浙江省普通高校招生鸭科目物理模拟考试1新人教版

浙江省一般高校招生选考科目模拟考试(一)选择题部分一、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.依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。假如用物理量的基本单位来表示海上风电容量的单位,下列表达正确的是()A.N·m·s-1 B.J·s-1C.kg·m2·s-3 D.kg·m2·s-22.假设航母离港进行近海海试,航母在海面上航行时,不考虑其质量的变更,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,确定不能看作质点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3.下列说法正确的是()A.洒水车在洒水过程中惯性变小B.篮球在空中上升时处于超重状态C.离心机分别血液时,血液受到离心力作用D.行进火车上向前射出的光,其速度大于光速c4.某同学描绘出排球“从空中下落,与水平地面相碰后反弹到空中某一高度”的速度随时间变更的图像,若忽视空气阻力的大小变更,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.排球弹起的最大高度为1.0mB.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.排球弹起到最大高度的时刻t2=0.8s5.我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星,于北京时间2024年2月23日在西昌卫星放射中心胜利放射,该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端供应高速宽带接入服务。某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点,如图所示,两卫星轨道相交于A、B两点,C、D连线过地心,D点为远地点,两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是()A.中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇B.侦察卫星从D点运动到A点过程中机械能增大C.中星26在C点线速度v1与侦察卫星在D点线速度v2相等D.相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积6.一种家用门窗防盗报警装置如图甲所示,干簧管元件如图乙所示。安装时,在门的上沿嵌入一小块永磁体M,门框内与M相对的位置嵌入干簧管SA,并将干簧管接入报警电路(蜂鸣报警器),此装置具有自动提示报警的功能,当睡觉前连接好电路,启动防盗报警装置,当门紧闭时,蜂鸣报警器不响,当门被打开时,蜂鸣报警器发出声音警报,下列有关说法正确的是()A.当门关闭时,干簧管两簧片接通B.干簧管可以由铜或银等导电性能更好的材料制成C.如将门上镶嵌磁体的N、S极对调后,该报警器不能正常工作D.本装置是利用电磁感应原理限制电路7.在一些地表矿的开采点,有一些简易的举升机械,利用图示装置,通过轻绳和滑轮提升重物。轻绳a端固定在井壁的M点,另一端系在光滑的轻质滑环N上,滑环N套在光滑竖直杆上。轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮。滑轮和绳的摩擦不计。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升过程中,下列说法正确的是()A.轻绳a的拉力变大B.轻绳b的拉力变大C.杆对滑环的弹力变大D.轻绳b的拉力始终比轻绳a的小8.几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽,内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应,被称为氦闪,核反应方程为324HeX,该反应放出的能量为E,真空中光速为c。则下列说法错误的是(A.该反应属于核聚变B.X核中有6个中子C.X核的比结合能为ED.该反应的质量亏损为E9.一孤立匀整带电金属球电荷量为q,半径为R,球外两点A、B始终处于球同一半径的延长线上,距圆心分别为LOA、LOB(LOB>LOA≫R),如图所示,则以下说法正确的是()A.若仅增大金属球的电荷量q,A、B两点的电场强度均保持不变B.若仅增大金属球的电荷量q,A、B两点的电势差保持不变C.若保持LOA、LOB不变,仅增大金属球的半径R,则球外A、B两点的电场强度之差增大D.若保持LOA、LOB不变,仅增大金属球的半径R,则球外A、B两点的电势差不变10.某款电单车如图所示,电单车的电池铭牌上标有“48V10A·h”字样,正常工作时电动机额定功率为250W,电池输出电压为40V。由于电动机发热造成损耗,电动机的效率为80%,不考虑其他部件的摩擦损耗。有一次小厉同学骑着电单车在水平地面上匀速行驶,小厉同学和车的总质量为100kg,所受阻力为总重力的125,重力加速度g取10m/s2,则下列推断正确的是(A.正常工作时,电动机额定电流约为5.2AB.充溢电后电池储存的能量约为1.7×105JC.电池的内阻约为1.3ΩD.电单车匀速行驶时的速度大小为22.5km/h11.如图甲所示,某款人工智能扫地机器人可实现自动充电、工作、休息等智能化工作,其充电桩固定于墙面。某次充电时,放射线圈通入“220V50Hz”的正弦式交变电流,便会在接收线圈中感应出电流,实现对扫地机器人充电,接收线圈获得的感应电压约为15V,如图乙所示。下列说法正确的是()A.接收线圈中电流方向始终与放射线圈中电流方向相同B.接收线圈中电流方向始终与放射线圈中电流方向相反C.接收线圈与放射线圈中磁通量的变更率之比约为3∶44D.接收线圈与放射线圈的匝数之比约为3∶4412.某车辆智能道闸系统的简化原理图如图甲所示。预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路,当车辆靠近地感线圈时,线圈自感系数变大,使得振荡电流频率发生变更,检测器将该信号发送至车牌识别器,从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电流如图乙所示,则下列有关说法错误的是()甲乙A.t1时刻电容器间的电场强度为最小值B.t1~t2时间内,电容器处于充电过程C.汽车靠近线圈时,振荡电流频率变小D.从图乙波形可推断汽车正靠近地感线圈13.如图所示,平行板电容器竖直放置,两极板间的距离为d,极板高度AB=CD=h,对该电容器充上确定的电量后,将一带电小球P从特别靠近左极板的上端A处由静止释放,小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点,为使小球能够从下方穿过电容器,右极板向右至少移动的距离为()A.d B.(2-1)dC.h2d D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,选对但不选全的得2分,有选错的得0分)14.两块半径为R的半圆形玻璃砖正对放置,如图所示,折射率均为n=2,一束单色光正对圆心O从A点射入左侧半圆形玻璃砖,∠AOB=60°,下列说法正确的是()A.减小∠AOB,光线可能在BC面O点发生全反射B.增大∠AOB,光线在BC面O点的反射光可能消逝C.增大BC、B'C'间距,光线可能在右半圆形玻璃砖右侧面发生全反射D.假如BC、B'C'间距等于3R3,15.一列简谐横波在t=0.8s时的波形图如图甲所示,P是介质中的质点,质点P的振动图像如图乙所示。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s,则()A.该波沿x轴负方向传播B.再经过0.9s,质点P通过的路程为30cmC.t=0时刻质点P离开平衡位置的位移为-53cmD.质点P的平衡位置坐标为x=7m非选择题部分三、非选择题(本题共5小题,共55分)16.试验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)16-Ⅰ(7分)某中学的学生打算选用以下四种方案来完成“探究加速度与合外力的关系”的试验,请回答下列问题:甲乙丙丁(1)四种方案中,须要进行“补偿阻力”的方案是(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”)。

(2)四种方案中,须要满意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”或“丁”)。

(3)某一小组同学用图乙的装置进行试验,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),已知打点计时器运用的是频率为50Hz的交变电流。依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3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及小车与木板间的动摩擦因数μ,通过运用不同质量的重物进行多次试验,分析纸带求出相应试验时小车的加速度,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a-F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)

16-Ⅱ(7分)某试验小组要测定一节电池的电动势和内阻。(1)该小组成员先用多用电表“直流2.5V挡”粗测该电池电动势,读数如图甲所示,则该电动势的读数为V;测量时多用电表的黑表笔应当与电池的(选填“正”或“负”)极相连。

甲(2)为了精确测量,打算试验器材如下:电流表A1(量程0~200μA,内阻为800Ω);电流表A2(量程0~300mA,内阻为0.3Ω);定值电阻R1(阻值为4.0Ω);定值电阻R2(阻值为9200Ω);滑动变阻器R(最大阻值为50Ω);待测电池一节(电动势约为2V);开关S一个,导线若干。①该试验小组利用所学学问正确连接实物电路如图乙所示,图中虚线框内的电表应选(选填“A1”或“A2”),虚线框内的定值电阻应选(选填“R1”或“R2”)。

乙丙②电流表A1示数用I1表示,电流表A2示数用I2表示,该小组通过变更滑动变阻器滑片位置,得到了多组I1、I2数据,并作出I1-I2图像,如图丙所示。依据图像可知,该电池的电动势为V,内阻为Ω。(结果均保留2位有效数字)

③从试验设计原理来看,该电池电动势的测量值(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。

17.(8分)一种汽车空气减震器的模型如图所示,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的志向气体,环境温度为T1=300K,汽缸与活塞间的摩擦忽视不计,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g取10m/s2。(1)放上物体A待其稳定后,汽缸对气体做功25J,推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。(3)由于环境温度变更,汽缸内气体体积渐渐复原到620cm3,求体积复原后的环境温度。18.(11分)某种弹射嬉戏装置示意图如图所示,该装置配有小车,弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2运动,接着冲上两段平滑连接的光滑圆轨道CD、DE,直至从E点平抛落回与C点等高的水平面上。轨道1、2的圆心分别为O1、O2,半径分别为R1=20cm、R2=10cm,OA为水平光滑轨道,AC为长度L=60cm的水平粗糙轨道,动摩擦因数μ=23,圆弧轨道CD、DE的半径均为R3=20cm,对应圆心角θ均为37°,水平轨道与圆弧轨道CD相切于C点。可视为质点的小车质量m=0.1kg,嬉戏时弹射器将小车自O点以确定初速度弹出,轨道各部分平滑连接,g取10m/s2,(1)求小车通过轨道1最高点B的最小速度vB。(2)变更弹射器对小车的冲量,但小车均能通过轨道1、2,写出小车通过轨道2最低点A时,受到轨道的支持力大小与弹射器对小车的冲量大小的关系式。(3)若小车能够通过轨道1,且小车整个运动过程均不脱离轨道,求小车从E点水平抛出后,其落到水平面上的点与E点水平距离x的范围。19.(11分)东方超环,俗称“人造小太阳”,是中国科学院自主研制的磁约束核聚变试验装置。该装置须要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束,没有被中性化的高速带电离子须要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示,匀整分布的混合离子束先以相同的速度通过加有电压的两极板间,再进入偏转磁场Ⅱ中,中性粒子接着沿原方向运动,被接收器接收;未被中性化的带电离子一部分打到下极板被吸取后不行再被利用,剩下的进入磁场Ⅱ后发生偏转,被吞噬板吞噬后可以再利用。已知离子带正电,电荷量为q,质量为m,两极板间电压U可以调整,间距为d,极板长度为3d,吞噬板长度为2d,极板间施加一垂直于纸面对里的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度为B1,带电离子和中性粒子的重力可忽视不计,不考虑混合粒子间的相互作用。甲乙(1)当电压U=0时,恰好没有粒子进入磁场Ⅱ,求混合离子束进入极板间的初速度v0等于多少?若要使全部的粒子都进入磁场Ⅱ,则板间电压U0为多少?(2)若所加的电压在U0~(1+k)U0内小幅波动,k>0且k≪1,此时带电离子在极板间的运动可以近似看成类平抛运动。则进入磁场Ⅱ的带电离子数目占总带电离子数目的比例至少多少?(3)在(2)的条件下,若电压小幅波动是随时间线性变更的,规律如图乙所示,变更周期为T,偏转磁场边界足够大。要求全部进入磁场Ⅱ的粒子最终全部被吞噬板吞噬,求偏转磁场Ⅱ的磁感应强度B2满意的条件。已知离子束单位时间有N个离子进入两极板间,中性化的转化效率为50%,磁场Ⅱ磁感应强度B2取最大状况下,取下极板右端点为坐标原点,以向下为正方向建立x坐标,如甲图所示,求一个周期T内吞噬板上不同位置处吞噬到的粒子数密度λ(单位长度的粒子数)。20.(11分)如图所示,电阻为2r、半径为R的单匝圆形导体线圈两端与导轨ME、NH相连,处于竖直向下的磁场中,其磁感应强度B随时间t变更规律为B=B0t0t(0≤t≤t0)B=B0(t>t0),其中B0、t0为已知量。CD、EF、HI是三根材质和粗细相同的匀质金属棒,CD的长度为3d,电阻为3r,质量为m。导轨ME与NH平行且间距为d,导轨FG与IJ平行且间距为3d,EF和HI的长度相同且与ME、NH的夹角均为30°。区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的边长均为L的正方形区域,区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B(1)0~t0和t0~3t0内,分别比较金属棒CD两端的电势凹凸,并分别求使金属棒CD保持静止的水平外力F的大小。(2)在3t0以后的某时刻,撤去右侧圆形磁场,若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下全部从区域Ⅰ以速度v0匀速运动到区域Ⅱ时,金属棒CD速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ,该过程金属棒CD产生的焦耳热为Q,求金属棒CD与区域Ⅰ左边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W。(3)在(2)前提下,若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下,求金属棒CD运动到FI时的速度v。参考答案浙江省一般高校招生选考科目模拟考试(一)1.C解析通过题干可知,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,用物理量国际单位的基本单位表示1W=1kg·m2·s-3,故选C。2.D解析航母的惯性大小与质量有关,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,主要由探讨问题而定,若航母的尺寸相对探讨问题可忽视,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更,故相对于海面是运动的,故D正确。3.A解析洒水车在洒水过程中质量变小,因为惯性只与物体的质量有关,质量越小,惯性越小,即洒水车在洒水过程中惯性变小,故A正确;篮球在空中上升时加速度竖直向下,则处于失重状态,故B错误;不存在离心力,离心机分别血液时,是由于血液受到的作用力不足以供应血液所须要的向心力而发生离心运动,故C错误;由光速不变原理可知,行进火车上向前射出的光,其速度仍等于光速c,故D错误。4.C解析排球下落过程的加速度a1=40.5m/s2=8m/s2,依据牛顿其次定律得mg-Ff=ma1,解得Ff=0.2mg,空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5,选项C正确;排球上升过程中,有mg+Ff=ma2,解得a2=1.2g,排球弹起的最大高度h2=v222a2=35.D解析依据题意,由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T,由图可知,中星26在下半周转动时,侦察卫星在上半周转动,中星26在上半周转动时,侦察卫星在下半周转动,则中星26与侦察卫星不行能在A点或B点相遇,A错误;侦察卫星从D点运动到A点过程中机械能不变,B错误;由开普勒其次定律可知,侦察卫星在D点速度最小,由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T,则中星26在C点线速度v1大于侦察卫星在D点线速度v2,C错误;依据题意可知,中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T,由开普勒第三定律a3T2=k6.A解析干簧管为磁控开关,当门关闭时有磁性,干簧管两簧片接通,故D错误,A正确;铜或银不是磁性材料,则干簧管不行以由铜或银等导电性能更好的材料制成,故B错误;如将门上镶嵌磁体的N、S极对调后,不影响磁体吸引干簧管两簧片,该报警器能正常工作,故C错误。7.D解析设轻绳a总长为L,左端井壁与竖直杆之间的距离为d,动滑轮左侧轻绳长为L1,右侧轻绳长为L2。由于轻绳a上的拉力到处相等,所以两轻绳与竖直方向夹角相等,设为θ,则由几何学问,得d=L1sinθ+L2sinθ=(L1+L2)sinθ,L1+L2=L得到sinθ=dL,当滑环N缓慢向上移动时,d、L没有变更,则θ不变,轻绳a的拉力大小为FT1,重物的重力为G,以动滑轮为探讨对象,依据平衡条件得2FT1cosθ=G,解得FT1=G2cosθ,故当θ不变时,轻绳a拉力FT1不变,A错误;以滑环N为探讨对象,轻绳b的拉力为FT2,则FT2=FT1cosθ保持不变,杆对滑环的弹力FN=FT1sinθ保持不变,B、C错误;轻绳b的拉力FT2=FT1cosθ,所以轻绳b的拉力FT2始终比轻绳a的拉力8.C解析依据质量数和核电荷数守恒,可知核反应方程为X,属于轻原子核结合成较重原子核的反应,所以该反应属于核聚变,又中子数等于质量数减去质子数,因此X核中有6个中子,故A、B正确;比结合能又称平均结合能,等于结合能除以核子数,结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量,并不是该反应放出的能量E,所以X核的比结合能不为E12,故C错误;依据爱因斯坦质能方程ΔE=Δm·c2,又因为该反应放出的能量为E,所以该反应的质量亏损为Ec9.D解析若仅增大金属球的电荷量q,依据E=kqr2,A、B两点的电场强度均增大,A错误;依据U=Ed,A、B两点的电势差增大,B错误;若保持LOA、LOB不变,仅增大金属球的半径R,匀整带电球体在其四周产生的电场相当于把电荷集中在球心产生的电场,则球外电场不变,球外A、10.C解析由P=UI,解得额定电流I=6.25A,故A错误;充溢电后该电池的总能量W=EQ=48×10×3600J=1728000J=1.7×106J,故B错误;依据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir,可得r=1.3Ω,故C正确;水平地面上行驶的人和车受到阻力Ff=125mg=125×100×10N=40N,匀速行驶时牵引力F=Ff=40N,此时速度v=0.811.D解析由于放射线圈输入的是交变电流,大小和方向都在做周期性变更,若放射线圈中的电流增大,则放射线圈产生的磁场增加,穿过接收线圈的磁通量增加,依据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相反的磁场,所以接收线圈中感应电流的方向与放射线圈中电流方向相反,若放射线圈中的电流减小,则放射线圈产生的磁场减小,穿过接收线圈的磁通量减小,依据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相同的磁场,所以接收线圈中感应电流的方向与放射线圈中电流方向相同,故A、B错误;接收线圈与放射线圈中磁通量的变更率相同,故C错误;接收线圈与放射线圈的匝数比约为n2n1=12.D解析t1时刻电流最大,线圈中磁场能最大,电容器中电场能最小,电容器间的电场强度为最小值,故A正确;t1~t2时间内,电流渐渐减小,线圈中磁场能减小,电容器中电场能增大,电容器处于充电过程,故B正确;当车辆靠近地感线圈时,线圈自感系数变大,依据T=2πLC可知周期变大,频率变小,故C正确;从图乙波形可知周期越来越小,频率越来越大,汽车正远离地感线圈,故D错误。13.A解析由题意可知,小球所受的合力沿着虚线方向,依据C=εrS4πkd,U=QC,E=Ud,得14.AC解析光路图如图所示,玻璃砖的临界角的正弦值sinC=1n=12=22,解得C=45°,所以减小∠AOB,光线可能在BC面O点发生全反射,A正确;无论入射角多大,光线在BC面O点的反射光都不会消逝,B错误;BC、B'C'间距越大,光线从右半圆形玻璃砖右侧面可能超过临界角,可能发生全反射,C正确;由折射定律得∠O'OD=45°,则lOO'=lO'D=3R3,∠O'DE=120°,在△O'DE中,由正弦定理可得,lO'Dsin∠O15.AD解析由图乙可知0.8s时P点振动方向向下,依据上下坡法,波沿负方向传播,A正确;经过1个周期,质点经过的路程为4A,经过0.5个周期,经过的路程为2A,以上规律质点在任何位置起先都适用,经过14、34个周期,经过的路程分别为A、3A,以上规律质点只有在特别位置(平衡位置、最大位移处)才适用,t=0.9s=34T,此时P未处于特别位置,B错误;由图乙可知,0时刻质点P位于平衡位置,C错误;依据简谐运动的表达式,y=Asin2πTt=10sin5π3t,当x=0时,y=5cm,则t=0.1s,即x=0处的质点从平衡位置到5cm阅历的时间t1=0.1s,故P点振动形式传播到x=16.16-Ⅰ答案(1)甲、乙、丙(2)丙(3)1.012.00(4)0.290.14解析(1)四种方案中,甲、乙、丙三个方案中的小车均受到比较大的摩擦阻力作用,都须要进行“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视不计,则不须要进行“补偿阻力”。(2)四种方案中,甲方案可以通过弹簧测力计测得轻绳的拉力,乙、丁方案都可以通过力传感器测得轻绳的拉力,而丙方案须要用重物的重力近似等于轻绳的拉力,为了减小误差,丙方案须要满意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T=5×0.02s=0.1s,依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vE=xDF2T=(9.13+11.09)×10-(4)以小车为探讨对象,依据牛顿其次定律得2F-μMg=Ma,得a=2MF-μg,可知a-F图像的斜率为2M=1.40.2kg-1=7kg-1,解得小车的质量M=27kg=0.29kg,a-F图像的纵轴截距为-μg=-116-Ⅱ答案(1)1.55负(2)①A2R2②1.91.0③等于解析(1)由图甲可知,电动势的读数为1.55V,测量时黑表笔应当与电池的负极相连。(2)①图乙中虚线框内的电表应选A2,因为虚线框与滑动变阻器串联,滑动变阻器的电阻可以为零,则选择量程大的电流表;电池的电动势约为2V,改装后电压表的量程为0~2V,所以串联的电阻R=UIg-RA1,代入数据解得R=9200Ω,所以虚线框内的定值电阻应选R②由I1(R2+RA1)=E-(I1+I2)(r+R1),整理得I1=ER2+RA1+r+R1-I2·r+R1R2+R③因为考虑到电表内阻,所以没有误差,电动势的测量值等于真实值,内阻测量值等于真实值。17.答案(1)放热25J(2)30kg(3)310K解析(1)放上物体A待其稳定过程温度不变,内能不变,依据热力学第确定律有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,放出的热量等于汽缸对气体所做的功|Q|=25J。(2)放上物体A待其稳定后气体体积V2=V1-ΔV1=600cm3依据玻意耳定律有p1V1=p2V2得p2=1.6×105Pa对汽缸,依据平衡条件有(p2-p0)S=Mgcos37°解得M=30kg。(3)依据查理定律有V解得T2=310K。18.答案(1)2m/s(2)FN=100I2+1(N)I≥1010N·s(3)0.08m≤解析(1)若能通过轨道1最高点,必定能够通过其他轨道,则有mg=mv解得小车通过轨道1最高点B的最小速度为vB=gR(2)弹射器弹开过程中由动量定理得I=mv0依据机械能守恒定律可知vA=v0=I小车运动至圆轨道2最低点A时,依据牛顿其次定律有FN-mg=mv联立可得FN=100I2+1(N)由(1)可得为确保小车通过圆轨道,需满意vB≥2m/s依据动能定理有-2mgR1=1解得v0≥10m/s,则I≥1010N·故轨道对小车的支持力与弹射器对小车冲量的关系为FN=100I2+1(N)I≥(3)小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE时,最简洁脱离轨道的位置为D点,为保证D点不脱离轨道,则应满意mgcosθ≥mv解得vD≤210由(1)可得小车通过圆轨道1,则有vB≥2m/s,当vB=2m/s时依据动能定理有2mgR1-μmgL-mgR3(1-cosθ)=1解得vD=305m/s<2因此小车不会脱离轨道①vB=2m/s时,小车恰好能通过圆弧轨道1到达E点,依据动能定理有2mgR1-μmgL-2mgR