仿真训练周测卷(九)

仿真训练周测卷(九)(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．根据航运行业机构的数据，到2030年全球将有超过250GW的海上风电容量，共有约730个海上风电场和30000台风电机组处于运营状态。如果用国际单位制中的基本单位来表示海上风电容量的单位。下列表达中正确的是()A．N·m·s－1 B．J·s－1C．kg·m2·s－3 D．kg·m2·s－2解析：选C通过题干可知，到2030年全球将有超过250GW的海上风电容量，即海上风电容量的单位是功率的单位，1GW＝1000MW＝1×109W，用国际单位制中的基本单位表示1W＝1kg·m2·s－3，故选C。2．曹冲称象的故事出自《三国志》，“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣”。下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是()A．研究加速度与合力、质量的关系B．建立“质点”的概念C．建立“瞬时速度”的概念D．建立“合力和分力”概念解析：选D曹冲称象的故事中用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想。研究加速度与合力、质量的关系，采用的是控制变量法，故A错误；建立“质点”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故B错误；建立“瞬时速度”的概念，采用极限思想，不是等效替代，故C错误；建立“合力与分力”的概念，采用的是等效替代的方法，故D正确。3．我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)已成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。在该装置内发生的核反应方程是eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X。若eq\o\al(2,1)H的质量是m1,eq\o\al(3,1)H的质量是m2,eq\o\al(4,2)He的质量是m3，X的质量是m4，光速是c，下列说法正确的是()A．只有氘(eq\o\al(2,1)H)和氚(eq\o\al(3,1)H)能发生核聚变，其他原子核不能B．发生一次上述聚变反应所释放的核能大小为(m4＋m3－m2－m1)c2C．其中粒子X的符号是eq\o\al(1,0)nD．核聚变反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去解析：选C理论上，原子序数小于铁的都可以发生核聚变，不一定是氘(eq\o\al(2,1)H)和氚(eq\o\al(3,1)H)，所以A错误；发生一次上述聚变反应所释放的核能大小为(m1＋m2－m3－m4)c2，B错误；由核反应前后质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子X的符号是eq\o\al(1,0)n，C正确；核聚变一旦发生，就不再需要外界给它能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，D错误。4．2023年4月8日上午，以“全民健身迎亚运，信心满怀奔共富”为主题的2023年浙江省气排球锦标赛在桐庐开赛。某同学描绘出了气排球“从空中下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度”过程的速度随时间变化的图像，若忽略空气阻力的大小变化，取g＝10m/s2，以下分析计算正确的是()A．气排球弹起的最大高度为1.0mB．气排球弹起的最大高度为0.45mC．空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5D．气排球弹起到最大高度的时刻t2＝0.8s解析：选C气排球下落过程的加速度a1＝eq\f(4,0.5)m/s2＝8m/s2，根据牛顿第二定律mg－f＝ma1，解得f＝0.2mg，空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5，选项C正确；气排球上升过程中mg＋f＝ma2，解得a2＝1.2g，气排球弹起的最大高度为h2＝eq\f(v22,2a2)＝eq\f(32,2×12)m＝0.375m，选项A、B错误；气排球弹起到最大高度的时间t′＝eq\f(v2,a2)＝eq\f(3,12)s＝0.25s，则气排球弹起到最大高度的时刻t2＝0.75s，选项D错误。5.如图是一位学生在宿舍中练习“靠墙倒立”的情境，宿舍的地面水平粗糙，墙面光滑竖直。下列分析判断中正确的是()A．地面对人的作用力与人对地面的压力是一对相互作用力B．墙面对人的作用力和人对墙面的作用力是一对平衡力C．人对地面的压力是因为地面发生形变产生的D．人体的重心位置可能在身体的外部解析：选D对人受力分析，在竖直方向上，人受到重力和地面对人的支持力，在水平方向上，人受到墙面对人的支持力和地面对人的摩擦力，故地面对人的作用力与人对地面的压力虽作用在两个物体上，但大小不相等，不是一对相互作用力，故A错误；墙面对人的作用力受力物体为人，人对墙面的作用力受力物体为墙，故不符合平衡力的条件，故B错误；人对地面的压力是因为人手发生形变产生的，故C错误；重心为物体各部分所受重力作用的集中点，重心的位置与物体的质量分布和几何形状均有关，故由题图可知，人体的重心位置可能在身体的外部，故D正确。6．汽车的车厢中水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，从汽车行驶方向上看，如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时(从A到C)木箱及箱内工件均保持相对静止。下列分析判断正确的是()A．Q和M对P的支持力大小始终相等B．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等C．汽车过A点时，汽车重心的角速度最大D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力解析：选D汽车过A、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P受力分析，过A、C两点时合外力向左，过B点时合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误；汽车过A、B、C三点时的圆形弯道半径不同，根据合外力提供向心力得，F合＝eq\f(mv2,r)，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，B错误；汽车过A点时，由角速度与线速度关系ω＝eq\f(v,r)得，在A点圆形弯道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，C错误；汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，D正确。7．喷雾型防水剂是现在市场上广泛销售的特殊防水剂。其原理是喷剂在玻璃上形成一层薄薄的保护膜，形成类似于荷叶外表的效果，如图所示。水滴以椭球形分布在表面，故无法停留在玻璃上。从而在遇到雨水的时候，雨水会自然流走，保持视野清晰。下列说法正确的是()A．水滴呈椭球形的是液体表面张力作用的结果，与重力无关B．图片中的玻璃保护膜和水滴发生了浸润现象C．水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大D．图片中水滴表面分子比水滴内部密集解析：选C液体表面张力作用使得水滴呈球形，但是由于有重力作用使得水滴呈椭球形，选项A错误；图片中的玻璃保护膜和水滴不浸润，选项B错误；水滴与玻璃表面接触的那层水分子间距比水滴内部的水分子间距大，选项C正确；图片中水滴表面分子比水滴内部稀疏，选项D错误。8．如图所示，某同学在距离篮筐一定距离地方起跳投篮，篮球在A点出手时与水平方向成60°角，速度大小为v0，在C点入框时速度与水平方向成45°角。现将篮球简化成质点，忽略空气阻力，取重力加速度为g，则下列分析正确的是()A．篮球在空中飞行过程中，单位时间内的速度变化量大小改变B．AC两点的高度差大小为eq\f(v02,4g)C．篮球在最高点时重力势能的大小是动能大小的2倍D．篮球在C点时的速度大小为eq\r(2)v0解析：选B篮球在空中飞行过程中，仅受重力作用，做匀变速曲线运动，故单位时间内的速度变化量大小不变，A错误；A点竖直方向上和水平方向上的分速度分别为v0x＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，v0y＝v0sin60°＝eq\f(\r(3),2)v0，C点竖直方向上分速度为vCy＝v0xtan45°＝eq\f(1,2)v0，竖直方向上可视为竖直上抛运动，根据运动学关系可得AC两点的高度差大小为Δh＝eq\f(|vCy2－v0y2|,2g)＝eq\f(v02,4g)，B正确；未确定重力势能的零势能面，故篮球在最高点时重力势能的大小与动能大小无法比较，C错误；篮球在C点时的速度大小为vC＝eq\f(v0x,cos45°)＝eq\f(\r(2),2)v0，D错误。9．如图甲所示，虚线(磁场边界)左侧有一竖直向下的匀强磁场(磁感应强度为B)，一正方形线框(边长为L，匝数为N，不计线框内阻)从图示位置以水平上边O为轴顺时针匀速转动，以角速度为ω进入磁场区域。现将该线框产生的交流电接入图乙电路的CD端，定值电阻R1阻值为R，灯泡L1电阻为4R，忽略灯丝电阻随温度的变化，A1为理想交流电流表，K为理想二极管，P为理想自耦变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片。下列说法正确的是()A．线框转动切割产生的电动势最大值为eq\f(1,2)NBL2ωB．电流表A1的读数为eq\f(NBL2ω,10R)C．P不动，P′向下滑动时，U2减小D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡L2的亮度可以不变解析：选D线框转动切割产生的电动势最大值为Em＝NBL2ω，故A错误；由题图甲可知线框运动的半个周期内产生交变电流，由题图乙可知由于二极管的存在，流过灯泡L1的电流只有eq\f(T,4)正弦式电流；电流表的示数为流过电流表的电流的有效值，根据有效值的定义有I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2R·eq\f(T,4)，其中Im＝eq\f(Em,R＋4R)，解得I＝eq\f(\r(2)NBL2ω,20R)，故B错误；P不动，P′向下滑动时，由于变压器的匝数比不变，可知电压U2不变，故C错误；由欧姆定律知流过灯泡L2的电流I2＝eq\f(U2,RL2＋R′)，P顺时针转动一个小角度，副线圈匝数减小，电压U2减小，同时P′向下滑动时，接入电路的电阻R′减小，所以小灯泡L2的亮度可能不变，故D正确。10．2023年4月，我国首颗综合性太阳探测卫星“夸父一号”准实时观测数据向国内外试开放，实现了数据共享，体现了大国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，下列说法中不正确的是()A．两卫星在图示位置的速度v1<v2B．两卫星在A处的加速度大小相等C．两卫星在A或B点处不可能相遇D．两卫星的运动周期相等解析：选Av2为卫星在椭圆轨道的远地点的速度，速度比较小，v1表示夸父一号做匀速圆周运动的速度，故v1>v2，故A错误；两卫星在A点，所受万有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，故加速度大小相同，故B正确；椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律可知，两卫星的运动周期相等，则不会相遇，故C、D正确。11．隐身技术中要用到一种负折射率材料，光在通过这种介质时，折射光线与入射光线分布在法线的同一侧，折射角取负值，折射率也取负值，折射率的公式为n＝eq\f(sini,sin－r)＝－eq\f(sini,sinr)(i、r分别是入射光线、折射光线与法线的夹角)。如图所示，在真空中放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，顶角为37°(sin37°＝0.6)，A、B两棱镜斜面相互平行位置，两斜面间的距离为d。一束同种频率光的激光，从A棱镜上的P点垂直入射，它在棱镜中的折射率为n1＝－eq\f(4,3)，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏。光通过两棱镜后，打在光屏上的点到P′(P′点为P点在光屏上的投影)距离为()A．0B.eq\f(16,15)dC.eq\f(3,5)dD.eq\f(5,3)d解析：选D顶角为37°，则由几何关系得sinr＝eq\f(3,5)，折射率的公式为n＝eq\f(sini,sin－r)＝－eq\f(sini,sinr)，激光在棱镜中的折射率为n1＝－eq\f(4,3)，故sini＝eq\f(4,5)，故i＋r＝90°，画出光路图，由几何关系可知，光通过两棱镜后，打在光屏上的点到P′距离为x＝eq\f(d,sinr)＝eq\f(5,3)d。12．甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为5cm/s，两列波在t＝0时的部分波形曲线如图所示。下列说法中正确的是()A．甲的波长大小为6cm，乙的波长大小为5cmB．甲、乙两列波在介质中能发生干涉C．t＝0时刻相邻的两个位移为8cm的质点间距是30cmD．从t＝0开始，0.1s后介质中第一次出现位移为－8cm的质点解析：选C由题图可知，甲的波长大小为5cm，乙的波长大小为6cm，故A错误；由公式f＝eq\f(v,λ)，可知f甲＝eq\f(v,λ)＝eq\f(5,5)Hz＝1Hz，f乙＝eq\f(v,λ)＝eq\f(5,6)Hz，发生干涉的条件为两列波的频率相同，故甲、乙两列波在介质中不能发生干涉，故B错误；t＝0时，在x＝5cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为8cm，甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为x1＝(5＋k1λ甲)cm＝(5＋5k1)cm(k1＝0，±1，±2…)，x2＝(5＋k2λ乙)cm＝(5＋6k2)cm(k2＝0，±1，±2…)，由上述解得，介质中偏离平衡位置位移为8cm的所有质点的x坐标为x＝(5＋30n)cm(n＝0，±1，±2…)，故在t＝0时刻，介质中偏离平衡位置位移为8cm的相邻质点的距离为s＝30cm，故C正确；偏离平衡位置位移为－8cm是两列波的波谷相遇的点，在t＝0时刻，波谷的x坐标之差为Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2n1＋1,2)×6))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2n2＋1,2)×5))cm，n1、n2为整数，整理可得Δx＝(6n1－5n2)＋0.5(cm)，波谷之间最小的距离为Δx′＝0.5cm，两列波相向传播，相对速度为2v＝10cm/s，故介质中第一次出现位移为－8cm的质点的时间为t＝eq\f(Δx′,2v)＝eq\f(0.5,10)s＝0.05s，故D错误。13．磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L、电阻不计的平行金属导轨相连。发电通道内的匀强磁场方向垂直于a、h组成的平面，磁感应强度大小为B，电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角斜向右上，磁感应强度大小也为B，质量为m、电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨的动摩擦因数为μ。棒的中点用根水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为()A.eq\f(B2Lvasinθ＋μcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(a,hb))))－μm B.eq\f(B2Lvasinθ＋μcosθcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(h,ab))))－μmC.eq\f(B2Lvhsinθ＋μcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(h,ab))))－μm D.eq\f(B2Lvhsinθ＋μcosθcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(h,ab))))－μm解析：选C等离子体中的正电荷受向上的洛伦兹力偏向上极板，可知上极板为正极，电流流过导体棒，受安培力斜向左上方，若导体棒恰不向左运动，则摩擦力向右，对导体棒受力平衡有Mg＝BILsinθ－μ(mg－BILcosθ)，其中I＝eq\f(U,R＋r)，eq\f(U,h)q＝qvB，r＝ρeq\f(h,ab)，解得M＝eq\f(B2Lvhsinθ＋μcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(h,ab))))－μm，同理若导体棒恰不向右运动，则摩擦力向左，对导体棒受力平衡，Mg＝BILsinθ＋μ(mg－BILcosθ)，其中I＝eq\f(U,R＋r)，eq\f(U,h)q＝qvB，r＝ρeq\f(h,ab)，解得M＝eq\f(B2Lvhsinθ－μcosθ,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋ρ\f(h,ab))))＋μm，故选C。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．关于下面现象及其应用，下列说法正确的有()A．图甲，肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是干涉引起的色散现象B．图乙，戴3D眼镜观看立体电影是利用了光的偏振原理C．图丙，麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，建立了完整的电磁场理论D．图丁，红外相机拍摄夜间画面是利用红外线的热效应解析：选AB题图甲，肥皂泡在阳光下，看起来是彩色的，是薄膜干涉引起的色散现象，A正确；题图乙，戴3D眼镜观看立体电影，能够感受到立体的影像是利用了光的偏振原理，B正确；题图丙，麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，预言了电磁波的存在，揭示了电、磁、光现象在本质上的统一性，而赫兹证实了电磁波的存在，C错误；题图丁，红外相机拍摄夜间画面是利用一切物体均能够向外辐射红外线，物体温度不同，向外辐射红外线的强度不同的特点制成的，而红外线的热效应指被红外线照射的物体会发热，D错误。15.研究光电效应的电路图如图所示，单色光a照在阴极K，将滑片位置从左移到右的过程中，滑片移至中点时电流表A刚好示数为零。而用另一束单色光b照射，当滑片移到最右端时电流表A刚好示数为零，则()A．a光的光子能量比较大B．a光照射阴极K，当电流表示数为零时，将电源反向后，电流表一定有示数C．a光在水珠中传播的速度一定大于b光在水珠中传播的速度D．两束光以相同的入射角从水中斜射入空气，若出射光线只有一束，则一定是b光解析：选BC由题意可知a光的遏止电压小于b光的遏止电压，所以a光的光子能量较小，A错误；a光照射阴极K，当电流表示数为零时，阴极K已经发生了光电效应，只是在反向电压作用下使得光电子无法到达阳极A，此时将电源反向后，光电子可以到达阳极A，电流表一定有示数，B正确；由于a光的光子能量比b光的光子能量小，所以a光的频率比b光的频率小，则水珠对b光的折射率比对a光的折射率大，根据v＝eq\f(c,n)可知a光在水珠中传播的速度一定大于b光在水珠中传播的速度，C正确；根据sinC＝eq\f(1,n)，可知a光的全反射临界角比b光的全反射临界角大，所以两束光以相同的入射角从水中斜射入空气，若出射光线只有一束，则一定是a光，D错误。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)某学生准备选用以下四种方案来完成“探究加速度与合外力的关系”的实验，绳子和滑轮均为轻质，请回答下列问题：(1)四种方案中，需要进行“补偿阻力”的方案是________。(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)(2)四种方案中，需要满足重物或钩码质量远小于小车(或滑块)的质量的方案是________。(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)(3)某一小组同学用图乙的装置进行实验，得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电。根据纸带可求出小车在E点的瞬时速度为________m/s，加速度为______m/s2。(计算结果保留三位有效数字)(4)另一组学生用图乙的装置测量小车的质量M及小车与木板的动摩擦因数μ，通过增减悬挂钩码的数目进行多次实验，通过分析纸带求出相应实验时小车的加速度，得到多组拉力传感器示数F和小车加速度a的数据，作出如图所示的a­F图像。由图像可求得小车的质量M＝________kg，小车与长木板间的动摩擦因数μ＝________。(计算结果保留2位有效数字)解析：(1)四种方案中，甲、乙、丙三个方案中小车均受到比较大的摩擦阻力作用，都需要进行“补偿阻力”，丁方案中由于滑块与气垫导轨间的摩擦力可以忽略不计，则不需要进行“补偿阻力”。故四种方案中，需要进行“补偿阻力”的方案是：甲、乙、丙。(2)四种方案中，甲方案可以通过弹簧测力计测得绳子拉力，乙、丁方案都可以通过力传感器测得绳子拉力，而丙方案需要用重物的重力近似等于绳子拉力，为了减小误差，丙方案需要满足重物质量远小于小车的质量。(3)相邻两计数点间还有四个点没有画出，可知相邻计数点时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则小车在E点的瞬时速度为vE＝eq\f(xDF,2T)＝eq\f(9.13＋11.09×10－2,2×0.1)m/s≈1.01m/s，根据逐差法可得，小车的加速度为a＝eq\f(xCF－xOC,9T2)＝eq\f(7.10＋9.13＋11.09－1.10－3.09－5.12×10－2,9×0.12)m/s2≈2.00m/s2。(4)以小车为对象，根据牛顿第二定律可得2F－μMg＝Ma，可得a＝eq\f(2,M)·F－μg，可知a­F图像的斜率为eq\f(2,M)＝eq\f(1.4,0.2)kg－1＝7kg－1，解得小车的质量为M＝eq\f(2,7)kg≈0.29kg，a­F图像的纵轴截距为－μg＝－1.4m/s2，解得小车与长木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1.4,9.8)≈0.14。答案：(1)甲、乙、丙(2)丙(3)1.012.00(4)0.290.1416­Ⅱ.(7分)实验小组成员要测量一节未知电池的电动势和内阻。(1)先用多用电表2.5V量程粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电池的__________(填“正”或“负”)极相连，黑表笔与电池的另一电极相连，多用电表的示数如图1所示，则粗测电源电动势为__________V。(2)要精确测量电池的电动势和内阻，小组成员设计了如图2所示的电路。闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，测得多组电压表和电流表的示数U、I(电表内阻忽略不计)，在U­I坐标系中作出如图3所示的图像，图像反映电压变化范围比较小，为了解决该问题，需要选择合适的器材进行改装电路，在图4电路中选择__________。(3)实验小组成员找来的电阻有两只：阻值为20Ω的定值电阻R1，阻值为2Ω的定值电阻R2，根据(2)中选择的电路改装需要选电阻____________。根据改装的电路进行实验，实验测得多组电压、电流的值，仍在U­I坐标系中描点作图，如图5所示。由此测得电池的电动势E＝__________V，电池的内阻r＝__________Ω(计算结果小数点后均保留两位)。解析：(1)用多用电表的2.5V量程粗测电池的电动势，根据多用电表的使用要求，电流从红表笔流入从黑表笔流出，故将多用电表的红表笔与电池的正极相连；多用电表2.5V量程粗测该电池的电动势，故测量时该表盘的分度值为0.05V，读数为1.30V。(2)由路端电压和电流关系图像可知，电压变化范围比较小是由于电池内阻较小，故改进的方法是将电池串联一个定值电阻，再接电压表，这样电流变化时电压表的示数变化增大，故选B。(3)根据题图3的斜率可知电池的内阻约为r＝eq\f(1.5－1.2,0.6)Ω＝0.5Ω，根据(2)中选择的电路改装需要选阻值与电池内阻相当的电阻R2；根据改装的电路进行实验，实验测得多组电压、电流的值，仍在U­I坐标系中描点作图，如题图5所示，由此测得电池的电动势为E＝1.45V，电池的内阻r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.45,0.6)－2))Ω≈0.42Ω。答案：(1)正1.30(1.30～1.32均可)(2)B(3)R21.45(1.44～1.48均可)0.42(0.40～0.45均可)17．(8分)如图是一种汽车空气减震器的模型，其主要构造是导热性良好的汽缸和活塞(面积为S＝40cm2)，活塞通过连杆与车轮轴连接。将装有减震装置的轮子模拟静止在斜坡上的汽车，固定在倾角为37°的斜面上，连杆与斜面垂直，初始时汽缸内密闭体积为V1＝800cm3、压强为p1＝1.2×105Pa的理想气体，环境温度为T1＝300K，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，大气压强始终为p0＝1×105Pa。在汽缸顶部固定一个物体A，稳定时汽缸内气体体积缩小了200cm3，该过程气体温度保持不变。重力加速度取g＝10m/s2，cos37°＝0.8。(1)放上A物体待其稳定后，汽缸对气体做功25J，判断该过程汽缸内气体是吸热还是放热，并求出热量的大小；(2)求汽缸和物体A的总质量M；(3)由于环境温度变化，汽缸内气体体积逐渐恢复到620cm3，求体积恢复后的环境温度T2。解析：(1)放上A物体待其稳定过程温度不变，内能不变，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0气体体积减小，汽缸对气体做正功，可知汽缸内气体放热，放出热量等于汽缸对气体所做的功，故Q＝25J。(2)放上A物体待其稳定后气体体积V2＝V1－ΔV1＝600cm3根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2得p2＝1.6×105Pa对汽缸根据受力平衡有(p2－p0)S＝Mgcos37°解得M＝30kg。(3)根据盖­吕萨克定律可得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)解得T2＝310K。答案：(1)放热25J(2)30kg(3)310K18．(11分)一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计、长度为l＝1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬挂一个质量为m＝1kg的物体(可视为质点)。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ＝37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端(传送轮大小不计)沿传送方向进入传送带。倾角为α＝30°的传送带以恒定的速率v0＝2eq\r(6)m/s沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带最上端到底部的长度为L＝eq\f(69,8)m，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),5)。质量为M＝2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与eq\f(1,4)圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R＝0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车(物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗)，并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。(1)求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度h；(2)求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带的摩擦力冲量If和压力冲量IN；(3)从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。解析：(1)物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得mgtanθ＝meq\f(v12,lsinθ)可得v1＝eq\r(gltanθsinθ)＝eq\r(10×1×\f(3,4)×\f(3,5))m/s＝eq\f(3\r(2),2)m/s物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端沿传送方向进入传送带，则有tanα＝eq\f(vy,v1)又2gh＝vy2联立解得h＝eq\f(3,40)m。(2)物体刚滑上传送带时的速度为v＝eq\f(v1,cosα)＝eq\r(6)m/s<v0＝2eq\r(6)m/s可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为a1＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,m)＝8m/s2物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为t1＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(\r(6),8)s下滑的位移为x1＝eq\f(v＋v0,2)t1＝eq\f(9,8)m<L＝eq\f(69,8)m物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为a2＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝2m/s2设物体从与传送带共速到滑到传送带底端所用时间为t2，根据运动学公式可得L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22解得t2＝eq\f(\r(6),2)s或t2＝－eq\f(5\r(6),2)s(舍去)根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为If＝μmgcosα(t2－t1)＝eq\f(9\r(6),8)N·s物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为IN＝mgcosα(t2＋t1)＝eq\f(75\r(2),8)N·s。(3)物体刚滑上小车的速度为v2＝v0＋a2t2＝3eq\r(6)m/s物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小车有相同的水平速度，以物体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得mv2＝(m＋M)vx解得vx＝eq\r(6)m/s设物体刚离开小车时的竖直分速度为vy，根据系统机械能守恒可得eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)(m＋M)vx2＋eq\f(1,2)mvy2＋mgR解得vy＝eq\r(26)m/s物体离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重新回到小车所用的时间为t′＝eq\f(2vy,g)＝eq\f(\r(26),5)s。答案：(1)eq\f(3\r(2),2)m/seq\f(3,40)m(2)eq\f(9\r(6),8)N·s，方向沿传送带向下eq\f(75\r(2),8)N·s，方向垂直传送带向下(3)eq\f(\r(26),5)s19．(11分)如图甲所示，有一固定在水平面上半径为r1的光滑金属圆环，环内半径为r2的圆形区域存在两个方向相反的匀强磁场，右侧磁场磁感应强度为B1，方向竖直向上，左侧磁场磁感应强度为B2，方向竖直向下。两个磁场各分布在半圆区域内。金属棒a电阻为R，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随转轴OO′以角速度ω顺时针匀速转动。在圆环和电刷间接有阻值为R的电阻，通过绝缘件G、H与倾角为θ且宽度为d的光滑平行轨道相连接。自感线圈(自感系数为L，直流电阻不计)和电容器(电容为C)固定于倾斜轨道上，开关S1、S2一开始都处于断开状态，倾斜轨道上锁定着电阻不计、质量为m的金属棒b，自感线圈和电容器与金属棒b的间距足够长，倾斜轨道处于磁感应强度为B3的匀强磁场中，磁场方向与轨道面垂直，不计其他电阻，重力加速度为g。(1)当金属棒a运动到B1磁场中时，求流过电阻R的电流大小和方向；(2)金属棒a从如图乙所示位置开始计时，顺时针转动一周，在图丙中画出在这一过程中的UEF­t图像，UEF为EF两点的电势差；(3)若将开关S1闭合，同时金属棒b解除锁定，若电容器的击穿电压为U，为保证电容不被击穿，求金属棒b沿轨道能运动的最远距离x1；(4)若将开关S2闭合，同时金属棒b解除锁定，求金属棒b沿轨道能运动的最远距离x2。解析：(1)当金属棒a运动到B1磁场中时，圆环产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)B1r22ω感应电流为I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(B1r22ω,4R)流过电阻R的电流方向从E指向F。(2)金属棒a从如题图乙所示位置开始计时，即转动eq\f(1,4)个周期后电动势方向发生改变；UEF为EF两点的电势差，当金属棒a在右半边转动产生感应电动势，根据右手定则，可知φE>φF由闭合电路欧姆定律得UEF＝IR＝eq\f(1,4)B1r22ω金属棒a在左半边转动产生感应电动势，根据右手定则，可知φE<φF由闭合电路