仿真訓練周測卷(三)

仿真訓練周測卷(三)(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．下列屬于能量單位的是()A．N·s B．eVC．J/kg D．u解析：選BN·s是沖量(或動量)的單位，故A錯誤；根據(jù)電場中的電荷電勢能為Ep＝qφ，電勢的單位為V，則eV為能量的單位，故B正確；J/kg是熱值的單位，故C錯誤；u是原子質量單位，故D錯誤。2.將玻璃管和塑料管分別插入水中，管中液面如圖所示，下列說法正確的是()A．左邊管子為塑料管B．右邊液面是不浸潤現(xiàn)象C．左邊液面是因為水分子之間的斥力形成的D．右邊液面是因為材料分子間的引力形成的解析：選B根據(jù)液面的形狀可以判斷左邊管子是浸潤的，右邊管子是不浸潤的，所以左邊管子為玻璃管，A錯誤，B正確；浸潤是由于玻璃分子對水分子的吸引力大于水分子間的吸引力，液面為凹形，C錯誤；不浸潤是由于材料分子對水分子的斥力大于水分子間的斥力，液面為凸形，D錯誤。3.如圖所示，下列關于撐竿跳高運動員在上升過程中的說法正確的是()A．運動員受到竿的作用力等于重力B．運動員經(jīng)歷先超重后失重的過程C．運動員的重力勢能全部由竿的彈性勢能轉化而來D．分析運動員肌肉做功過程可將其看成質點解析：選B撐竿跳高運動員在上升過程中做變速運動，受力不平衡，運動員受到竿的作用力不等于重力，選項A錯誤；運動員先加速上升再減速上升，故先超重后失重，選項B正確；運動員的重力勢能由動能和竿的彈性勢能轉化而來，選項C錯誤；分析運動員肌肉做功過程，不能忽略運動員的姿勢和動作，不可將其看成質點，選項D錯誤。4．觀察下列四個選項中的四幅圖，請選出圖中器件材料應用涉及的原理與其他三項不同的是()解析：選D高壓輸電線上方有兩條導線、帶電作業(yè)工人工作服織物中包含金屬絲、話筒線用鋁箔合金網(wǎng)包裹均為靜電屏蔽原理的應用。遠距離輸電鋁絞線中心有鋼芯是為了增加導線強度。故選D。5.如圖為課外活動的場景，描繪了小明蕩秋千蕩到最高點時的情形，關于該圖與實際情況是否相符的判斷及其原因，下列正確的是()A．符合實際情況，圖片沒有科學性錯誤B．不符合實際情況，因為沒有人推他不可能蕩到這么高處C．不符合實際情況，最高點時手以上部分繩子可以彎曲但以下部分應拉直D．不符合實際情況，最高點時手以上部分和以下部分的繩子均應該是拉直的解析：選D小明在最高點時繩子拉力不為零，不會松弛；速度為零時，即將加速向下擺動，加速度不為零。故選D。6．如圖將一根筷子豎直插入裝有水的圓柱形玻璃杯中，從圖中視角方向觀察到筷子水中的像與筷子位置發(fā)生了側移，下列判斷正確的是()A．像發(fā)生側移是因為水中筷子反射的光在玻璃壁處發(fā)生了全反射B．像發(fā)生側移是因為水中筷子反射的光在玻璃壁處發(fā)生了折射C．如將筷子放在圓柱形玻璃杯的中心軸上，也能看到筷子的像側移D．如將筷子沿所在直徑向中心軸移動，移到某處時筷子在水中的像會消失解析：選B該現(xiàn)象是光的折射現(xiàn)象，A錯誤；為了使成像原理更加清晰，應作截面圖，如圖為筷子豎直插入盛水玻璃杯內的俯視圖，A處為筷子，ABP表示由筷子發(fā)出的穿過玻璃杯壁B點射向觀察者P處的一條光線，ON為過B點沿半徑方向的直線，即在B處水和空氣的分界面的法線，上述光線則相當于在B處由水中射入空氣中，圖中的角θ1和角θ2分別為此光線的入射角和折射角，根據(jù)光的折射規(guī)律可知，應有θ1<θ2，所以觀察者在P處看到的筷子A的像A′的位置不是在A的實際位置，而是由其實際位置偏離杯中心的方向向杯壁靠攏一些，故看上去浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側移，B正確；筷子在玻璃杯中心處時出射光線始終垂直杯子，光線不發(fā)生偏折，C錯誤；筷子在距離杯子的邊沿處發(fā)出的光射到玻璃杯邊緣時入射角較大，最容易發(fā)生全反射，則如將筷子沿所在直徑向中心軸移動，移到某處時筷子在水中的像不會消失，D錯誤。7．科學家通過研究雙中子星合并的引力波發(fā)現(xiàn)：兩顆中子星在合并前相距為L時，兩者繞連線上的某點每秒轉n圈；經(jīng)過緩慢演化一段時間后，兩者的距離變?yōu)閗L，每秒轉pn圈。則演化前后()A．兩中子星運動周期為之前kp倍B．兩中子星運動的角速度為之前eq\f(k,p)倍C．兩中子星質量之和為之前k3p2倍D．兩中子星運動的線速度平方之和為之前eq\f(1,k)倍解析：選C合并前相距為L時，周期T＝eq\f(1,n)，緩慢演化一段時間后，周期T′＝eq\f(1,np)＝eq\f(1,p)T，故A錯誤。角速度之比即轉速之比，兩中子星運動的角速度為之前p倍，故B錯誤。設兩中子星質量分別為M、m，距轉動中心的距離分別為r1、r2，r1＋r2＝L，對m，根據(jù)萬有引力提供向心力eq\f(GMm,L2)＝m(2πn)2r2；對M，根據(jù)萬有引力提供向心力eq\f(GMm,L2)＝M(2πn)2r1，可得G(M＋m)＝4π2n2L3，轉速之比為p且距離變?yōu)閗L，所以總質量(M＋m)′＝k3p2(M＋m)，故C正確。根據(jù)eq\f(GMm,L2)＝meq\f(v2,r)，可得v12＝eq\f(Gmr1,L2)，v22＝eq\f(GMr2,L2)，v12＋v22＝eq\f(GMr2＋Gmr1,L2)，只有當M＝m時v12＋v22＝eq\f(GM,L)，兩者的距離變?yōu)閗L時，線速度平方之和為之前eq\f(1,k)倍，但現(xiàn)在質量關系不確定，則線速度平方之和不一定為之前eq\f(1,k)倍，故D錯誤。8．利用霍爾元件可進行微小位移的測量。如圖甲所示，兩塊相同磁鐵同極正對放置，將霍爾元件垂直磁場放入中間位置，通有如圖乙所示方向電流，則當元件向右偏離初始位置微小距離Δx，下列關于這個位移傳感器說法正確的是()A．該傳感器將位移量轉化為磁學量輸出B．該傳感器輸出為電壓，電壓值應區(qū)分正負C．該傳感器的精度可以減小通入電流來提高D．僅將右邊磁鐵的極性對調，仍能測出元件位置變化解析：選B設載流子的電荷量為q，沿電流方向定向運動的平均速度為v，單位體積內自由移動的載流子數(shù)為n，在電流方向導體板橫截面積為S，霍爾元件沿x軸厚度為a，霍爾元件上下高度為b，則電流的微觀表達式為I＝nqSv＝nqabv，載流子在磁場中受到洛倫茲力為F洛＝qvB，載流子在洛倫茲力作用下向上或向下移動，上下表面出現(xiàn)電勢差，則載流子受到的電場力為F＝eq\f(UHq,b)，當達到穩(wěn)定狀態(tài)時，洛倫茲力與電場力平衡，聯(lián)立得出UH＝eq\f(BI,nqa)，可知，UH與B成正比，而B與x軸的位置有關，故UH與坐標x是有關的；在Δx<0區(qū)域(霍爾元件距離左側的N極較近)，所處的磁場方向沿x軸正方向，在Δx>0區(qū)域(霍爾元件距離右側的N極較近)，所處的磁場方向沿x軸負方向，用左手定則可判斷載流子偏轉方向相反，則霍爾電壓符號相反，即該傳感器是將位移量轉化為電壓且隨著位置在中心點的左右不同輸出電壓正負不同，故A錯誤，B正確；由表達式UH＝eq\f(BI,nqa)可知，電流越小，輸出電壓越小，越不精確，故C錯誤；若將右側磁鐵N、S極對調，則磁場方向變?yōu)槎枷蛴?，則輸出電壓將沒有正負之分，選項D錯誤。9.如圖所示兩個較大的相同容器中盛有相同體積的水和鹽水。將一根粗細均勻的木筷，下端繞幾圈鐵絲，分別豎直按入液體中相同深度后靜止釋放，木筷開始在液體中上下振動(不計液體粘滯阻力)，則筷子分別在兩種液體中振動時()A．周期相同B．振幅相同C．重力勢能變化的最大值不相同D．受到液體對它的最小浮力相同解析：選C若木筷平衡時插入水中的長度為x0，則有mg＝ρSx0g，設某時刻筷子位置較平衡位置低x，則其回復力F＝ρS(x0＋x)g－mg＝ρSgx，與x成正比，方向相反，故做簡諧運動，兩種液體密度不同，木筷的平衡位置不同，因此木筷做簡諧運動的振幅、重力勢能變化的最大值不同，故B錯誤，C正確；該簡諧運動的周期與回復力的比例系數(shù)ρSg有關，因此周期不同，故A錯誤；簡諧運動最高點與最低點回復力大小相同，則有mg－F?。紽，鹽水中F大，所以鹽水的最小浮力小，故D錯誤。10.在真空中豎直放置的金屬板M，受到紫外線照射時會向各個方向發(fā)射出速度大小不同的電子，在M右側相距d處正對放置一個金屬網(wǎng)罩N，若在金屬板與網(wǎng)罩間加上逐漸增大的電壓，當電壓增大到U時，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)罩上開始接收不到來自金屬板的電子。已知電子電量為e，質量為m，則()A．增強紫外線的強度，能使網(wǎng)罩上接收到電子B．適當減小MN之間的距離d，能使網(wǎng)罩上接收到電子C．當電壓為U時，所有能運動至最靠近網(wǎng)罩的電子發(fā)射時的初動能都相同D．從M板上發(fā)射的電子，速度越大在MN間運動的時間越長解析：選C設光電子的最大初動能為Ekm，由動能定理得－eU＝0－Ekm，又由光電效應方程Ekm＝hν－W0，增強紫外線的強度，光電子的最大初動能不變，不能使網(wǎng)罩上接收到電子；適當減小MN之間的距離d，MN間U不變，不能使網(wǎng)罩上接收到電子；當電壓為U時，所有能運動至最靠近網(wǎng)罩的電子發(fā)射時的初動能都相同，A、B錯誤，C正確。從M板上發(fā)射的電子，由于發(fā)射的電子與M板可能存在一定角度，速度越大在MN間運動的時間不一定越長，D錯誤。11.如圖，水平放置的餐桌的桌面為圓形，半徑為R。為方便用餐，中心放置一個可繞其中心軸轉動的圓盤，圓盤半徑為r，圓心與餐桌圓心重合。在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ1，小物塊與餐桌間的動摩擦因數(shù)為μ2。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，小物塊可看作質點。由靜止開始，緩慢增加圓盤轉速，則()A．當圓盤角速度增大到ω＝eq\r(\f(μ1g,r))時，小物塊恰好從圓盤上滑落B．小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運動C．若小物塊從圓盤上滑落后，恰好停在餐桌的邊緣，則在桌面上滑動過程中因摩擦產(chǎn)生的內能大于μ2mgeq\r(R2－r2)D．小物塊在圓盤上的加速度一定小于小物塊在桌面上運動時的加速度解析：選A當小物塊所受靜摩擦力最大時，設轉速為ω1，則mω12r＝μ1mg，解得ω1＝eq\r(\f(μ1g,r))，此時小物塊恰好要從圓盤上滑落，故A正確；當小物塊滑落后在餐桌上將做勻減速直線運動，而非曲線運動，故B錯誤；小物塊從圓盤上滑落后，恰好停在餐桌邊緣的運動軌跡如圖所示，位移距離為d＝eq\r(R2－r2)，則產(chǎn)生的內能大小為Q＝fd＝μ2mgeq\r(R2－r2)，故C錯誤；小物塊在圓盤上的最大加速度為a1＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g，小物塊在桌面上的加速度大小為a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g，由于不知道兩個動摩擦因數(shù)之間的關系，因此小物塊在圓盤上的最大加速度不一定小于小物塊在桌面上運動時的加速度，更別說小物塊在圓盤上的加速度取值范圍為0～a1(圓盤的轉速是緩慢增加的)，故D錯誤。12．一種典型的鈾核裂變是生成鋇和氪，則下列說法正確的是()A．反應后生成物總動量等于零B．該裂變的方程為eq\o\al(235,92)U→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋2eq\o\al(1,0)nC.eq\o\al(144,56)Ba和eq\o\al(89,36)Kr的比結合能小于eq\o\al(235,92)U的比結合能D．生成物的結合能之和大于反應物結合能之和解析：選D中子轟擊鈾核發(fā)生核裂變，因中子具有動量，所以系統(tǒng)總動量不為零，故A錯誤；該裂變的方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n，故B錯誤；由于eq\o\al(56,26)Fe附近原子核的比結合能最大，隨著核子數(shù)增大，比結合能減小，而且鈾核裂變要釋放核能，所以eq\o\al(144,56)Ba和eq\o\al(89,36)Kr的比結合能大于eq\o\al(235,92)U的比結合能，故C錯誤；鈾核裂變要釋放核能，所以生成物的結合能之和大于反應物結合能之和，故D正確。13.某景區(qū)景點噴泉噴出的水柱高約20m，如圖所示，小明了解到噴泉專用泵額定電壓為220V，正常工作時輸入電流為3A，泵輸出的機械功率占輸入功率的75%，g取10m/s2，則此噴泉()A．出水流量約為0.1m3/sB．電機繞組的電阻是55ΩC．任意時刻空中水的質量約為10kgD．噴管的橫截面積約為1.2×10－4m2解析：選D由噴泉噴出的水柱高約20m，可知水噴出噴口的速度為v2＝2gh，解得v＝20m/s，設極短時間Δt內有質量為Δm的水噴出噴口，則由能量守恒定律得ηUIΔt＝eq\f(1,2)Δmv2，解得Δm＝eq\f(2ηUIΔt,v2)，這些水的體積為ΔV＝eq\f(Δm,ρ)，則出水流量約為Q＝eq\f(ΔV,Δt)＝eq\f(2ηUI,ρv2)≈2.5×10－3m3/s，故A錯誤；設電機繞組的電阻為r，由能量守恒定律可得(1－η)UI＝I2r，解得電機繞組的電阻r≈18.3Ω，故B錯誤；水從噴出到最高點所用的時間為t＝eq\f(v,g)，又由Δm＝eq\f(2ηUIΔt,v2)，任意時刻空中水的質量約為m＝eq\f(Δm,Δt)·t＝4.95kg，故C錯誤；設噴管的橫截面積為S，則Δm＝ρSvΔt＝eq\f(2ηUIΔt,v2)，解得噴管的橫截面積約為S≈1.2×10－4m2，故D正確。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.氫原子的能級圖如圖所示，關于大量氫原子的能級躍遷，下列說法正確的是(可見光的波長范圍為4.0×10－7m～7.6×10－7m，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，真空中的光速c＝3.0×108m/s)()A．基態(tài)氫原子電離時，能輻射β射線B．氫原子從n＝4能級向低能級躍遷時，某些輻射的光具有熒光效應C．氫原子處在n＝3能級，用0.7eV的光子照射時，能向高能級躍遷D．氫原子處在n＝5能級，則輻射的光中有6種可以使逸出功為2.29eV的鈉產(chǎn)生光電效應解析：選BDβ射線是原子核衰變時發(fā)出的電子，A錯誤。從n＝4能級躍遷到n＝1能級放出的光子的能量ΔE＝E4－E1＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，對應的波長λ＝eq\f(hc,ΔE)＝eq\f(6.6×10－34×3.0×108,12.75×1.6×10－19)m≈9.7×10－8m，小于可見光的波長，即從n＝4向下躍遷時有紫外線發(fā)出，具有熒光效應，B正確。由玻爾理論可知，光子能量等于兩能級的能量差時才能被氫原子吸收，0.70eV的光子不能被吸收，故C錯誤。從n＝5躍遷到n＝1，輻射的光子能量為13.06eV；從n＝5躍遷到n＝2，輻射的光子能量為2.86eV；從n＝4躍遷到n＝1，輻射的光子能量為12.75eV；從n＝4躍遷到n＝2，輻射的光子能量為2.55eV；從n＝3躍遷到n＝1，輻射的光子能量為12.09eV；由n＝2躍遷到n＝1，輻射的光子能量為10.2eV；可見有6種光子能量大于金屬的逸出功，所以有6種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生光電效應，故D正確。15.如圖所示，波源O垂直于紙面做簡諧運動，所激發(fā)的橫波在均勻介質中向四周傳播，t＝0時刻，質點A、A′位于以O為圓心半徑4m的波峰圓周(實線)上，B點位于半徑7m的波谷圓周(虛線)上；經(jīng)過3s，A′點第二次經(jīng)過平衡位置，A、O、A′、B四點位于同一直線上，則()A．波的周期為4sB．波的波長為6mC．t＝0時AB連線上(包括A、B)至少有4個點處于平衡位置D．AB連線上(包括A、B)有可能出現(xiàn)5個點處于平衡位置解析：選AD經(jīng)過3s，處于波峰的A′點第二次經(jīng)過平衡位置，則有3s＝eq\f(3,4)T，解得周期為T＝4s，A正確；由題意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))λ＝3m(n＝0,1,2，…)，解得波長為λ＝eq\f(6,2n＋1)m(n＝0,1,2，…)，B錯誤；t＝0時，當波長最大為6m時，A′B之間距離為半個波長，有一個質點在平衡位置，由于eq\f(1,2)λ<OA′＝4m＝eq\f(2,3)λ<eq\f(3,4)λ，且A′在波峰，則OA′之間有一個質點在平衡位置，根據(jù)對稱性可知，OA之間有一個質點在平衡位置，則t＝0時AB連線上(包括A、B)至少有3個點處于平衡位置，C錯誤；t＝3s時，可知A、A′、B均處在平衡位置，當波長最大為6m時，A′B之間距離為半個波長，由于eq\f(1,2)λ<OA′＝4m＝eq\f(2,3)λ<eq\f(3,4)λ，且A′在平衡位置，則OA′之間有一個質點在平衡位置，根據(jù)對稱性可知，OA之間有一個質點在平衡位置，則t＝3s時AB連線上(包括A、B)有5個點處于平衡位置，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)如圖1是某同學研究自由落體運動時打下的一條紙帶(每兩點間還有1個點沒有畫出來)，以打點A為坐標原點，各打點與A點之間的距離在紙帶上標出。打點計時器的電源頻率為50Hz。試根據(jù)圖中紙帶，簡述兩種計算重力加速度的方法(利用圖1中的各數(shù)據(jù)點的坐標位置xA、xB、xC…表示或直接用數(shù)據(jù)表述)，并用其中的一種方法求出重力加速度(保留兩位有效數(shù)字)。方法一：_______________________________________________________________，方法二：_______________________________________________________________，a＝__________m/s2。(2)小明用插針法測量等邊棱鏡的最小偏向角γ，從而得到棱鏡的折射率。所謂偏向角，是指入射光線經(jīng)過棱鏡兩次折射后的出射光線方向與首次入射光線方向之間的夾角，這一角度會隨入射角變化而變化。當棱鏡中的光線與三棱鏡底邊平行時，這時的偏向角最小，即為最小偏向角。小明用六枚大頭針測定三棱鏡最小偏向角的插針位置如圖2所示。試根據(jù)插針位置畫出光路圖，標出最小偏向角，并根據(jù)得到的最小偏向角，寫出計算其折射率的公式為____________。解析：(1)方法一：根據(jù)逐差法計算重力加速度，可得a＝eq\f(xF－xD－xD－xB,4T2)，T為計時點周期；方法二：以eq\f(x,t)為縱軸，t為橫軸，作eq\f(x,t)-t圖像，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at則eq\f(x,t)-t圖像斜率為eq\f(1,2)a，故a＝2k；根據(jù)逐差法代入數(shù)據(jù)可得a＝eq\f(xF－xD－xD－xB,4T2)≈9.7m/s2。(2)根據(jù)插針位置畫出光路圖，標出最小偏向角如圖所示。棱鏡中的光線與三棱鏡底邊平行時，這時的偏向角最小，即為γ，根據(jù)幾何關系知，第一次折射的折射角為30°，入射角為θ，有θ＝eq\f(60°＋γ,2)，則計算其折射率的公式為n＝eq\f(sinθ,sin30°)＝eq\f(sin\f(60°＋γ,2),sin30°)＝2sineq\f(60°＋γ,2)。答案：(1)見解析(2)見解析圖n＝2sineq\f(60°＋γ,2)16-Ⅱ.(7分)(1)在測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻的實驗中，某同學先用多用電表的直流電壓擋直接去測量電池兩端的電壓，把測量值作為電動勢時，其主要誤差是____________。為減小實驗誤差，他用如圖所示的電路，并通過作圖法得到電池的電動勢和內阻。根據(jù)下列實驗器材，則電阻箱應選__________；由同一表頭改裝的電流表應選__________。(均填選項前的字母)A．電阻箱(調節(jié)范圍0～9999Ω)B．電阻箱(調節(jié)范圍0～999.9Ω)C．電流表(量程0.6A)D．電流表(量程50mA)(2)根據(jù)歐姆定律，有E＝IR＋Ir，通過改變電阻箱電阻，測得若干組電阻值和相應的電流值，以R為橫軸，eq\f(1,I)為縱軸，得到eq\f(1,I)-R曲線，求得斜率為a，縱軸截距為b，則電動勢E＝________；內阻r＝________。這樣得到的電動勢與電流表的內阻________(填“有關”“無關”或“不確定”)，電池內阻與電流表的內阻__________(填“有關”“無關”或“不確定”)。解析：(1)電壓表和電源串聯(lián)，電池內阻有電壓降，電動勢測量值小于真實值；由同一表頭改裝的電流表，是由表頭和電阻并聯(lián)改裝的，由并聯(lián)分流特點可知量程越大并聯(lián)的電阻越小，內阻越小，在電源內阻測量時誤差越小，故電流表應選擇量程為0.6A的電流表，故選C；采用量程為0.6A的電流表，電路的最小電阻為Rmin＝eq\f(E,Imax)＝eq\f(1.5,0.6)Ω＝2.5Ω，電阻箱應選調節(jié)范圍在0～999.9Ω的電阻箱，故選B。(2)根據(jù)歐姆定律，有E＝IR＋Ir，解得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r,E)，根據(jù)圖像斜率和縱軸截距有eq\f(1,E)＝a，eq\f(r,E)＝b，解得E＝eq\f(1,a)，r＝eq\f(b,a)。將電流表的內阻看作電源內阻一部分，根據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝E－I(RA＋r)，路端電壓和電流的測量值等于真實值，故電動勢的測量值與電流表的內阻無關，測出的電源內阻實際是電源內阻與電流表內阻之和，故電源內阻測量值與電流表內阻有關。答案：(1)電池內阻有電壓降BC(2)eq\f(1,a)eq\f(b,a)無關有關17．(8分)如圖所示，密閉導熱汽缸與活塞間無摩擦，對活塞施加沿斜面向上外力F。當F＝2mg時，汽缸與活塞靜止在傾角為37°的斜面上。已知汽缸質量m1＝4m，活塞質量m2＝m，活塞橫截面積為S。靜止時活塞與汽缸底部距離為L0，斜面與汽缸之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，大氣壓強為p0，重力加速度為g，設環(huán)境溫度保持不變，現(xiàn)緩慢增加外力F的大小。(sin37°＝0.6)(1)求開始F＝2mg時，汽缸受到的摩擦力；(2)求當汽缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，力F的大小；(3)求從靜止狀態(tài)到(2)問中狀態(tài)的過程中，活塞相對汽缸底部運動的距離。解析：(1)開始時汽缸與活塞靜止在斜面上，由受力平衡得F＝(m1＋m2)gsin37°＋f，解得f＝－mg，負號表示f方向沿斜面向上，大小為mg。(2)當汽缸與活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速運動時，由牛頓第二定律得F′－(m1＋m2)gsin37°－μ(m1＋m2)gcos37°＝(m1＋m2)a，解得F′＝8mg。(3)以活塞為研究對象，當F＝2mg靜止時有F＋p1S＝m2gsin37°＋p0S，解得p1＝p0－eq\f(7mg,5S)。當F′＝8mg活塞向上勻加速運動時有F′＋p2S－m2gsin37°－p0S＝m2a解得p2＝p0－eq\f(34mg,5S)對于汽缸內氣體，由玻意耳定律得p1L0S＝p2LS解得L＝eq\f(5p0S－7mg,5p0S－34mg)L0則活塞相對汽缸底部運動的距離s＝L－L0＝eq\f(27mg,5p0S－34mg)L0。答案：(1)mg，沿斜面向上(2)8mg(3)eq\f(27mg,5p0S－34mg)L018．(11分)如圖所示，在豎直平面內傾角θ＝37°的斜面AB、FG和HI，在G和H處與水平軌道GH平滑連接，在軌道AB、FG上高為R的B(F)處與一光滑的半徑為R的螺旋形圓軌道BCDEF平滑連接，一質量為m的滑塊從軌道AB上高為h處靜止下滑?；瑝K一旦脫離軌道，便落于地上。已知R＝1m，m＝1kg，滑塊與斜面軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，與水平軌道GH間的動摩擦因數(shù)μ′＝0.4，軌道GH長LGH＝R，軌道HI長LHI＝5R，軌道連接處均光滑，滑塊可視為質點。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。(1)若h＝2R，求滑塊沿直軌道滑到B點的速度；(2)若h＝2R，滑塊剛從直軌道AB滑入螺旋圓形軌道時，求滑塊所受合力的大?。?3)滑塊不脫離軌道，最終停留在GH間，求高度h的范圍。解析：(1)根據(jù)能量守恒定律得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvB2＋μmgcosθ·eq\f(h－R,sinθ)解得vB＝4m/s。(2)滑塊在B點受到的向心力FB＝eq\f(mvB2,R)＝16N又滑塊的重力沿切線方向的分力FB′＝mgsinθ＝6N滑塊所受合力的大小F＝eq\r(162＋62)N＝2eq\r(73)N。(3)滑塊恰好過螺旋圓形軌道的高度h1(h1－2.8R)mg＝eq\f(1,2)mvD2＋μmg(h1－R)eq\f(1,tanθ)mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立解得h1＝eq\f(31,8)m滑塊恰好不滑出軌道HI的高度h2mgh2＝μmgh2eq\f(1,tanθ)＋μ′mgLGH＋μmgLHIcosθ＋mgLHIsinθ解得h2＝5m從HI軌道上靜止滑下，恰好不脫離螺旋圓形軌道時軌道HI的長度LHI′mgLHI′sinθ＝μmgLHI′cosθ＋μmgReq\f(1,tanθ)＋mg(R＋0.8R)＋μ′mgLGH解得LHI′＝5R＝5m即滑塊恰好不沖出HI軌道同時也不會脫離圓軌道綜上所述，eq\f(31,8)m≤h≤5m。答案：(1)4m/s(2)2eq\r(73)N(3)eq\f(31,8)m≤h≤5m19．(11分)如圖所示，兩直徑均為d的平行金屬圓環(huán)固定于相距為L的水平地面上，在兩圓環(huán)構成的柱形空間中存在由軸線向外的輻向磁場，且在圓柱側面處磁感應強度大小均為B。在兩圓環(huán)間通過單刀雙擲開關S連接阻值為R的電阻和電容為C的電容器。一質量為m的導體棒擱置于兩圓環(huán)內側，與兩圓環(huán)平面垂直，其接觸點與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，若導體棒從初始θ＝θ0的位置靜止釋放，且θ0很小，不計阻力和其他電阻，重力加速度為g。(已知帶電量為q的電容器存儲的電能為W＝eq\f(q2,2C))(1)開關S與1接通，試定性分析棒的運動情況，并求電阻產(chǎn)生的焦耳熱；(2)開關S斷開，試分析棒的運動情況，并求導體棒運動速率v與角度θ的關系；(3)開關S與2接通，求電容器極板間的電壓UC與角度θ的關系(不考慮電磁輻射)。解析：(1)開關S與1接通，導體棒和電阻R及金屬圓環(huán)組成閉合回路。導體棒運動過程中切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，導體棒中有感應電流，導體棒受到安培力，總是阻礙導體棒的運動，導體棒做阻尼運動。由能量守恒定律得Q＝mgeq\f(d,2)(1－cosθ0)。(2)開關S斷開，導體棒受到的回復力F＝－mgsinθ≈－mgθ導體棒做簡諧運動，由機械能守恒定律得mgeq\f(d,2)(1－cosθ0)＝mgeq\f(d,2)(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(gdcosθ－cosθ0)。(3)開關S與2接通，由能量守恒定律得mgeq\f(d,2)(1－c