仿真训练周测卷(八)

仿真训练周测卷(八)(时间：90分钟满分：100分)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)1．下列物理单位属于国际单位制中的基本单位的是()A．A B．NC．J D．T解析：选A电流是基本物理量，其单位A是国际单位制中的基本单位；N、J、T都是国际单位制中的导出单位。故选A。2．我国第三艘航母“福建号”离港进行近海海试，航母在海面上航行时，不考虑其质量的变化，下列说法正确的是()A．航母加速航行时，其惯性变大B．航母由于体型巨大，一定不能看作质点C．航母所受重力和浮力是一对相互作用力D．航母上停放的舰载机相对于海面是运动的解析：选D航母的惯性大小与其质量有关，与其运动状态无关，质量不变，惯性不变，故A错误；航母能不能看作质点，主要由研究问题而定，若航母尺寸相对研究问题可忽略，则可看作质点，故B错误；航母所受重力和浮力都作用在航母上，不是相互作用力，故C错误；航母上停放的舰载机相对于海面的位置有变化，故相对于海面是运动的，故D正确。3．如图为一名健身者正在拉绳锻炼，已知健身者质量为50kg，双手对绳的拉力均为100N，两根绳间夹角θ＝60°，两根绳关于上方连接的总绳对称且跟总绳处于同一平面，总绳与竖直方向的夹角为30°。若健身者处于静止状态，健身者与地面的动摩擦因数为0.5，绳的质量忽略不计，则健身者受地面的支持力FN和摩擦力Ff分别为()A．FN＝350N，Ff＝25NB．FN＝500－50eq\r(3)N，Ff＝50eq\r(3)NC．FN＝350N，Ff＝50eq\r(3)ND．FN＝350N，Ff＝175N解析：选C根据题意可知，总绳对人的作用力大小为F＝2×100×cos30°N＝100eq\r(3)N，对人受力分析，如图所示，由平衡条件有Ff＝Fsin30°＝50eq\r(3)N，Fcos30°＋FN＝mg，解得FN＝350N，故选C。4．纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从垫板上竖直跳起，后又自由落回到垫板上，此时仪器上会显示跳起的最大高度。运动员某次测试时，仪器显示的高度为80cm。运动员的质量为60kg，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．运动员在空中运动过程中处于超重状态B．运动员在空中运动的时间约为0.4sC．运动员起跳时，测试板对其做功为960JD．运动员起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量的方向相同解析：选D运动员在空中运动过程中，只受重力，加速度向下，处于失重状态，A错误；运动员某次测试时，仪器显示的高度为h＝80cm＝0.8m，则运动员在空中运动的时间为t＝2eq\r(\f(2h,g))＝0.8s，B错误；根据功能关系可知运动员起跳时，测试板对其做功为0，C错误；运动员起跳过程和落回过程中，测试板对运动员的力都向上，则冲量的方向相同，D正确。5．2022年11月30日5时42分中国空间站与神舟十五号载人飞船成功对接，实现两批航天员太空会师的壮举。已知空间站从正常运行圆轨道Ⅰ降低一定高度后在新的圆轨道Ⅱ绕地运行，准备迎接神舟十五号的到来，下列说法中正确的是()A．神舟十五号载人飞船从地球发射的速度大于第二宇宙速度B．空间站在圆轨道Ⅱ上绕地运行的周期大于圆轨道Ⅰ的C．空间站从圆轨道Ⅰ变轨至圆轨道Ⅱ，机械能减少D．对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行，只需点火加速一次就可实现解析：选C神舟十五号载人飞船从地球发射的速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，由于圆轨道Ⅱ的半径小于圆轨道Ⅰ的半径，则空间站在圆轨道Ⅱ上绕地运行的周期小于圆轨道Ⅰ的，故B错误；空间站从圆轨道Ⅰ变轨至圆轨道Ⅱ，需要点火减速做向心运动，则空间站的机械能减少，故C正确；对接成功后，欲使空间站恢复到原轨道运行，需先点火加速变轨到椭圆轨道，在椭圆轨道远地点再次点火加速变轨到原轨道，为了实现空间站恢复到原轨道运行，至少需要点火加速两次，故D错误。6．“玉兔二号”月球车在太阳光照射不到时，由同位素eq\o\al(238,94)Pu电池为其保暖供电。eq\o\al(238,94)Pu衰变时生成eq\o\al(234,92)U原子核，同时产生γ射线，已知eq\o\al(238,94)Pu半衰期为88年，则()A．这个衰变是α衰变B．γ射线是eq\o\al(238,94)Pu原子核跃迁产生的C.eq\o\al(234,92)U原子核的比结合能小于eq\o\al(238,94)Pu原子核D．16个eq\o\al(238,94)Pu原子核经过176年后，一定生成12个eq\o\al(234,92)U原子核解析：选A根据质量数守恒及电荷数守恒，eq\o\al(238,94)Pu衰变时放出的粒子为eq\o\al(4,2)He，则这个衰变是α衰变，故A正确；γ射线是原子核在发生α衰变时产生的能量以光子的形式释放，故B错误；衰变过程释放能量，生成物比反应物稳定，eq\o\al(234,92)U的比结合能大于eq\o\al(238,94)Pu的比结合能，故C错误；半衰期是大量统计数据，对少量的原子核不适用，故D错误。7．汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴Ⅰ可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当转轴Ⅰ以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴Ⅰ的转速。下列说法正确的是()A．永久磁体匀速转动时，铝盘中不会产生感应电流B．永久磁体逆时针(从左向右看)加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大C．零刻度线应标在刻度盘的a端D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动解析：选B当永久磁体随转轴Ⅰ转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，当永久磁体逆时针加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大，故A错误，B正确；刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。8．某科技公司研发出双足人形机器人如图甲所示，通过连续跳跃来测试机器人性能。某次测试时，机器人连续跳跃三次的轨迹如图乙，共跳出14米远的成绩，假设机器人每次起跳腾空后重心离地的高度都是前一次的2倍，水平位移也是前一次的2倍，机器人在空中运动的总时间为1.32s，已知机器人的质量m＝50kg，不计空气阻力，取eq\r(2)＝1.4，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．机器人三次跃起的速度方向不同B．机器人第一次跃起到落地的水平位移为3mC．机器人第一次跃起到落地的运动时间为0.15sD．机器人跳跃过程中增加的重力势能最多为225J解析：选D根据题意可知，机器人跳起之后竖直方向做竖直上抛运动，由h＝eq\f(1,2)gt2可得，上升到最高点的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，由于每次起跳腾空后重心离地的高度都是前一次的2倍，设第一次跃起到落地的运动时间为t1，则第二次、第三次跃起到落地的运动时间分别为eq\r(2)t1、2t1，则有t1＋eq\r(2)t1＋2t1＝1.32s，解得t1＝0.3s，故C错误；由于每一次跃起到落地的水平位移是前一次的2倍，设第一次跃起到落地的水平位移为x1，根据题意有x1＋2x1＋4x1＝14m，解得x1＝2m，故B错误；根据题意，竖直方向上，由v2＝2gh可得，跳起时竖直方向的初速度为vy＝eq\r(2gh)，可知vy1∶vy2∶vy3＝1∶eq\r(2)∶2，水平方向上，由x＝v0t可得，跳起时水平方向的初速度为vx＝eq\f(x,t)，可知vx1∶vx2∶vx3＝eq\f(x1,t1)∶eq\f(2x1,\r(2)t1)∶eq\f(4x1,2t1)＝1∶eq\r(2)∶2，则跃起的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,vx)，则有tanθ1∶tanθ2∶tanθ3＝1∶1∶1，可知机器人三次跃起的速度方向相同，故A错误；由上述分析结合对称性可知，第三次跃起运动到最高点的时间为t1，则上升的最大高度为h＝eq\f(1,2)gt12＝0.45m，则增加的重力势能为Ep＝mgh＝225J，故D正确。9．战绳作为一项超燃脂的运动，十分受人欢迎。一次战绳练习中，某运动达人晃动战绳一端使其上下振动(可视为简谐振动)形成横波。图甲、图乙分别是战绳上P、Q两质点的振动图像，传播方向为P到Q，波长大于1m、小于3m，P、Q两质点在波的传播方向上相距3m，下列说法正确的是()A．P、Q两质点振动方向始终相反B．该列波的波长可能为2.4mC．该列波的波速可能为eq\f(12,7)m/sD．从t＝0至t＝1.125s，Q质点运动的路程为1.8m解析：选B波传播方向为P到Q，则有Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))λ＝3m(n＝0,1,2,3…)，λ＝eq\f(4Δx,4n＋1)＝eq\f(4×3,4n＋1)m＝eq\f(12,4n＋1)m(n＝0,1,2,3…)。当n＝0时，λ＝12m>3m，不符合题意；当n＝1时，λ＝2.4m；当n＝2时，λ＝eq\f(4,3)m；当n＝3时，λ＝eq\f(12,13)m<1m，不符合题意，则波长可能是λ＝2.4m或λ＝eq\f(4,3)m，B正确。由于P、Q两质点相距的距离满足Δx＝1eq\f(1,4)λ或Δx＝2eq\f(1,4)λ，可知P、Q两质点振动方向并不会始终相反，A错误。由题图可知T＝1.0s，则有波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(12,4n＋1×1.0)m/s(n＝0,1,2,3…)，当n＝1时，v＝2.4m/s；当n＝2时，v＝eq\f(4,3)m/s，C错误。由题图乙可知，Q质点的振动方程为yQ＝40sineq\f(2π,T)t(cm)＝40sin2πt(cm)，Q质点在0.125s时的位移为20eq\r(2)cm，因此从t＝0至t＝1.125s，Q质点运动的路程为s＝4×40cm＋20eq\r(2)cm＝(1.6m＋0.2eq\r(2)m)>1.8m，D错误。10．用如图所示的光电管研究光电效应的规律，分别用a、b、c三束单色光照射图中的光电管阴极K，先闭合开关S接1，调节滑动变阻器的滑片位置，使电流计G的示数达到最大值Ia、Ib、Ic，读数大小Ic>Ia>Ib；然后将开关S接2，再次调节滑动变阻器的滑片位置，使电流计G的指针示数恰好为零，记录三种情况下电压表的示数Ua、Ub、Uc，读数大小Ua>Ub＝Uc，以下判断不正确的是()A．三种光的频率一定大于阴极K的极限频率B．c光的强度一定大于b光的强度C．a光的频率一定大于b光的频率D．a光照射光电管逸出光电子的动能一定大于b光照射光电管逸出光电子的动能解析：选D由题意可知，三种光都能产生光电效应，由产生光电效应的条件可知，三种光的频率一定大于阴极K的极限频率，A正确，不符合题意；由题意可知，最大光电流Ic>Ia>Ib，Ub＝Uc，由eU＝hν－W0可知，b、c光频率相等，照射光频率一定时，最大光电流仅与光的强度有关，因此c光的强度一定大于b光的强度，B正确，不符合题意；由题意可知，遏止电压Ua>Ub＝Uc，由动能定理可得eU＝eq\f(1,2)mvm2，可知a光照射时，射出光电子的最大初动能最大，由光电效应方程Ek＝hν－W0可知，a光的频率一定大于b光的频率，C正确，不符合题意；由C选项分析可知，a光照射光电管阴极K，逸出光电子的最大初动能一定大于b光照射光电管逸出光电子的最大初动能，但a光照射光电管逸出光电子的动能不一定大于b光照射光电管逸出光电子的动能，D错误，符合题意。11．如图为一风力发电机的模型图，风带动叶片转动，升速齿轮箱通过1∶k的转速比带动发电机线圈高速转动，线圈产生的交变电流经过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中电路中的A灯为指示灯，A与用户端的灯泡规格完全相同。若某段时间内叶片的转速为n转/秒，电路中的所有灯泡均正常发光，已知发电机线圈所在处磁场为匀强磁场，线圈电阻不计，则下列说法正确的是()A．经理想变压器后输出交流电的频率为kmnB．发电机输出的电压和变压器副线圈的电压比为m∶1C．理想变压器原、副线圈的电流比为m∶1D．若此时用户突然增多，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗解析：选D叶片的转速为n转/秒，则发电机线圈转速为kn转/秒，理想变压器输入交变电流的频率为f＝kn，理想变压器不能改变交变电流的频率，则经过理想变压器后输出交变电流的频率为kn，故A错误；设灯泡的额定电流为I，电路中的所有灯泡均正常发光，则原线圈电流I1＝I，副线圈电流I2＝mI，理想变压器原、副线圈的电流比为1∶m，原、副线圈匝数比等于电流的反比，则eq\f(n1,n2)＝m，变压器原线圈的电压和变压器副线圈的电压比为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝m，但发电机输出的电压和变压器副线圈的电压比不为m∶1，故B、C错误；将变压器以及所有用户看作一个负载，若此时用户突然增多，则负载电阻减小，则通过灯泡A的电流增大，则A灯变亮，发电机输出电压不变，故原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则其余灯泡的亮度变暗，故D正确。12．如图所示，ABCD为半圆柱体玻璃的截面，CD为直径，O为圆心，B为顶点。一束由a、b两种光组成的复色光沿PD方向从真空射入玻璃，a、b光分别从A、B点射出。则下列说法正确的是()A．a光在玻璃中的折射率小于b光B．b光传播到B点会发生全反射C．a光沿DA传播的时间等于b光沿DB传播的时间D．a光光子的动量小于b光光子的动量解析：选C由题图可知，a光在玻璃中的偏折程度大于b光，a光在玻璃中的折射率大于b光，故A错误；由题意可知b光从B点射出，可知b光传播到B点不会发生全反射，故B错误；根据折射定律有n＝eq\f(sini,sinr)，根据几何知识可知光在玻璃中的光程为L＝2Rsinr，光在玻璃中的速度为v＝eq\f(c,n)，光在玻璃中传播的时间为t＝eq\f(L,v)，解得t＝eq\f(2Rsini,c)，两光在D点入射角相同，则a光沿DA传播的时间等于b光沿DB传播的时间，故C正确；a光在玻璃中的折射率大于b光，可知a光频率大于b光，根据p＝eq\f(h,λ)，eq\f(c,n)＝λν，解得p＝eq\f(hnν,c)，可知a光光子的动量大于b光光子的动量，故D错误。13．如图甲所示为多路导线输电时经常用到的一个六分导线间隔棒，用于固定和分隔导线，图乙为其截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电直导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，假设a、c、e三条输电直导线中电流方向垂直纸面向外，b、d、f三条输电直导线中电流方向垂直纸面向里，所有直导线中电流大小相等，其中导线a对导线b的安培力为F，下列说法正确的是()A．O点的磁感应强度方向垂直于cf向下B．b、c、d、e、f5根导线在a导线处产生磁场的磁感应强度方向沿aO指向OC．a导线所受安培力方向沿aO由a指向OD．a导线所受安培力的合力为0.5F解析：选D根据安培定则，a、d两条导线在O点的合场强和b、e两条导线在O点的合场强大小相等，夹角为120°，设为B，则合场强方向竖直向上，大小为B，c、f两条导线在O点的合磁场大小为B，方向竖直向下，所以O点的磁感应强度为零，故A错误；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向如图所示，设b在a处产生的磁感应强度大小为B，则f在a处磁感应强度大小为B，c、e在a处磁感应强度大小为eq\f(\r(3),3)B，d在a处产生的磁感应强度大小为eq\f(1,2)B，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场磁感应强度方向垂直于aO斜向右上方，合磁感应强度大小为0.5B，根据左手定则和安培力公式可知，a受安培力方向为沿aO由O指向a，大小为0.5F，故B、C错误，D正确。二、选择题Ⅱ(本题有2小题，每题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，有错选的得0分)14．下列说法正确的是()A．无线电波的接收，需要先调谐再解调B．在工业上，可利用X射线检查金属构件内部的缺陷C．利用电化学气体传感器可以制成可燃气体报警器D．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电阻这个电学量解析：选ABC天空中有各种频率且载有信号的无线电波，因此无线电波的接收，需要先调谐再解调，A正确；由于X射线具有较强的穿透能力，在工业上，可利用X射线检查金属构件内部的缺陷，B正确；利用电化学气体传感器可以检测气体的浓度，则可以制成可燃气体报警器，C正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转化为电压这个电学量，D错误。15．如图所示，电子枪产生的初速度为零的电子经过U0＝100V的电场加速，沿中轴线进入平行板电容器，板间电压u＝400sin2πt(V)，板长L和板间距离d均为10cm，距板右侧D＝5cm处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘贴涂有感光材料的荧光纸，圆筒以角速度ω＝4πrad/s转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，电子打到荧光纸上留下印迹，然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开，剪开位置不同，得到的图像形状也不同，以下图像可能正确的是()解析：选BD设电子的电量为e，质量为m，出加速电场的速度为v0，在加速电场中的运动过程，由动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，电子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，竖直方向的分速度为vy，竖直方向的位移为y，则有vy＝at＝eq\f(eu,md)·eq\f(L,v0)＝eq\f(euL,md)·eq\r(\f(m,2eU0))＝eq\f(uL,d)eq\r(\f(e,2mU0))，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(uL,2dU0)，y＝eq\f(vy,2)·eq\f(L,v0)＝eq\f(uL2,4dU0)，电子打在圆筒上时的竖直位移y′＝y＋Dtanθ＝eq\f(uL2,4dU0)＋eq\f(DuL,2dU0)，代入数据解得y′＝20sin2πt(cm)，可知若电子打到平面的荧光纸上留下印迹随时间是按正弦规律变化的，峰值为20cm。圆筒以ω＝4πrad/s转动，其周期为T＝0.5s，而y′变化的周期为1s，即圆筒转一周只能在荧光纸上留下半个周期的正弦图像印迹。若在y′＝0处沿轴线剪开，在展开的荧光纸上会看到两个eq\f(1,2)周期的正弦图像上下对称分布，故A错误，B正确；若在y′最大为20cm处沿轴线剪开，在展开的荧光纸上会看到两个eq\f(1,2)周期的正弦图像交叉分布，故C错误，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)16­Ⅰ.(7分)(1)某研究小组利用DIS实验装置验证机械能守恒定律。如图1，内置有光电门的重锤通过轻杆与转轴O相连，重锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，重锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个遮光片所对应的时间t。用刻度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度为h，重锤质量为m，重力加速度为g。①实验前，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2，则d＝________mm。②若以最低点N为零势能面，选用字母m、h、d、t、g表示物理量，则经过某个遮光片时，重锤的重力势能Ep＝__________，动能Ek＝__________；对比通过各遮光片处重锤的机械能E(E＝Ep＋Ek)是否相等，可判断机械能守恒与否。③为了更直观的处理数据，研究小组绘制了重锤摆下过程中动能、重力势能及机械能随高度变化的图像如图3所示，其中重力势能Ep的图线应为________(选填“A”“B”或“C”)；仔细比对数据发现，重锤摆下过程中，重力势能的减少量________动能的增加量(选填“大于”或“小于”)。(2)在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按图所示安装在光具座上，单缝保持竖直方向，并选用缝间距为d的双缝，使单缝与双缝保持平行，调节实验装置使光屏上出现清晰的干涉条纹。下列说法正确的是________。A．滤光片的作用是让白光变成单色光，取走滤光片，屏上显示彩色的干涉条纹B．若将滤光片由绿色换成红色，光屏上相邻两条亮条纹中心的距离减小C．若测得5个亮条纹中心间的距离为x，则相邻两条亮条纹间距Δx＝0.2xD．若更换间距更大的双缝，其他条件不变，可从目镜中观察到更多的条纹数量解析：(1)①由题图2可知，游标卡尺的主尺读数为2mm，游标尺的第4条刻度线与主尺上某刻度线对齐，读数为0.1×4mm＝0.4mm，因此则有d＝2mm＋0.4mm＝2.4mm。②若以最低点N为零势能面，则经过某个遮光片时，重锤的重力势能Ep＝mgh，重锤经过某遮光片时的速度大小v＝eq\f(d,t)，则经过某遮光片时重锤的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\f(d2,t2)＝eq\f(md2,2t2)。③由于重锤的重力势能Ep＝mgh，可知Ep­h的图像应是经过原点的倾斜直线，因此Ep的图线应为B。图线A应是重锤摆下过程中机械能随高度变化的图像，可知重锤摆下过程中机械能逐渐减小，则有重锤摆下过程中，重力势能的减少量大于动能的增加量。(2)滤光片的作用是让白光变成单色光，取走滤光片，屏上显示彩色的干涉条纹，故A正确；红光波长较长，由Δx＝eq\f(L,d)λ可知光屏上相邻两条亮条纹中心的距离变大，故B错误；若测得5个亮条纹中心间的距离为x，则相邻两条亮条纹间距为0.25x，故C错误；若更换间距更大的双缝，其他条件不变，由Δx＝eq\f(L,d)λ，可知条纹间距变小，所以可从目镜中观察到更多的条纹数量，故D正确。答案：(1)①2.4②mgheq\f(md2,2t2)③B大于(2)AD16­Ⅱ.(7分)某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中MN为电阻丝，其横截面积大小为4mm2，R0是阻值为0.5Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，通过调节滑片P，记录多组U、I、x的值。(1)实验室提供“0.6A、3A”双量程电流表，在本实验中该同学选用0.6A挡。实验过程中，测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为__________A；(2)根据实验数据绘出的U­I图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E＝__________V，内阻r＝__________Ω(结果均保留两位有效数字)；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值__________(选填“大于”“等于”或“小于”)其真实值；(3)根据实验数据可进一步绘出eq\f(U,I)­x图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率ρ＝________Ω·m；图丁中所作图线不通过坐标原点的原因是______________________________。解析：(1)由题图乙可知，电流表选用0.6A挡，精确度为0.02A，则电流表的示数为0.26A。(2)由闭合电路欧姆定律可得U＝－I(R0＋r)＋E由题图丙可得电池的电动势E＝1.5V，U­I图像斜率的绝对值k＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.5－1.0,0.5)Ω＝1.0Ω，则有R0＋r＝1.0Ω，r＝1.0Ω－0.5Ω＝0.50Ω，由于电压表的分流作用，使电流表的示数小于电池的输出电流，导致电源电动势的测量值小于其真实值。(3)由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，可得eq\f(U,I)＝eq\f(ρ,S)x，由eq\f(U,I)­x图像可得eq\f(ρ,S)＝eq\f(2.7－0.3,0.6)Ω/m＝4.0Ω/m，解得ρ＝S×4.0Ω/m＝4×10－6×4.0Ω·m＝1.6×10－5Ω·m，由题图丁可知，当x＝0时，eq\f(U,I)＝0.3Ω，这应该是电流表的内阻，因此可知，题图丁中所作图线不通过坐标原点的原因是由电流表的内阻产生的。答案：(1)0.26(2)1.50.50小于(3)1.6×10－5由电流表的内阻产生的17．(8分)如图甲所示，是某品牌波轮洗衣机，其控水装置如图乙，洗衣缸的底部与一竖直均匀细管相连，细管的上端封闭并接有一压力传感器。当洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸水位的升高，细管中的空气不断被压缩，当细管中的气压达到一定数值时，压力传感器使进水阀关闭，实现自动控水的目的。假设刚进水时细管被封闭的空气柱长度L0＝42cm，当空气柱被压缩到L1＝40cm时洗衣机停止进水，若气体可视为理想气体且进水过程中温度始终不变。大气压p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2，求：(1)洗衣缸进水过程中，为维持管内空气温度不变，需要“吸热”还是“放热”；(2)进水结束后，洗衣缸内水位高度h；(3)若某次洗衣时，正遇台风天气，洗衣机周围大气压降至p1＝0.99×105Pa，则洗衣机进水水位变为多少。解析：(1)进水时水位上升，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律，所以管内空气将放热。(2)对于封闭在细管中的空气，温度不变，由玻意耳定律有p0L0S＝pL1S代入数据可得极限压强p＝1.05×105Pa设洗衣缸内水面与细管中的水面高度差为Δh，细管中气体的压强为p＝ρgΔh＋p0故洗衣缸内水位高度h＝Δh＋(L0－L1)解得h＝52cm。(3)大气压减小，但进水阀的极限压强不变，故p＝ρgΔh1＋p1解得Δh1＝60cm细管内的空气柱长度变为L2，有p1L0S＝pL2S可得L2＝39.6cm故大气压变化后，洗衣机的水位高度h1＝Δh1＋(L0－L2)解得h1＝62.4cm。答案：(1)放热(2)52cm(3)62.4cm18．(11分)如图所示，一半径R1＝2.0m的eq\f(1,4)光滑圆弧最低点B位置有一弹簧锁定装置，圆弧下方固定一根离地高度h＝5.85m的光滑水平杆，杆上穿有一个质量m＝1.0kg的圆环，开始时圆环处于B点下方并被弹簧装置锁定。另有一个质量M＝2.0kg的物块P通过不可伸长的轻绳与圆环相连，绳长L＝2.4m，开始时将物块P拉至水平且绳恰好拉直。现将一个与圆环质量相同的物块Q从A点静止释放，滑到弹簧锁定装置B上面时，通过压力解除对圆环的锁定，同时静止释放物块P，当物块P摆到最低点时，绳被拉断，物块P做平抛运动，恰好沿切线进入斜面CD，然后从D点平滑进入水平地面，并从E点进入半径为R2的光滑圆轨道，恰好通过圆轨道最高点F点，然后返回最低点E′(与E点稍错开)向右运动并冲上传送带GH，传送带和水平地面平滑连接。已知物块P与斜面CD和水平轨道DG及传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜面及传送带与水平面夹角θ＝37°，DE＝E′G＝1.0m，传送带长度d＝3.05m，调节传送带速度u使物块P能沿传送带运动至最高点H。P、Q均可视为质点，求：(1)物块Q滑到圆弧最低点B时对弹簧锁定装置的压力；(2)绳刚被拉断时，圆环沿杆滑行的速度大小；(3)圆轨道半径R2的大小；(4)要将物块P运送到H点，传送带的速度u至少多大。解析：(1)对物块Q，从初始位置滑到圆弧底端由动能定理得mgR1＝eq\f(1,2)mv02－0在最低点FN－mg＝eq\f(mv02,R1)解得FN＝30N由牛顿第三定律可得物块对锁定装置的压力大小为30N，方向竖直向下。(2)解锁后，P和圆环水平方向动量守恒Mv1＝mv2由机械能守恒定律得MgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22联立可得v2＝8m/s。(3)根据(2)中分析可得物块P运动到最低点的速度v1＝4m/s绳断后，物块P做平抛运动，恰好沿切线进入斜面轨道C点，水平方向v1＝vCcos37°解得vC＝5m/s竖直方向vy＝vCsin37°解得y＝eq\f(vy2,2g)＝0.45m根据几何关系可得LCD＝eq\f(h－L－y,sinθ)＝5m在圆轨道最高点受力有Mg＝eq\f(MvF2,R2)物块P从C运动至圆轨道最高点F，由动能定理得Mg(sinθ－μcosθ)LCD－μMgxDE－2MgR2＝eq\f(1,2)MvF2－eq\f(1,2)MvC2可得R2＝0.7m。(4)物块P从圆弧轨道最高点F运动至G点，由动能定理Mg·2R2－μMgxE′G＝eq\f(1,2)MvG2－eq\f(1,2)MvF2求得物块P运动至G点的速度vG＝5m/s设传送带速度为u，①u≥5m/s时，P一定能到H点。②vG＞u时，物块P冲上传送带后做匀减速运动，Mgsin37°＋μMgcos37°＝Ma1得a1＝10m/s2由vG2－u2＝2a1x1减速至与传送带共速后，摩擦力反向，继续做匀减速运动Mgsin37°－μMgcos37°＝Ma2得a2＝2m/s2匀减速为零时恰好至传送带最高点，u2＝2a2x2根据x1＋x2＝d得u＝3m/s。答案：(1)30N，方向竖直向下(2)8m/s(3)0.7m(4)3m/s19．(11分)如图所示，有一匝数n＝100匝、内阻r＝5.0Ω、横截面积S＝0.5m2的螺线管线圈内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为B1＝0.2＋0.2t(T)，线圈左侧有电容为C＝0.5F的超级电容器，平行倾斜金属导轨可通过单刀双掷开关分别与线圈和电容器相连，倾斜导轨与水平金属导轨间通过一小段光滑绝缘圆弧平滑连接。已知倾斜导轨的倾角θ＝37°，倾斜导轨和水平导轨间距均为L＝1.0m，倾斜导轨内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度B2＝1.0T的匀强磁场，水平导轨FGIH区域内存在方向竖直向上、宽度为x＝0.5m、磁感应强度为B3＝1.0T的匀强磁场，磁场边界与导轨垂直。现将开关接1，将一电阻不计、质量m1＝0.5kg的金属杆ab垂直倾斜导轨放在磁场边界AM下方某处，金属杆ab处于静止状态。然后将开关接2，金属杆ab由静止开始下滑，当滑到底端DE时速度为v＝3.0m/s，此后进入较长的光滑水平导轨，与磁场边界FG右侧的“工”字形联杆发生弹性碰撞，随后联杆向左运动穿过磁场区域。已知金属杆ab与倾斜导轨间动摩擦因数μ＝0.5，金属杆cd、ef长度均为L＝1.0m、质量均为m2＝0.25kg、电阻均为R＝1.0Ω，与金属杆垂直的绝缘轻杆gh长度也为0.5m，质量不计。已知金属杆始终与导轨良好接触，导轨电阻不计，忽略磁场的边界效应，sin37°＝0.6，g取10m/s2，求：(1)当开关接1时，金属杆ab所受的摩擦力大小；(2)当开关接2时，金属杆ab从初始位置运动到倾斜导轨底端DE的位移s；(3)ab与联杆相碰后，联杆穿过磁场区域FGHI过程中，ef杆上产生的焦耳热。解析：(1)当开关接1时，由法拉第电磁感应定律，可知E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝10V感应电流I＝eq\f(E,r)＝2A根据金属杆ab受力平衡得Ff＋B2IL＝m1gsinθ代入数据可得Ff＝1N。(2)当开关接2时，对金属杆ab受力分析可知m1gsinθ－μm1gcosθ－B2eq\o(I,\s\up6(－))L＝m1a杆ab与电容器构成闭合回路，电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)＝eq\f(CB2LΔv,Δt)＝CB2La联立求得杆做匀加速运动，加速度a＝1m/s2杆ab运动至底端过程，根据匀变速直线运动规律有v2＝2as可得s＝4.5m。(3)杆ab与联杆发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可知其交换速度，故碰后杆ab静止，联杆速度变为v1＝3.0m/s。①当杆ef从FG运动到HI过程，ef杆为电源，ab和cd并联构成外电路，由于ab电阻不计，外电路短路，电路中产生的电能全部转化为ef杆的焦耳热。对ef杆由动量定理有e