè)重力加速度時(shí)，擺角超過15°B．測(cè)量物體質(zhì)量時(shí)，天平兩臂不完全等長C．用光電門測(cè)瞬時(shí)速度時(shí)，遮光片較寬D．讀數(shù)時(shí)，對(duì)最小分度的后一位進(jìn)行估讀(2)在“探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系”時(shí)，某同學(xué)把兩根彈簧按如圖甲連接起來進(jìn)行探究。①某次測(cè)量如圖乙所示，指針示數(shù)為________cm。②在彈性限度內(nèi)，將50g的鉤碼逐個(gè)掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數(shù)如下表。用表中數(shù)據(jù)計(jì)算彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)為k1＝______N/m，彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)為k2＝______N/m。(g取10m/s2，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)鉤碼數(shù)1234指針A示數(shù)/cm15.7119.7123.7027.70指針B示數(shù)/cm29.9635.9641.9547.95③這兩根彈簧串聯(lián)看成一整根彈簧，它的勁度系數(shù)k串與原來的勁度系數(shù)k有什么樣的關(guān)系？__________(寫出k串與k1、k2的關(guān)系式)解析：(1)利用單擺測(cè)重力加速度時(shí)，擺角超過15°時(shí)會(huì)引起系統(tǒng)誤差，A正確；測(cè)量物體質(zhì)量時(shí)，天平兩臂不完全等長導(dǎo)致的誤差屬于系統(tǒng)誤差，B正確；用光電門測(cè)瞬時(shí)速度時(shí)，遮光片較寬導(dǎo)致的誤差為系統(tǒng)誤差，C正確；讀數(shù)時(shí)，對(duì)最小分度的后一位進(jìn)行估讀，讀數(shù)具有隨機(jī)性，與人的視角有關(guān)，引起的誤差為偶然誤差，D錯(cuò)誤。(2)①刻度尺讀數(shù)需要估讀到最小分度的下一位，從題圖乙可知指針示數(shù)為16.00cm。②由胡克定律F＝kΔx，結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)為k1＝eq\f(ΔF,Δx1)＝eq\f(50×10－3×10,19.71－15.71×10－2)N/m＝12.5N/m彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)為k2＝eq\f(ΔF,Δx2)＝eq\f(50×10－3×10,[35.96－29.96－19.71－15.71]×10－2)N/m＝25.0N/m。③彈簧串聯(lián)后的伸長量Δx＝Δx1＋Δx2＝eq\f(ΔF,k1)＋eq\f(ΔF,k2)，串聯(lián)后的勁度系數(shù)k串＝eq\f(ΔF,Δx)，聯(lián)立可得eq\f(1,k串)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)。答案：(1)ABC(2)①16.00②12.525.0③eq\f(1,k串)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)16-Ⅱ.(7分)(1)如圖所示，圖1為多用電表中歐姆表的電路圖，已知靈敏電流計(jì)表頭內(nèi)阻Rg＝900Ω，滿偏電流Ig＝100μA，電源電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝1Ω。定值電阻R1＝10Ω，R2＝90Ω。圖2為多用電表的表盤。請(qǐng)回答下列問題：①電源的__________(填“左”或“右”)端為正極。②當(dāng)開關(guān)撥至1時(shí)，歐姆表的倍率是__________(填“×10”或“×100”)。③某同學(xué)把開關(guān)撥至2后，進(jìn)行歐姆調(diào)零，當(dāng)調(diào)零完畢時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)為________Ω。接著測(cè)量某一電阻，電表指針指示位置如圖2所示，則該電阻阻值為________Ω。(2)關(guān)于實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是________。A．通過多次測(cè)量取平均值，可以減小系統(tǒng)誤差B．在顯微鏡下可以觀察到煤油中小?；覊m的布朗運(yùn)動(dòng)，這說明煤油分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)C．在“探究氣體等溫變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，在橡膠套處接另一注射器，快速推動(dòng)該注射器柱塞以改變空氣柱體積D．在“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，為了提高測(cè)量彈簧伸長量的精度，選用的鉤碼質(zhì)量越大越好解析：(1)①在多用電表的使用過程中，我們需要讓電流從紅表筆流入，黑表筆流出，所以在當(dāng)歐姆表使用時(shí)，黑表筆連接內(nèi)部電源正極，所以電源的右端為正極。②當(dāng)開關(guān)撥至1時(shí)，這時(shí)候電流表等效量程為Ig′＝eq\f(Ig·Rg,R1＋R2)＋I(xiàn)g＝1000μA＝1×10－3A所以這時(shí)候的中值電阻為R中＝R內(nèi)＝eq\f(E,Ig′)＝eq\f(1.5,1×10－3)Ω＝1500Ω＝15×100Ω，所以當(dāng)開關(guān)撥至1時(shí)，歐姆表的倍率是“×100”。③當(dāng)開關(guān)撥至2時(shí)，這時(shí)候電流表等效的量程為Ig″＝eq\f(Ig·Rg＋R2,R1)＋I(xiàn)g＝10000μA＝1×10－2A，等效內(nèi)阻為Rg″＝eq\f(Ig·Rg＋R2,Ig″)＝9.9Ω，所以這時(shí)候的中值電阻為R中＝R內(nèi)＝eq\f(E,Ig″)＝eq\f(1.5,1×10－2)Ω＝150Ω＝15×10Ω，所以滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為R滑＝R內(nèi)－Rg″－r＝150Ω－9.9Ω－1Ω＝139.1Ω，所以當(dāng)開關(guān)撥至2時(shí)，歐姆表的倍率是“×10”，所以該電阻阻值為R＝14.0×10Ω＝140Ω。(2)系統(tǒng)誤差是由于實(shí)驗(yàn)原理造成的，多次測(cè)量取平均值不能減小系統(tǒng)誤差，只能減小偶然誤差，故A錯(cuò)誤；煤油中小?；覊m的布朗運(yùn)動(dòng)是由于煤油分子做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小粒灰塵的撞擊作用不平衡導(dǎo)致，故煤油中小?；覊m的布朗運(yùn)動(dòng)，說明煤油分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故B正確；在“探究氣體等溫變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)時(shí)要緩慢地移動(dòng)柱塞，使氣體能與環(huán)境充分熱交換，保持氣體溫度不變，使得氣體做等溫變化，故C錯(cuò)誤；在“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，為了提高測(cè)量彈簧伸長量的精度，選用的鉤碼質(zhì)量適當(dāng)即可，故D錯(cuò)誤。答案：(1)①右②×100③139.1140(2)B17．(8分)如圖(a)所示，“系留氣球”是一種用纜繩固定于地面、高度可控的氦氣球，作為一種長期留空平臺(tái)，具有廣泛用途。圖(b)為某一“系留氣球”的簡化模型圖；主、副氣囊通過無漏氣、無摩擦的活塞分隔，主氣囊內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的氦氣(可視為理想氣體)，副氣囊與大氣連通。輕彈簧右端固定、左端與活塞連接。當(dāng)氣球在地面附近達(dá)到平衡時(shí)，活塞與左擋板剛好接觸(無擠壓)，彈簧處于原長狀態(tài)。在氣球升空過程中，大氣壓強(qiáng)逐漸減小，彈簧被緩慢壓縮。當(dāng)氣球上升至目標(biāo)高度時(shí)，活塞與右擋板剛好接觸(無擠壓)，氦氣體積變?yōu)榈孛娓浇鼤r(shí)的1.5倍，此時(shí)活塞兩側(cè)氣體壓強(qiáng)差為地面大氣壓強(qiáng)的eq\f(1,6)。已知地面附近大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105Pa、溫度T0＝300K，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，活塞厚度忽略不計(jì)。(1)設(shè)氣球升空過程中氮?dú)鉁囟炔蛔儯竽繕?biāo)高度處氦氣的壓強(qiáng)和此處的大氣壓強(qiáng)；(2)氣球在目標(biāo)高度處駐留期間，設(shè)該處大氣壓強(qiáng)不變(與上一問相同)。氣球內(nèi)外溫度達(dá)到平衡時(shí)，彈簧壓縮量為左、右擋板間距離的eq\f(4,5)，求：①此時(shí)氣球內(nèi)部的壓強(qiáng)；②此時(shí)氣球駐留處的大氣溫度。解析：(1)氣囊中的氣體溫度不變，則發(fā)生的是等溫變化，設(shè)氣囊內(nèi)的氣體在目標(biāo)位置的壓強(qiáng)為p1，由玻意耳定律得p0V0＝p1·1.5V0，解得p1＝eq\f(2,3)p0≈6.67×104Pa，由目標(biāo)處的內(nèi)外壓強(qiáng)差可得p1－p＝eq\f(1,6)p0，解得此處的大氣壓強(qiáng)為p＝eq\f(1,2)p0＝5.0×104Pa。(2)①由胡克定律F＝kx可知，彈簧的壓縮量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,5)，則活塞受到彈簧的壓力也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(4,5)，即px＝eq\f(1,6)p0×eq\f(4,5)＝eq\f(2,15)p0，設(shè)此時(shí)氣囊內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為p2，由活塞兩側(cè)壓強(qiáng)平衡可得p2＝px＋p＝eq\f(19,30)p0≈6.33×104Pa。②其中V2＝V0＋0.5V0×eq\f(4,5)＝eq\f(7,5)V0由理想氣體狀態(tài)方程可得eq\f(p0V0,T0)＝eq\f(p2V2,T)解得T＝eq\f(133,150)T0＝266K。答案：(1)6.67×104Pa5.0×104Pa(2)①6.33×104Pa②266K18．(11分)如圖所示，以v＝5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對(duì)接，右端與光滑水平面平滑對(duì)接，水平面上有n個(gè)位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的相同小球，小球質(zhì)量m0＝0.2kg。質(zhì)量m＝0.1kg的物體從軌道上高h(yuǎn)＝4.0m的P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到傳送帶上的A點(diǎn)時(shí)速度大小v0＝7m/s。物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶AB之間的距離L＝3.4m。物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g＝10m/s2，eq\r(10)≈3.16。求：(1)物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中，摩擦力做的功；(2)物體第一次向右通過傳送帶的過程中，傳送帶對(duì)物體的沖量大??；(3)物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離；(4)n個(gè)小球最終獲得的總動(dòng)能。解析：(1)物塊由P到A的過程，由動(dòng)能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝－1.55J。(2)物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2，物體減速至與傳送帶速度相等時(shí)所用的時(shí)間t1＝eq\f(v0－v,a)＝eq\f(7－5,5)s＝0.4s勻減速運(yùn)動(dòng)的位移s1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(7＋5,2)×0.4m＝2.4m<L＝3.4m所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L－s1,v)＝eq\f(3.4－2.4,5)s＝0.2s故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝0.6s傳送帶對(duì)物體的沖量大小為I＝eq\r(mgt2＋[mv0－v]2)＝eq\r(0.4)N·s≈0.63N·s。(3)物塊與1號(hào)小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)物塊反彈回來的速度大小為v1,1號(hào)小球被撞后的速度大小為u1，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv＝－mv1＋m0u1eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)m0u12解得v1＝eq\f(1,3)v＝eq\f(5,3)m/s，u1＝eq\f(2,3)v＝eq\f(10,3)m/s物塊被反彈回來后，在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－v12＝－2as解得s＝eq\f(5,18)m<3.4m。(4)由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。由以上分析可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到速度增加到v1，再跟1號(hào)小球發(fā)生彈性正碰；同理可得，第二次碰后，物塊和小球的速度大小分別為v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2v，u2＝eq\f(2,3)v1＝eq\f(2,3)·eq\f(1,3)v以此類推，物塊與1號(hào)小球經(jīng)過n次碰撞后，它們的速度大小分別為vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))nv，un＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1v由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進(jìn)行速度交換，所以，最終從1號(hào)小球開始到n號(hào)小球，它們的速度大小依次為un、un－1、un－2、…、u1，則n個(gè)小球的總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)m0(u12＋u22＋…＋un2)解得Ek＝eq\f(5,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n)))J。答案：(1)－1.55J(2)0.63N·s(3)eq\f(5,18)m(4)eq\f(5,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9n)))J19．(11分)兩根相距為L＝1m的足夠長“U”形金屬導(dǎo)軌，一端接有阻值為R＝2Ω電阻，折成如圖甲所示放置，左半部分為與水平面成θ＝37°角的斜面，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝0.8T、方向平行于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，右半部分處于水平面內(nèi)，此區(qū)域有大小為B1(大小未知)、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量均為m＝0.1kg、長度均為L＝1m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置，兩桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，每根桿的電阻均為R＝2Ω；t＝0時(shí)刻起，ab桿在如圖乙所示隨時(shí)間變化的外力F作用下，從靜止開始沿導(dǎo)軌向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放。兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬細(xì)桿始終沒有離開各自導(dǎo)軌平面。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)t＝0時(shí)刻桿ab的加速度的大小，以及磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大??；(2)cd桿從靜止開始到達(dá)最大速度的時(shí)間；(3)若在cd桿從靜止到達(dá)最大速度過程中電阻R上產(chǎn)生焦耳熱Q＝eq\f(5,6)J，則這一過程中作用在ab桿上外力F做的功WF。解析：(1)對(duì)ab桿受力分析如圖1所示，則有F－FA1－μmg＝maFA1＝ILB1I＝eq\f(E,R總)E＝B1Lvv＝at整理得F－eq\f(B12L2at,\f(3R,2))－μmg＝ma即F＝eq\f(2B12L2a,3R)·t＋(μmg＋ma)縱截距為b＝μmg＋ma斜率為k＝eq\f(2B12L2a,3R)，可得B1＝eq\r(\f(3kR,2L2a))由F-t圖像得b＝0.6N則有0.6＝0.5×0.1×10＋0.1×a解得a＝1m/s2又由F-t圖像得k＝eq\f(1.8－0.6,10)N/s＝0.12N/s則有B1＝eq\r(\f(3kR,2L2a))＝eq\r(\f(3×0.12×2,2×12×1))T＝0.6T。(2)對(duì)cd桿受力分析如圖2所示，cd桿速度達(dá)到最大時(shí)，處于平衡狀態(tài)，mgsinθ＝f2f2＝μN(yùn)2N2＝FA2＋mgcosθFA2＝I2LB2解得mgsinθ＝μ(I2LB2＋mgcosθ)，I2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,μLB2)＝eq\f(0.1×10×0.6－0.5×0.1×10×0.8,0.5×1×0.8)A＝0.5A等效電路如圖3，R與cd桿并聯(lián)，電阻相等，則IR＝Icd＝0.5Aab桿在干路，則Iab＝IR＋I(xiàn)cd＝0.5A＋0.5A＝1A又Iab＝eq\f(B1Lvab,\f(3,2)R)，解得vab＝eq\f(3IabR,2B1L)＝eq\f(3×1×2,2×0.6×1)m/s＝5m/s則這一過程中ab勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間tab＝eq\f(vab,a)＝eq\f(5,1)s＝5s。(3)這一過程中ab勻加速運(yùn)動(dòng)的距離sab＝eq\f(vab2,2a)＝eq\f(52,2×1)m＝12.5m又Qab∶Qcd∶Q＝Pab∶Pcd∶P＝Iab2∶Icd2∶I2＝12∶0.52∶0.52＝4∶1∶1則W安＝Q總＝Qab＋Qcd＋Q＝4Q＋Q＋Q＝6Q＝6×eq\f(5,6)J＝5J由動(dòng)能定理得WF－μmgsab－W安＝eq\f(1,2)mvab2解得WF＝μmgsab＋Q總＋eq\f(1,2)mvab2＝12.5J。答案：(1)1m/s20.6T(2)5s(3