仿真訓(xùn)練周測卷(十)

仿真訓(xùn)練周測卷(十)(時間：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。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．碳酸飲料具有高熱量，過量飲用會影響身體健康。如圖所示是一款碳酸飲料的相關(guān)信息，與圖中“大卡”對應(yīng)的單位是()A．W B．JC．K D．cm3解析：選B“大卡”是熱量單位，熱量的國際單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2,1大卡等于1000卡，約等于4186焦耳。故B正確，A、C、D錯誤。2．2022冬奧會的滑雪項目備受關(guān)注，中國小將蘇翊鳴獲得單板滑雪男子大跳臺冠軍，創(chuàng)造歷史。運動員從高處滑行而下，通過起跳臺起跳，完成各種空翻、轉(zhuǎn)體、抓板等技術(shù)動作后落地。運動員在各階段做動作，下列說法正確的是()A．在助滑區(qū)時運動員兩腿彎曲是為了降低重心減小重力B．研究運動員空中的空翻動作時可將他看作質(zhì)點C．在整個滑行過程中，運動員的位移和路程相等D．著陸時運動員控制身體屈膝下蹲，可以減小沖擊力解析：選D運動員兩腿彎曲降低重心是為了方便用力蹬地面，獲得更大的加速度，但重力不會改變，A錯誤；研究運動員空中的空翻動作時需要考慮到運動員身體不同部位的運動，不可將他看作質(zhì)點，B錯誤；由于在整個滑行過程中，運動員不是單向直線運動，所以位移大小和路程不相等，C錯誤；著陸時運動員控制身體屈膝下蹲可以延長落地時間，根據(jù)動量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D正確。3．圖甲是一種家用門窗防盜報警裝置，圖乙是干簧管元件。安裝時，在門的上沿嵌入一小塊永磁體M，門框內(nèi)與M相對的位置嵌入干簧管，并將干簧管接入報警電路(蜂鳴報警器)，此裝置具有自動提示報警的功能，當(dāng)睡覺前連接好電路，啟動防盜報警裝置，當(dāng)門緊閉時，蜂鳴報警器不響，當(dāng)門被打開時，蜂鳴報警器發(fā)出聲音警報，下列有關(guān)說法正確的是()A．當(dāng)門關(guān)閉時，干簧管兩簧片接通B．干簧管可以由銅或銀等導(dǎo)電性能更好的材料制成C．如將門上鑲嵌磁體N、S極對調(diào)后，該報警器不能正常工作D．本裝置是利用電磁感應(yīng)原理控制電路解析：選A干簧管為磁控開關(guān)，當(dāng)門關(guān)閉時有磁體吸引干簧管兩簧片，干簧管兩簧片接通，故D錯誤，A正確；銅或銀不是磁性材料，則干簧管不可以由銅或銀制成，故B錯誤；如將門上鑲嵌磁體N、S極對調(diào)后，不影響磁體吸引干簧管兩簧片，該報警器能正常工作，故C錯誤。4．關(guān)于原子物理，下列說法正確的是()A．普朗克提出了原子核外電子軌道量子化，并成功解釋了氫原子光譜B．β衰變所釋放的電子是原子核外的電子電離形成的C．衰變方程eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)X＋Y中，eq\o\al(238,94)Pu發(fā)生的是α衰變，α射線具有極強的穿透能力D．根據(jù)核反應(yīng)方程eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,-1)e，N核的比結(jié)合能比C核的比結(jié)合能大解析：選D玻爾提出了原子核外電子軌道量子化，并成功解釋了氫原子光譜，故A錯誤；β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子形成的，故B錯誤；根據(jù)衰變過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知衰變方程eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)X＋Y中，eq\o\al(238,94)Pu發(fā)生的是α衰變，α射線具有極強的電離能力，但穿透能力較弱，故C錯誤；根據(jù)核反應(yīng)方程eq\o\al(14,6)C→714N＋eq\o\al(0,-1)e，反應(yīng)過程釋放能量，N核比C核穩(wěn)定，則N核的比結(jié)合能比C核的比結(jié)合能大，故D正確。5.市場上熱銷的擦窗機器人能利用內(nèi)置吸盤吸附在接觸面上，同時驅(qū)動系統(tǒng)又能保證機器人在豎直墻壁或玻璃面上自如行走，執(zhí)行用戶設(shè)定的清潔任務(wù)。假設(shè)現(xiàn)在擦窗機器人正在豎直玻璃墻面上由A點沿直線加速運行到右上方的B點，在這一過程中，機器人與玻璃墻之間的摩擦力為F，則下列關(guān)于力的分析圖中正確的是()解析：選D機器人正在豎直玻璃墻面上由A點沿直線加速運行到右上方的B點，則其合外力方向沿AB方向由A指向B，垂直玻璃面的方向的大氣壓力與彈力相互平衡，則重力與摩擦力的合力就是機器人的合外力，所以摩擦力指向斜上方，則D正確，A、B、C錯誤。6．蹦床運動要求運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦起并做空中運動。為了測量運動員躍起的高度，訓(xùn)練時可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄彈性網(wǎng)所受的壓力，并在計算機上作出壓力—時間圖像，假如作出的圖像如圖所示。設(shè)運動員在空中運動時可視為質(zhì)點，g取10m/s2，則運動員躍起騰空的最大高度是()A．4.05m B．5.00mC．7.20m D．14.45m解析：選C由題圖可知，運動員在空中做豎直上拋運動的最長時間為t＝3.3s－0.9s＝2.4s，根據(jù)對稱性可知，自由下落的時間為t1＝eq\f(1,2)t＝1.2s，運動員做豎直上拋運動，所以躍起的最大高度等于自由下落相等時間的位移，為h＝eq\f(1,2)gt12＝7.20m，故選C。7.在多年前的農(nóng)村，人們往往會選擇讓驢來拉磨把谷物磨成面，如圖所示，假設(shè)驢對磨的平均拉力為600N，拉力沿磨盤圓周切線方向，磨盤的半徑r為0.5m，磨盤轉(zhuǎn)動一周的時間為5s，則()A．驢拉磨一周拉力所做的功為0B．驢拉磨一周拉力所做的功為650πJC．驢拉磨一周拉力的平均功率為120πWD．磨盤邊緣的線速度大小為0.1πm/s解析：選C驢對磨的拉力沿磨盤圓周切線方向，拉力作用點的速度方向也在該切線方向，可認為拉磨過程中拉力方向始終與速度方向相同，故根據(jù)微元法可知，拉力對磨盤所做的功等于拉力的大小與拉力作用點沿圓周運動弧長的乘積，則磨轉(zhuǎn)動一周，弧長L＝2πr＝πm，所以拉力所做的功W＝FL＝600×πJ＝600πJ，故A、B錯誤；根據(jù)功率的定義得P＝eq\f(W,t)＝eq\f(600π,5)W＝120πW，故C正確；磨盤邊緣的線速度大小為v＝eq\f(2πr,t)＝eq\f(2π×0.5,5)m/s＝0.2πm/s，故D錯誤。8．激光制冷技術(shù)在很多領(lǐng)域得到了廣泛的應(yīng)用。由分子動理論可知，分子或原子運動越激烈，物體溫度越高。激光制冷的原理就是利用大量光子(光子說認為光是一份一份的，每一份為一個光子)阻礙原子運動，使其減速，從而降低物體的溫度。如圖所示，某時刻一個原子位于Oxyz坐標(biāo)系的原點，兩束完全相同的激光，沿x軸從相反的方向?qū)υ舆M行照射。根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當(dāng)原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。下列說法正確的是()A．為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)等于原子的固有頻率B．為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)大于原子的固有頻率C．假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸正向運動時，a激光可使原子減速D．假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸負向運動時，a激光可使原子減速解析：選D設(shè)原子動量大小為p，激光的光子動量大小為p1，因為原子動量需要減小為p′，則根據(jù)動量守恒定律p－p1＝p′可知，為了使原子動量減小，激光的照射方向應(yīng)與原子的運動方向相反。根據(jù)多普勒效應(yīng)，原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當(dāng)原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大，則所用激光的頻率應(yīng)小于原子的固有頻率。故A、B、C錯誤，D正確。9．北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。如圖所示，P是緯度為θ的地球表面上一點，人造地球衛(wèi)星A、B均做勻速圓周運動，衛(wèi)星B為地球靜止衛(wèi)星。若某時刻P、A、B與地心O在同一平面內(nèi)，其中O、P、A在一條直線上，且∠OAB＝90°，下列說法正確的是()A．P點向心加速度大于衛(wèi)星A的向心加速度B．衛(wèi)星A、B與P點均繞地心做勻速圓周運動C．衛(wèi)星A、B的線速度之比為eq\f(vA,vB)＝eq\r(cosθ)D．衛(wèi)星A、B的周期之比為eq\f(TA,TB)＝eq\r(cos3θ)解析：選D因為∠OAB＝90°，所以O(shè)B大于OA，即B衛(wèi)星做勻速圓周運動半徑大于A衛(wèi)星運動半徑，由eq\f(GMm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可知ωB＜ωA，又ωP＝ωB，所以ωP＜ωA，由rP＜rA，a＝ω2r得aP＜aA，故A錯誤；衛(wèi)星A、B繞地心做勻速圓周運動，P點運動的圓軌跡與地軸線垂直，P點做圓周運動的圓心在題圖中O點正上方，故B錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，又eq\f(rA,rB)＝cosθ，所以衛(wèi)星A、B的線速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(\r(rB),\r(rA))＝eq\r(\f(1,cosθ))，故C錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(m4π2r,T2)，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，所以衛(wèi)星A、B的周期之比eq\f(TA,TB)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(rA,rB)))3)＝eq\r(cos3θ)，故D正確。10．圖甲為一列簡諧橫波t＝3s時的波形圖，圖乙為質(zhì)點P2的振動圖像，則下列說法正確的是()A．該波沿x軸正方向傳播B．經(jīng)過時間Δt＝9s時，質(zhì)點P1與P2的連線距離最遠C．該波與一波長為24m的聲波能發(fā)生干涉D．波在傳播過程中，質(zhì)點P1和P2的加速度始終相同解析：選B由題圖乙可知，質(zhì)點P2在t＝3s時沿y軸正方向振動，結(jié)合題圖甲，由同側(cè)法可知，該波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；由題圖乙可知，周期為4s，則經(jīng)過時間Δt＝9s時，質(zhì)點P1到達波谷，質(zhì)點P2到達波峰，質(zhì)點P1與P2的連線距離最遠，故B正確；該波是橫波，聲波是縱波，屬于不同性質(zhì)的波，不能發(fā)生干涉，故C錯誤；由題圖甲可知，質(zhì)點P1和P2的距離為半個波長，則波在傳播過程中，質(zhì)點P1和P2的加速度始終大小相等，方向相反，故D錯誤。11．某同學(xué)設(shè)計了一個煙霧探測器，如圖所示，S為光源，當(dāng)有煙霧進入探測器時，S發(fā)出的光被煙霧散射進入光電管C中。光射到光電管中的鈉表面產(chǎn)生光電子，當(dāng)光電流大于或等于I時，探測器觸發(fā)報警系統(tǒng)報警。已知真空中光速為c，鈉的極限頻率為ν0，電子的電荷量為e，下列說法正確的是()A．要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光的波長應(yīng)大于eq\f(c,ν0)B．若用極限頻率更高的材料取代鈉，則該探測器一定不能正常工作C．若射向光電管C的光子中能激發(fā)出光電子的光子數(shù)占比為η，報警時，t時間內(nèi)射向光電管鈉表面的光子數(shù)至少是eq\f(It,eη)D．若S發(fā)出的光能使光電管發(fā)生光電效應(yīng)，則光波的頻率越高，光電煙霧探測器靈敏度越高解析：選C根據(jù)c＝λν可知，要使該探測器正常工作，光源S發(fā)出的光頻率最小為ν0，波長則小于eq\f(c,ν0)，故A錯誤；根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可知，用極限頻率更高的材料取代鈉，只要頻率小于光源S發(fā)出的光的頻率，則該探測器都能正常工作，故B錯誤；光電流最小為I時，報警系統(tǒng)報警，則t時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子的個數(shù)最少為n＝eq\f(It,e)，t時間內(nèi)射向光電管鈉表面的光子數(shù)最少為N＝eq\f(n,η)＝eq\f(It,eη)，故C正確；光的頻率大小決定能否使光電管發(fā)生光電效應(yīng)，頻率一定時，光電流的大小取決于光的強度，所以光的強度越高，光電煙霧探測器靈敏度越高，故D錯誤。12．電動汽車由于節(jié)能環(huán)保的重要優(yōu)勢，廣受人們喜歡，某品牌電動汽車儲能部件是由10個蓄電池串聯(lián)疊置組成的電池組。充電時，直流充電樁的充電電壓為400V，充電電流為200A；每個電池容量120A·h，放電時平均電壓為30V，整個電池組輸出功率為15kW；轉(zhuǎn)化機械能的效率為90%。以v＝108km/h的速度在高速公路勻速行駛時，則()A．該電動汽車最長可連續(xù)工作2.4hB．該電池組最多可儲存480kW·h電能C．該電動汽車正常工作時電流為5AD．勻速行駛時所受阻力為500N解析：選A該電池組最多可儲存電能為E＝U放I放t＝U放q總＝30×10×120W·h＝36kW·h，該電動汽車最長可連續(xù)工作的時間為t＝eq\f(E,P)＝2.4h，該電動汽車正常工作時電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(15000,30×10)A＝50A，故B、C錯誤，A正確；根據(jù)題意可知，電動汽車的機械功率為P1＝P×90%＝13.5kW，勻速行駛的速度為v＝108km/h＝30m/s，由公式P1＝Fv可得，牽引力為F＝450N，則勻速行駛時所受阻力為450N，故D錯誤。13．如圖所示，半徑為R的半圓形透明介質(zhì)材料固定在地面上，AB面垂直地面，在地面上有一單色點光源P，發(fā)出兩束光線，分別射向圓心O和圓弧上與O在同一高度的C點，兩束光從AB面出射后恰好平行，已知PA＝eq\f(4,3)R，光在真空中傳播速度為c。下列說法正確的是()A．光在此介質(zhì)中的傳播速度為0.75cB．從AB面出射的兩束平行光間距為0.75RC．若光源P向左移動距離eq\f(2,3)R時，從AB面出射的兩束光仍平行D．若光源P向右移動eq\f(2,3)R過程中，兩束光都可能在AB面發(fā)生全反射解析：選C從C點入射的光線，經(jīng)玻璃磚折射后，從AB面出射的光線與PC平行，射向圓心O光線PO不改變傳播方向，從AB面出射后，兩出射光線平行，兩束光的光路如圖所示，設(shè)光線在O點的入射角為i，折射角為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得tani＝eq\f(R,\f(4,3)R)＝eq\f(3,4)，tanr＝eq\f(R,\f(4,3)R－R)＝3，可得sini＝eq\f(3,5)，sinr＝eq\f(3,\r(10))，故折射率n＝eq\f(sinr,sini)＝eq\f(\r(10),2)，光在此介質(zhì)中的傳播速度為v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(10),5)c，A錯誤；在玻璃磚中的兩光線平行，光線在C點的折射角為i，則從AB面出射的兩束平行光間距為Δd＝Rtani·cosr＝eq\f(3\r(10),40)R，B錯誤；設(shè)當(dāng)PA＝x時，從AB面出射的兩束光平行，則n＝eq\f(sinr1,sini1)，sinr1＝eq\f(R,\r(R2＋x－R2))，sini1＝eq\f(R,\r(R2＋x2))，聯(lián)立解得x1＝eq\f(4,3)R或x2＝2R，所以光源P向左移動距離eq\f(2,3)R時，PA＝2R，從AB面出射的兩束光仍平行，C正確；沿PC入射的光線總能出射且與PC平行，類似于平行玻璃磚的情形，而沿PO入射的光線，當(dāng)在O點的入射角i大于等于臨界角時就不會出射，D錯誤。二、選擇題Ⅱ(本題有2小題，每題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分)14．關(guān)于下列四幅圖片，說法正確的是()A．圖甲實驗表明光具有波動性B．圖乙接收信號的頻率從95Hz到100Hz，可以將可變電容的正對面積調(diào)小C．圖丙中的微波爐的微波是原子外層電子受激發(fā)后產(chǎn)生的D．圖丁中的扼流圈對通過的交變電流有阻礙作用解析：選BD題圖甲是康普頓效應(yīng)現(xiàn)象，表明光具有粒子性，A錯誤；根據(jù)f＝eq\f(1,2π\(zhòng)r(LC))，C＝eq\f(εrS,4πkd)，題圖乙接收信號的頻率從95Hz到100Hz，頻率增大，調(diào)諧頻率增大，可以減小電容器的電容，即可以將可變電容的正對面積調(diào)小，B正確；題圖丙中的微波爐的微波是自由電子受激發(fā)產(chǎn)生的，不是原子外層電子受激發(fā)后產(chǎn)生的，C錯誤；扼流圈有通直流、阻交流的作用，即扼流圈對通過的交變電流有阻礙作用，D正確。15．某水電站的電能對外輸送示意圖如圖甲所示，發(fā)電機的內(nèi)部原理簡化圖如圖乙所示，面積為S的矩形線圈ABCD共N匝，勻速轉(zhuǎn)動周期為T，勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，輸電線總電阻為r。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n3、n4，變壓器均為理想變壓器。則下列說法正確的是()A．從圖乙位置開始計時，發(fā)電機電動勢的瞬時值表達式為e＝eq\f(2πNBS,T)sineq\f(2π,T)tB．若升變壓器線圈n1兩端電壓和用電器額定電壓都是220V，需滿足eq\f(n2,n1)＝eq\f(n3,n4)C．為節(jié)約變壓器制造成本，降壓變壓器線圈n4可以采用比線圈n3更細的導(dǎo)線繞制D．當(dāng)用電高峰期用電器增多時，用電器兩端電壓會降低解析：選AD題圖乙所示位置線圈平面與磁場方向垂直，為中性面，從中性面開始計時，發(fā)動機電動勢瞬時值的表達式為e＝Emsinωt＝NBSωsinωt＝eq\f(2πNBS,T)sineq\f(2π,T)t，故A正確；由eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)，eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)，而U2＝U3＋I2r，U1＝U4，所以eq\f(n2,n1)≠eq\f(n3,n4)，故B錯誤；降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)n3>n4，由eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，可知降壓變壓器線圈n3的電流小于線圈n4的電流，由R＝ρeq\f(l,S)可知，越細的線圈截面積S越小，線圈電阻越大，根據(jù)P熱＝I2R，電流相同情況下電阻越大發(fā)熱功率越大，為節(jié)約變壓器制造成本，應(yīng)該電流大的線圈用粗導(dǎo)線，電流小的線圈用細導(dǎo)線，降壓變壓器線圈n3可以采用比線圈n4更細的導(dǎo)線繞制，故C錯誤；當(dāng)用電高峰期用電器增多時，總電阻減小，干路上的電流變大，輸電線上電阻不變，輸電線上損失的電壓變大，U3＝U2－I2r，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，另外考慮電阻，從發(fā)電機到線圈n1，從線圈n4到用電器也會有電壓損失，所以當(dāng)用電高峰期用電器增多時，電流增大，傳輸過程中的電壓損失增多，用電器兩端電壓會降低，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)16-Ⅰ.(7分)(1)某實驗小組研究橡皮筋伸長量與所受拉力的關(guān)系。實驗器材有：一條兩端帶有細繩套的橡皮筋，鉤碼若干，刻度尺，鐵架臺等。①以下實驗裝置安裝最為合理的是________。②請按合理的操作順序?qū)⒉襟E的序號寫在橫線上________。A．以橡皮筋長度l為橫坐標(biāo)，以鉤碼質(zhì)量m為縱坐標(biāo)，標(biāo)出各組數(shù)據(jù)(l，m)對應(yīng)的點，并用平滑的曲線或直線連接起來；B．記下橡皮筋下端不掛鉤碼時，其下端指針?biāo)鶎?yīng)刻度尺上的刻度l0；C．將鐵架臺固定于桌上，將橡皮筋一端系于橫梁上，在橡皮筋附近豎直固定一把刻度尺；D．依次在橡皮筋下端掛上1個、2個、3個…鉤碼，待鉤碼靜止后，讀出橡皮筋下端指針指示的刻度記錄在表格內(nèi)，然后取下鉤碼；E．由m-l圖像，進一步找出橡皮筋伸長量與所受拉力之間的關(guān)系。(2)某班級同學(xué)在探究向心力大小的表達式實驗時：第一小組采用甲圖所示的裝置進行探究；第二小組采用乙圖所示的裝置進行探究，滑塊套在水平桿上，隨水平桿一起繞豎直桿做勻速圓周運動，力傳感器通過一細繩連接滑塊，用來測量向心力F的大小?；瑝K上固定一遮光片，寬度為d，光電門可以記錄遮光片通過的時間Δt，測得旋轉(zhuǎn)半徑為r?；瑝K隨桿勻速圓周運動，每經(jīng)過光電門一次，通過力傳感器和光電門就同時獲得一組向心力F和角速度ω的數(shù)據(jù)。①下列實驗中與這兩組同學(xué)采用科學(xué)方法不同是______。A．探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系B．探究影響通電導(dǎo)線受力的因素C．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律②第一組同學(xué)在某次實驗時，兩個鋼球質(zhì)量和轉(zhuǎn)動半徑相等，圖中標(biāo)尺上紅白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值為1∶4，與皮帶連接的兩個變速塔輪的半徑之比為________。③第二組同學(xué)實驗時，以F為縱坐標(biāo)，以eq\f(1,Δt2)為橫坐標(biāo)，可在坐標(biāo)紙中描出數(shù)據(jù)點作一條如圖丙所示直線，圖線斜率為k，則滑塊的質(zhì)量為________(用k、r、d表示)。解析：(1)①橡皮筋左右兩側(cè)受力不平均，會導(dǎo)致誤差，故A、B錯誤；刻度尺離橡皮筋太遠，不利于測量橡皮筋的拉伸長度，故D錯誤，C正確。②根據(jù)題意，由實驗原理可知，本實驗的操作步驟是：將鐵架臺固定于桌上，將橡皮筋一端系于橫梁上，在橡皮筋附近豎直固定一把刻度尺，記下橡皮筋下端不掛砝碼時，其下端指針?biāo)鶎?yīng)刻度尺上的刻度l0，依次在橡皮筋下端掛上1個、2個、3個…鉤碼，待鉤碼靜止后，讀出橡皮筋下端指針指示的刻度記錄在表格內(nèi)，然后取下鉤碼，以橡皮筋長度l為橫坐標(biāo)，以鉤碼質(zhì)量m為縱坐標(biāo)，標(biāo)出各組數(shù)據(jù)(l，m)對應(yīng)的點，并用光滑的曲線或直線連接起來，由m-l圖像，進一步找出橡皮筋伸長量與所受拉力之間的關(guān)系，故正確的順序為CBDAE。(2)①實驗?zāi)康氖翘骄肯蛐牧Υ笮〉谋磉_式，由于每次只能研究兩個物理量之間的關(guān)系，需要確保其他的物理量不變，即采用了控制變量法，探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系與探究影響通電導(dǎo)線受力的因素均采用了控制變量法，而探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律采用的是等效替代法，因此與這兩組同學(xué)采用的科學(xué)方法不同是探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律。故選C。②根據(jù)F1＝mω12r，F(xiàn)2＝mω22r，由于F1∶F2＝1∶4，則有ω1∶ω2＝1∶2，根據(jù)v＝ω1R1＝ω2R2，解得R1∶R2＝2∶1。③滑塊做圓周運動的速度v1＝eq\f(d,Δt)，由于F＝meq\f(v12,r)，則有F＝eq\f(md2,r)·eq\f(1,Δt2)，則有eq\f(md2,r)＝k，解得m＝eq\f(kr,d2)。答案：(1)①C②CBDAE(2)①C②2∶1③eq\f(kr,d2)16-Ⅱ.(7分)(1)小王在“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗中，使用了以下器材：干電池1節(jié)、電壓表1只(量程3V、15V)、電阻箱(可調(diào)范圍0～9999.9Ω)、開關(guān)一個、導(dǎo)線若干。①請你根據(jù)他的器材在圖丙中畫出實驗電路圖。②某次電壓表的示數(shù)如圖甲所示，則電壓為________V。③按照正確的操作獲取相應(yīng)的電壓U和電阻R數(shù)據(jù)，并將電壓與電阻的比值作為電流I，作出如圖乙所示的圖像。根據(jù)圖像測得干電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω。(保留三位有效數(shù)字)(2)在用“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，請補齊必要的實驗操作，并將它們按操作先后順序排列：A、D、______、______、F。(用字母表示)解析：(1)①根據(jù)題意及實驗原理畫出電路圖，如圖所示。②1節(jié)干電池的電動勢約為1.5V，則電壓表用3V的量程，分度值為0.1V，則題圖甲讀數(shù)為1.30V。③根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律有U＝E－Ir，可知，U-I圖像的縱截距為電源電動勢，斜率的絕對值為內(nèi)阻，則延長題圖乙U-I圖像，找到縱截距，如圖所示，可得，電動勢為E＝1.44V，r＝eq\f(1.44－0.90,0.3)Ω＝1.80Ω。(2)根據(jù)圖示可以看出，A步驟是從配制好的油酸溶液中取一定體積溶液數(shù)出共多少滴，從而計算出一滴溶液的體積，D步驟是在容器內(nèi)倒上水，而最后一步是在坐標(biāo)紙上描出水面上油酸的形狀。所以中間還差的步驟是：在水面上撒一層爽身粉，然后在水面上滴一滴油酸。故選E、B。答案：(1)①見解析圖②1.30③1.44(1.43～1.45均可)1.80(1.77～1.83均可)(2)EB17．(8分)如圖所示，一粗細均勻的導(dǎo)熱U形管豎直放置，右側(cè)上端封閉，左側(cè)上端與大氣相通，右側(cè)頂端密封空氣柱A的長度為L1＝15.0cm，左側(cè)密封空氣柱B上方水銀柱長h2＝14.0cm，左右兩側(cè)水銀面高度差h1＝10.0cm。已知大氣壓強p0＝76.0cmHg＝1.0×105Pa，大氣溫度t1＝27℃，U形管橫截面積S＝7.6cm2?，F(xiàn)用特殊手段只對空氣柱A加熱，直到空氣柱A、B下方水銀面等高。求：(1)加熱前空氣柱A、B的壓強各為多少；(2)空氣柱A、B下方水銀面等高時A中氣體的溫度t2；(3)對空氣柱A加熱的過程中空氣柱B與外界傳遞的熱量Q。解析：(1)加熱前有pB＝p0＋ρgh2＝90cmHg，pA＝pB－ρgh1＝80cmHg。(2)空氣柱B壓強保持不變，則有1pA2＝pB＝90cmHg對空氣柱A，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pAL1S,T1)＝eq\f(pA2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L1＋\f(h1,2)))S,T2)解得T2＝450K則t2＝(450－273)℃＝177℃。(3)空氣柱B溫度不變，所以內(nèi)能不變，既有ΔU＝0空氣柱B壓強不變，溫度不變，所以體積不變，既有W＝0根據(jù)ΔU＝W＋Q可知Q＝0。答案：(1)80cmHg90cmHg(2)177℃(3)018．(11分)小丁同學(xué)設(shè)計了一個玩具遙控賽車的軌道裝置，軌道的主要部分可簡化為如圖所示的模型，水平軌道AB和傾斜軌道OD分別與圓軌道相切于B點和D點，彎曲軌道AE與水平軌道平滑連接，E點切線方向恰好水平。O點固定一彈射裝置，剛開始時裝置處于鎖定狀態(tài)。當(dāng)賽車從A點出發(fā)經(jīng)過圓軌道進入OD軌道，到達O點時恰好可以觸發(fā)彈射裝置將賽車原路彈回，最終進入回收裝置F。測得賽車與彈射裝置碰撞時機械能損失1.8J，每次彈射后裝置可自動鎖定到初始時的彈性勢能值。已知賽車質(zhì)量為0.2kg，電動機功率恒為3W，圓軌道半徑為R＝0.4m，E點離水平軌道高度和與F點間水平距離均為3R，AB軌道長2m，賽車在水平軌道上運動時所受阻力等于其對軌道壓力的0.25倍，賽車在軌道其余部分上所受摩擦力可忽略，賽車可看成質(zhì)點，g取10m/s2。(1)若賽車恰好能過C點，求賽車經(jīng)過H點時對軌道的壓力大??；(2)若某次測試時，賽車電動機工作1.5s，經(jīng)過一次彈射后恰好落入回收裝置之中，則此次測試中給彈射裝置設(shè)置的彈性勢能為多大？(3)若某次測試時，賽車電動機工作1.5s，最終停在水平軌道AB上，且運動過程中賽車不能脫軌，求彈射裝置的彈性勢能取值范圍。解析：(1)賽車恰好過C點，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝eq\f(mvC2,R)解得vC＝eq\r(gR)＝2m/s從H到C，由動能定理有－mgR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvH2解得vH＝2eq\r(3)m/s根據(jù)指向圓心方向合力提供向心力有FN＝eq\f(mvH2,R)解得FN＝6N根據(jù)牛頓第三定律，賽車在H點對軌道壓力大小為6N。(2)賽車從E到F做平拋運動，有h＝3R＝eq\f(1,2)gt2，x＝3R＝vEt解得vE＝eq\r(6)m/s對賽車，從A出發(fā)最終到E的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得Pt0′－kmgL－ΔE損＋Ep彈0－kmgL－mg·3R＝eq\f(1,2)mvE2－0代入數(shù)據(jù)解得Ep彈0＝2.3J。(3)題中所述賽車最終停在水平軌道AB上，有兩種臨界情況①假設(shè)賽車第一次彈回時，恰好能過C點，此時Ep彈最小，由以上分析可知vC＝eq\r(gR)＝2m/s小車從出發(fā)到第二次經(jīng)過C點，根據(jù)能量守恒定律得Pt0′＋Ep彈min＝eq\f(1,2)mvC2＋kmgL＋2mgR＋ΔE損解得Ep彈min＝0.3J設(shè)賽車可到達A點右側(cè)彎曲軌道上高度h處，從C點到高度h處，根據(jù)動能定理得mg·2R－kmgL－mgh＝0－eq\f(1,2)mvC2可得h＝0.5m<3R所以賽車不會從E點飛出，有Ep彈≥0.3J。②假設(shè)賽車第一次彈回時，恰好能運動到E點，從E點滑下到左側(cè)圓軌道，根據(jù)動能定理得3mgR－kmgL－mgh′＝0－0可得h′＝0.7m則R<h′<2R，賽車要脫離軌道。所以賽車從AE軌道返回時最高運動到H點，設(shè)賽車從AE返回時恰能到達H點，從出發(fā)到從AE返回恰好運動到H點過程，根據(jù)能量守恒定律得Pt0′＋Ep彈max＝3kmgL＋mgR＋ΔE損解得Ep彈max＝1.1J綜上，當(dāng)0.3J≤Ep彈≤1.1J時可滿足要求。答案：(1)6N(2)2.3J(3)0.3J≤Ep彈≤1.1J19．(11分)如圖所示，兩平行足夠長且電阻可忽略的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在傾角為α＝30°的光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距L＝0.4m，磁感應(yīng)強度B＝1.0T的有界勻強磁場寬度為d＝0.2m，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直；長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和邊長為d的正方形單匝線框連接在一起組成如圖所示裝置，其總質(zhì)量m＝0.1kg，導(dǎo)體棒中通以大小為I＝3.75A的恒定電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出)。線框的總電阻為R＝0.2Ω，其下邊與磁場區(qū)域邊界平行?，F(xiàn)將線框下邊置于距磁場上邊界x處由靜止釋放，線框恰好可勻速穿過磁場區(qū)域，導(dǎo)體棒在整個運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)裝置釋放時線框下邊與磁場上邊界的距離x；(2)若線框下邊與磁場區(qū)域上邊界重合時將線框由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，求裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)在(2)情境中求線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t。解析：(1)對導(dǎo)體棒、絕緣桿和線框組成的裝置，當(dāng)線框在磁場中勻速時mgsinα＝BI1d＝eq\f(B2d2v,R)可得v＝2.5m/s裝置在進入磁場前的過程中，由動能定理可得mgsinα·x＝eq\f(1,2)mv2－0可得x＝0.625m。(2)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，知mgsinα·4d＋W－BILd＝0－0且線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝－W解得Q＝4mgdsinα－BILd＝0.1J。(3)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，對裝置在接著向下運動2d過程中mgsinα·2d－BILd＝0－eq\f(1,2)mv12可得v1＝eq\r(2)m/s對線框在磁場中運動時mgsinα－eq\f(B2d2v,R)＝ma可得a＝gsinα－eq\f(B2d2v,mR)在時間Δt內(nèi)，有Δv＝aΔt則∑Δv＝∑eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(gsinα－\f(B2d2v,mR)))Δt有v1＝gtsinα－eq\f(B2d2,mR)x′而x′＝2d解得t＝eq\f(5\r(2)＋4,25)s≈0.44s。答案：(1)0.625m(2)0.1J(3)0.44s20．(11分)如圖所示，真空中存在一間距為d＝