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综合模拟卷(七)
(满分100 分 考试时间90 分钟)
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 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.小明利用假期乘坐高铁出游,8:44 其所乘坐的“复兴号”列车从起始站出发,经过2 小
时11 分到达终点站,列车运行最高时速为350 km/h。下列说法正确的是( )
A.8:44 是指时间
B.2 小时11 分是指时刻
C.350 km/h 是指列车的瞬时速度大小
D.列车启动阶段,加速度一定不变
2.如图为电流天平,可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为N 的矩形线圈,
线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,当线圈中通有顺时针
方向的电流I 时,发现天平的左端低右端高,下列调整方案有可能使天平水平平衡的是(
)
A.仅减小电流大小
B.仅改变电流方向
C.仅将磁场反向
D.仅增加线圈的匝数
3.如图甲所示,家用燃气灶支架有四个爪。将质量为m 的球状锅(如图乙所示)放在图甲
所示的支架上,锅口保持水平。若锅的球面半径为R,忽略锅与爪之间的摩擦力,重力加速
度为g,则下列说法正确的是( )
A.四个爪对锅的弹力的合力为零
B.每个爪对锅的弹力均大于mg
4
C.每个爪对锅的弹力方向均竖直向上
D.R 越大,每个爪对锅的弹力越大
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4.LC 振荡电路某时刻的工作状态如图所示,电流方向为顺时针且电流正在增大,下列说
法正确的是( )
A.该时刻电容器上极板带正电荷
B.电容器两极板间电场强度正在变大
C.该时刻线圈的自感电动势正在增大
D.若线圈的自感系数增大,振荡电路的频率增大
5.如图所示,一列火车沿平直轨道以较快的速度匀速向右行驶,观察者甲静止站在车厢中,
观察者乙静止站在地面上。下列有关观察者的描述正确的是
( )
A.若车厢中央悬挂着一个正在发声的铃铛,在车厢靠近乙的过程中,乙接收到的铃声频率
逐渐减小
B.当车速v=0.9c 行驶时,甲测得的车厢长度比乙测得的长
C.若车厢中央有一光源,则乙测得:闪光先到达前壁,后到达后壁
D.由相对论可知,在不同的惯性参考系中,一切物理规律的形式都是不同的
6.如图所示,一定质量的理想气体经历A→C→B 状态变化,其中A、B 间的虚线是一条等
温线。下列说法正确的是( )
A.A→C→B 过程中气体放出热量
B.C→B 过程中气体的内能不变
C.C→B 过程中单位体积内气体分子数减少
D.A→C 过程中气体分子平均动能增加
7.如图甲所示,水面下有一点光源S,同时发射出a 光和b 光后,在水面上形成一个被照亮
的圆形区域(见图乙),阴影区域为a、b 两种单色光所构成的复色光,周边环状区域为b 光,
则下列说法正确的是( )
A.a 光的频率比b 光的小
B.水对a 光的折射率比对b 光的大
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C.a 光在水中的传播速度比b 光的大
D.在同一装置的杨氏双缝干涉实验中,a 光的干涉条纹间距比b 光的宽
8.夏天蚊虫多,电蚊拍可利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示,将3 V 恒定电压
通过转换器转变为正弦交变电压u=3sin 1 000πt(V),再将其加在理想变压器的原线圈上,
副线圈两端接电击网,电压峰值达到2 700 V 时可击杀蚊虫,正常工作时( )
A.原线圈上电压表的示数为3 V
B.电击网上的高频电压的频率为10 000 Hz
C.副线圈与原线圈匝数比需满足n2
n1
≥900
D.不用高频转换器电蚊拍也可以正常工作
9.如图所示,一束单色光沿半圆柱形玻璃砖的半径射入玻璃砖,并于O 点射出,在O 点的
入射角α=30°,产生反射光束1 和折射光束2,光束2 与法线夹角为45°。现以O 点为圆心,
将该玻璃砖顺时针缓慢转过θ 角时,折射光束2 恰好消失,下列说法正确的是( )
A.光束1 的频率比光束2 的频率大
B.光束1 的波长比光束2 的波长大
C.θ=15°
D.θ=30°
10.杭州湾沿岸有一风力发电机,其叶片转动时可形成半径为20 m 的圆面,某时间内该地
的风速为6.0 m/s,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直,已知空气的密度为1.2 kg/m3,假如这
个风力发电机将此圆面内10%的空气动能转化为电能,π 取3,则下列说法错误的是( )
A.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为7 200 m3
B.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为155.52 kJ
C.此风力发电机的发电功率约为15.55 kW
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D.若风速变为原来2 倍,则电功率将变为原来4 倍
二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 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4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.根据玻尔理论,氢原子的能级图如图甲所示。大量处于某一激发态的氢原子向低能级
跃迁时,发出的光通过玻璃三棱镜后分成如图乙所示的a、b、c、d 四条可见光束。已知
可见光的光子能量在1.62 eV 到3.11 eV 之间,则c 光为( )
A.第3 能级向第1 能级跃迁产生的
B.第4 能级向第1 能级跃迁产生的
C.第4 能级向第2 能级跃迁产生的
D.第5 能级向第2 能级跃迁产生的
12.太阳能量的来源主要通过质子—质子链反应(简称P-P 链),太阳产生的能量约99%来
自该链反应。科学研究发现,该链反应主要通过如下方程发生:31
1H
X+1
0e+νc①;2X
Y+21
1H ②,其中1
0e 为正电子,νc为太阳中微子,下列说法正确的是( )
A.方程式中X 为2
3He,Y 为2
4He
B.方程式中X 为1
3H,Y 为2
4He
C.反应①属于核聚变反应
D.Y 的比结合能大于X 的比结合能
13.如图甲所示,水面上有一列浮球。图乙为简化俯视图,所有浮球等间距排成一条直线,
水面上的O 点垂直于水面xOy 持续沿z 轴振动,形成了沿水面传播波长λ=24 m 的水波。
当所有浮球全部振动后某时刻开始计时,以竖直向上为z 轴正方向,其中A、B 浮球的振
动图像如图丙所示,已知OB=18 m,OA>OB,OA-OB<λ。则( )
甲
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乙
丙
A.t=0 时,1 号浮球位于平衡位置下方且沿z 轴正向运动
B.t=0 时,6 号浮球位于平衡位置上方且沿z 轴正向运动
C.t=1 s 时,1 号浮球与2 号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相同
D.t=1 s 时,5 号浮球与6 号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
14-Ⅰ.(6 分)图甲是“探究小车速度随时间变化规律”的实验装置。
甲
(1)该实验中,下列操作步骤必要的是 。
A.需将导轨远离滑轮的一端适当垫高
B.悬挂的槽码质量应远小于小车的质量
C.小车运动结束后,先关闭打点计时器再取下纸带
(2)如图乙所示,是某次正确操作后得到的纸带,已知打点计时器所用交流电源的频率为
50 Hz,由此可测得纸带上打B 点时小车的速度为 m/s,则小车的加速度为
m/s2(结果均保留两位有效数字)。
乙
(3)如图丙所示,某同学将正确操作得到的纸带每隔0.1 s 剪断,得到若干短纸条。再把这
些纸条并排贴在一起,使这些纸条下端对齐,作为时间坐标轴,将纸条左上端点连起来,得
到一条直线。则该直线 。
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丙
A.可以表示小车位移—时间图像
B.可以表示小车速度—时间图像
C.与时间轴夹角的正切值为速度大小
D.与时间轴夹角的正切值为加速度大小
(4)利用该装置还可以做的实验有 。
A.探究加速度与力、质量的关系
B.利用打点计时器测量小车的平均速度和瞬时速度
C.补偿阻力后,利用小车下滑过程验证机械能守恒定律
14-Ⅱ.(5 分)探究小组测某个“新型电池”的电动势和内阻,发现其内阻不是确定的值,内
阻大小随输出电流的变化而变化。为了研究该“新型电池”内阻的变化特性,探究小组
借助测电源电动势和内阻的方法设计的实验电路如图甲所示,改变电阻箱R 的阻值,实验
测得电压表示数U 和电流表示数I 如下表:
甲
乙
U/V
0.50
1.00
1.50
2.00
2.30
2.60
2.70
I/mA
4.18
4.14
4.12
4.00
3.80
2.20
1.22
(1)根据表中数据,在图乙中画出未标记的点,并作出“新型电池”的U-I 图像。
(2)根据所作图像可以判断,该“新型电池”的电动势约为 V,其内阻随输出电
流的增大而 (选填“增大”“不变”或“减小”)。
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(3)该“新型电池”给R=500 Ω 的定值电阻供电时,“新型电池”的输出功率为
W。
14-Ⅲ.(3 分)在“用双缝干涉测量光的波长”实验中,为减小误差,该实验并未直接测量相
邻亮条纹间的距离Δx,而是先测量n 个条纹的间距再求出Δx。下列实验采用了类似方
法的有 。
A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量
B.“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧的形变量的测量
C.“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量
D.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中一滴油酸酒精溶液体积的测量
15.(8 分)干瘪的篮球在室外温度为300 K 时,体积为0.9V,球内压强为p0。为了让篮球鼓
起来,将其放入温度恒为350 K 热水中,经过一段时间后篮球鼓起来了,体积恢复原状为
V,此过程中气体对外做功为W,球内的气体视为理想气体且球不漏气,若球内气体的内能
满足U=kT(k 为常量且大于零),已知大气压强为p0。
(1)求恢复原状时的篮球内气体的压强。
(2)干瘪的篮球恢复原状的过程中,求篮球内气体吸收的热量。
(3)若篮球的半径为r,则恢复原状后球壳单位长度上的张力F 为多大?
16.(11 分)物理兴趣小组自制了一套游戏装置,该装置可以简化为如图所示的模型:由同
一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1=0.6 m 的半圆单层轨道ABC、半径为R2=0.1
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m 的半圆圆管轨道CDE、平台EF 和IJ、凹槽FGHI 组成,且各段平滑连接。凹槽里停
放着一辆质量为m0=0.1 kg 的无动力摆渡车Q 并紧靠在竖直侧壁FG 处,其长度L1=1 m
且上表面与平台EF、IJ 平齐。水平面OA 的左端通过挡板固定一个弹簧,可以通过压缩
弹簧发射小滑块P,弹簧的最大弹性势能为Epm=3.6 J。小明同学选择质量为m=0.1 kg 的
滑块P 参与游戏,游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区IJ 段。
已知凹槽GH 段足够长,滑块滑上摆渡车后,能在摆渡车Q 到达IH 前与其共速,摆渡车Q
与侧壁IH 相撞后立即停止,滑块P 与摆渡车Q 上表面及平台IJ 段的动摩擦因数都是
μ=0.5,其他摩擦都不计,IJ 段长度L2=1.2 m,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)若小明以最大弹性势能弹出滑块P,求滑块经过与圆心O1等高的B 点时对轨道的压力。
(2)某次游戏中,小明通过弹簧发射出去的滑块P 运动到E 点时的速度v1=2 m/s,求滑块最
终所停位置距I 点的距离。
(3)如果滑块P 弹出后最终能成功停在目标区IJ 段,则发射时的弹性势能应满足什么要求?
17.(12 分)如图所示的装置放置于匀强磁场中,磁场方向竖直向下大小B 未知。足够长的
光滑金属导轨MM'PP'和NN'QQ'在同一水平面内。导轨的MM'与NN'相互平行且足够
长,距离为L=1 m;PP'与QQ'也是平行的,距离为0.5 m。质量m 均为0.1 kg 的金属杆a、
b 垂直于导轨放置,初始时金属导轨与金属杆围成的面积S=2.0 m2,质量m0=0.5 kg 的重
物c 放置在地面上,一根不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆a 的中心,另一端固定在
重物c 上,绝缘轻绳的水平部分与MM'平行,两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为0.5
Ω,从某一时刻开始,磁感应强度随时间变化的关系为B=1+0.5t,在外力的作用下,b 杆始
终保持静止,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求金属杆a 运动前,金属杆中的电流I。
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(2)求经过多长时间金属杆a 开始运动。
(3)保持B=1 T 不变,已知金属杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触,
轨道足够长使金属杆b 始终在宽度为0.5 m 的轨道部分运动,当F=2 N 时,求金属杆b 运
动的最大速度。
(4)在第(3)问基础上,改为F=5 N,绝缘轻绳的水平部分足够长(重物c 始终不与滑轮相撞),
a 一直在左侧轨道运动,求金属杆运动过程中回路的最大热功率。
18.(13 分)如图所示,Oxyz 坐标系中,在空间x<0 的区域Ⅰ内存在沿z 轴负方向、磁感应强
度大小B1=0.05 T 的匀强磁场;在空间0<x≤0.2 m 的区域Ⅱ内存在沿x 轴负方向、电场
强度大小E1=5×104 V/m 的匀强电场。从A(0.2 m,0,0)点沿y 轴正方向以v0=1×106 m/s 的
速度射入一带正电粒子,粒子比荷q
m
=5×107 C/kg,此后当粒子再次穿过x 轴正半轴时,撤
去电场E1,在空间x≥0.2 m 且y>0 区域Ⅲ内施加沿x 轴负方向的匀强磁场B2和沿x 轴正
方向的匀强电场E2,其中B2=0.5 T、E2=2.5×104 V/m,同时在空间x≥0.2 m 且y<0 区域Ⅳ
内施加沿x 轴负方向、磁感应强度B3大小未知的匀强磁场。从撤去电场E1时开始计算,
当带电粒子第5 次沿y 轴负方向穿过xOz 平面时恰好经过x 轴上的P 点(图中未画出)。
已知π2=10,不计带电粒子重力,不考虑电磁场变化产生的影响,计算结果可保留根式,求:
(1)粒子第一次穿过y 轴时的速度;
(2)粒子经过x 轴负半轴时的横坐标;
(3)磁感应强度B3的大小及P 点的横坐标。
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参考答案
综合模拟卷(七)
1.C
【解析】 8:44 是时刻,2 小时11 分指时间间隔,故A、B 错误;最高时速可达350 km/h 指的是瞬
时速度大小,故C 正确;列车启动阶段,由题目的信息,无法判断加速度一定不变,故D 错误。
2.D
【解析】 天平是等臂杠杆,当线圈中通有电流I 时,根据左手定则,线圈受到的安培力竖直向下,
天平的左端低右端高,说明安培力偏小,要使天平水平平衡,必须增大安培力,根据F=NBIL 可知,
即增大匝数、电流、线框短边的长度;仅改变电流方向或仅将磁场反向时,安培力方向变为竖直
向上,天平不可能水平平衡。故选D。
3.B
【解析】 由题可知球状锅受到支架四个弹力的作用,自身的重力作用,由平衡条件可知,四个弹
力的合力与锅的重力等大,方向竖直向上,故A、C 错误;设每个爪与锅之间的弹力为F,正对的一
对爪之间的距离为d,则F 与竖直方向的夹角θ 满足sin θ= d
2 R
,竖直方向根据平衡条件,有4Fcos
θ=mg,可得F=
mg
4 cosθ =
mg
4√
1-(
d
2 R)
2,由此可知每个爪对球状锅的弹力大于1
4
mg,若质量相同的
锅,半径越大,每个爪对它的弹力越小,故B 正确,D 错误。故选B。
4.A
【解析】 由题意可知,该时刻电流方向为顺时针且电流正在增大,则磁场能正在增大,电场能正
在减小,电容器正在放电,所以该时刻电容器上极板带正电荷,电容器两极板间电场强度正在变小,
故A 正确,B 错误;由于电流正在增大,但电流的变化率正在减小,该时刻线圈的自感电动势正在减
小,故C 错误;根据f=
1
2π √LC
,若线圈的自感系数增大,则振荡电路的频率减小,故D 错误。
5.B
【解析】 若车厢中央悬挂着一个正在发声的铃铛,在车厢靠近乙的过程中,乙与铃铛的距离减小,
根据多普勒效应可知,乙接收到的铃声频率逐渐增大,故A 错误;当车速v=0.9c 行驶时,根据相对
论的长度缩短效应可知,甲测得的车厢长度比乙测得的长,故B 正确;根据光速不变原理可知,若
车厢中央有一光源,则乙测得闪光同时到达前后壁,故C 错误;由狭义相对性原理可知,在不同的
惯性参考系中,一切物理规律的形式都是相同的,故D 错误。
6.C
【解析】 因为A、B 间的虚线是一条等温线,所以A、B 两状态气体温度相同,则内能相同,而
A→C→B 过程中,气体体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q 可知,A→C→B 过
程中,气体吸收热量,故A 错误;C→B 过程中,气体压强不变,体积增大,根据V C
T C
= V B
T B
可知,气体的
温度升高,即气体的内能增大,故B 错误;C→B 过程中,气体质量不变,气体分子数不变,体积增大,
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所以单位体积内气体分子数减少,故C 正确;A→C 过程中,气体体积不变,压强减小,根据pA
T A
= pC
T C
可知,气体的温度降低,即气体分子的平均动能减小,故D 错误。
7.B
【解析】 因b 光照亮的区域半径较大,根据tan C= R
h
可知,a 光的全反射临界角较小,即a 光比b
光更容易全反射,根据sin C=1
n
可知a 光的折射率更大,则a 光的频率比b 光的大,又由n=c
v
可知,
b 光在水中的传播速度较大,故B 正确,A、C 错误;因b 光的频率较小,波长较大,根据Δx= l
d
λ 可知,
在同一装置的杨氏双缝干涉实验中,b 光的干涉条纹间距比a 光的宽,故D 错误。
8.C
【解析】 原线圈上电压表的示数为U1= 3
√2
V=1.5√2 V,故A 错误;电击网上的高频电压的频率
为f= ω
2π = 1 000 π
2π
Hz=500 Hz,故B 错误;副线圈与原线圈匝数比需满足n2
n1
= U 2m
U 1m
≥2 700
3
=900,故C 正确;不用高频转换器把直流电转化为交流电,变压器就不能工作,不能把电压升到大
于2 700 V,即电蚊拍不可以正常工作,故D 错误。
9.C
【解析】 同一单色光,在不同介质中传播时,速度不同,但频率相同,故A 错误;根据v=c
n
及λ=vf
可知,光在介质中的速度变小,波长变短,故B 错误;由折射定律可得,玻璃砖对该单色光束的折射
率为n=sin 45°
sin30° =√2,将玻璃砖缓慢转过θ 角时,折射光束2 恰好消失,说明光线发生了全反射,
此时光线的入射角恰好等于临界角,由临界角公式sin C=1
n = 1
√2
,得入射角为i=C=45°,玻璃砖顺
时针缓慢转过θ=i-α=45°-30°=15°,故C 正确,D 错误。
10.D
【解析】 单位时间内风力发电机叶片圆面的气流的体积为V0=vt·S=vt·πr2=6×1×3×202 m3=7
200 m3,每秒流经涡轮机空气的动能约为Ek=1
2
mv2=1
2
ρV0v2=1
2
×1.2×7 200×62 J=155.52 kJ,故A、
B 正确;由题意可得,风力发动机产生的电功率约为P=10% Ek
t
=15.55 kW,故C 正确;风力发动机
产生的电功率P=10% Ek
t
=10%v·πr2·1
2
ρv2= 1
20
πρr2v3,若风速变为原来的2 倍,则电功率将变为原
来的8 倍,故D 错误。本题选错误的,故选D。
11.D
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【解析】 根据玻尔原子模型理论,依题意,因光子能量在1.62 eV 到3.11 eV 之间,不可能任何一
个较高能级向第1 能级跃迁而产生,因为从第2 能级到第1 能级辐射的光子能量最低,为10.2 eV,
故A、B 错误;结合前面分析,因光子能量在1.62 eV 到3.11 eV 之间,也不可能是更高能级向第3
能级跃迁产生的,因为辐射的最高能量为1.51 eV,所以一定是从较高能级向第2 能级跃迁时产生
的。根据玻尔理论,第7 能级向第2 能级跃迁辐射光子的能量大于3.11 eV,所以a、b、c、d 四条
光束只能是第6、5、4、3 能级向第2 能级跃迁辐射产生,且辐射光子能量依次减小;a、b、c、d
四条可见光通过三棱镜,根据偏折程度可知,d 光光子能量最大,c 光光子能量第二,所以c 光为第5
能级向第2 能级跃迁产生的,故D 正确,C 错误。
12.ACD
【解析】 根据质量数守恒和电荷数守恒,方程式中X 为2
3He,Y 为2
4He,故A 正确,B 错误;反应①、
②均属于核聚变反应,Y 的比结合能大于X 的比结合能,故C、D 正确。
13.AB
【解析】 由于OA>OB,OA-OB<λ,由题图丙可知A 浮球的振动比B 浮球振动落后1
4
T,则OA-
OB=1
4
λ=6 m,又OB=18 m=3
4
λ,所以OA=24 m=λ,AB=30 m,设两浮球之间的距离为x,则5x=30
m,x=6 m=1
4
λ,相邻两浮球与O 点距离差小于1
4
λ,1 号浮球比A 浮球振动滞后,由于t=0 时,A 浮球
位于平衡位置且沿z 轴正向运动,则t=0 时,1 号浮球位于平衡位置下方且沿z 轴正向运动,故A 正
确;6 号浮球比B 浮球振动滞后,由于t=0 时,B 浮球位于波峰,t=0 时,6 号浮球位于平衡位置上方且
沿z 轴正向运动,故B 正确;t=1 s 时,A 浮球位于波峰位置,2 号浮球比A 浮球振动超前,t=1 s 时,1
号浮球位于平衡位置的上方且沿z 轴正向运动,2 号浮球位于平衡位置的上方且沿z 轴负向运动,
故C 错误;t=1 s 时,B 浮球位于平衡位置且沿z 轴负向运动,5 号浮球比B 浮球振动超前,5 号浮球
位于平衡位置下方且沿z 轴负向运动,6 号浮球都位于平衡位置的上方且沿z 轴负向运动,故D 错
误。
14-Ⅰ.【答案】 (1)C
(2)0.15 0.55
(3)B
(4)AB
【解析】 (1)该实验不需要平衡摩擦力,即不需将导轨远离滑轮的一端适当垫高,选项A 错误;该
实验只需小车加速运动即可,不需要满足悬挂的槽码质量远小于小车的质量,选项B 错误;小车运
动结束后,先关闭打点计时器再取下纸带,选项C 正确。
(2)纸带上打B 点时小车的速度为vB= x AC
2T = 3.60-0.65
2×0.1
×10-2 m/s=0.15 m/s,小车的加速度为a=
Δ x
T
2 =(3.60-1.85)-(1.85-0.65)
0.1
2
×10-2 m/s2=0.55 m/s2。
(3)因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1 s,即时间t 相等,所以纸带的长度之比等于此段纸带的
平均速度之比;而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度,最后得出结论纸带的长度
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之比等于此段纸带的平均速度之比,还等于各段纸带中间时刻的速度之比,则图像可以表示小车
速度—时间图像,故A 错误,B 正确;时间轴并非反映小车运动的时间,无法通过斜率计算速度和加
速度,故C、D 错误。
(4)利用该装置还可以做的实验有探究加速度与力、质量的关系和利用打点计时器测量小车的
平均速度和瞬时速度实验,但是补偿阻力后,小车下滑过程中所受的合力不是重力,则不能验证机
械能守恒定律,选项A、B 正确,C 错误。
14-Ⅱ.【答案】 (1)见解析图
(2)2.80(2.70~2.90 均可) 增大
(3)8.00×10-3
【解析】 (1)画出未标记的点,将点迹用平滑的曲线连接起来,如图所示。
(2)根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir,U-I 图像纵轴的截距表示电动势,可知E=2.80 V;根据上述图
像可知,图像斜率的绝对值表示内阻,由图像可知,其内阻随输出电流的增大而增大。
(3)作出定值电阻的U-I 图像,与上述图像的交点为该定值电阻的工作状态,如图所示,则输出功率
为P=2.00×4.00×10-3 W=8.00×10-3 W。
14-Ⅲ.【答案】 CD
【解析】 为减小误差,该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离Δx,而是先测量n 个条纹的间
距再求出Δx,属于放大测量取平均值。“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的
测量,属于等效替代法,故A 错误;“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量,属
于多次测量取平均值,故B 错误;“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量,属于放大测量
取平均值,故C 正确;“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1 滴油酸酒精溶液体积的测量,
属于放大测量取平均值,故D 正确。
15.【答案】 (1)1.05p0 (2)50k+W (3)0.025p0r
【解析】 (1)球内气体为理想气体,则有
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p0·0.9V
T 1
= pV
T 2
解得p=1.05p0。
(2)该过程气体内能变化量为
ΔU=350k-300k=50k
由热力学第一定律有
ΔU=-W+Q
解得Q=50k+W。
(3)把篮球沿过球心分成两半球,对其中任一半球面受力分析,如图所示
可得F 内=F 外+F 张
即p π r
2
2
= p0 π r
2
2
+F 张
解得F 张=0.025p0·πr2
球面上单位长度上的张力F=F张
π r
=0.025p0r。
16.【答案】 (1)10 N,方向水平向右 (2)离I 点左侧距离0.7 m (3)31
15
J≤Ep≤12
5
J
【解析】 (1)从弹出到B 处的过程中,根据能量守恒定律有
Epm=mgR1+1
2 m vB
2
经过B 处时,根据牛顿第二定律有
FN=mvB
2
R1
联立解得FN=10 N
根据牛顿第三定律有
F 压=FN=10 N,方向水平向右。
(2)在滑块与摆渡车共速时,根据动量守恒定律以及能量守恒定律有
mv1=(m+m0)v2,1
2 m v1
2=μmgs1+1
2
(m+m0)v2
2
解得共速时滑块与摆渡车的相对位移
s1=0.2 m
摆渡车与右端碰后停止,滑块继续向前滑行的距离
s2= v2
2
2 μg
=0.1 m
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故滑块所停位置距I 点的距离
d=L1-s1-s2=0.7 m。
(3)①若滑块刚好能过圆轨道最高点,则有
mg=mvC
2
R1
根据能量守恒定律有
Ep1=2mgR1+1
2 m vC
2
解得Ep1=1.5 J
②若滑块刚好不会从摆渡车右边掉下,则有
Ep2-2mg(R1+R2)=1
2 m v E
2,mvE=(m+m0)v3,1
2 m v E
2=μmgL1+1
2
(m+m0)v3
2
解得Ep2=12
5
J=2.40 J
③若滑块能停在目标区,则有
Ep3-2mg(R1+R2)=1
2
mvE'2,mvE'=(m+m0)v4,1
2
mvE'2=μmgs3+1
2
m0v4
2
其中L1≤s3≤L1+L2
解得31
15
J≤Ep3≤43
15
J
综合上述,要游戏能成功时,弹簧的弹性势能范围为
31
15
J≤Ep≤12
5
J。
17.【答案】 (1)2 A (2)3 s (3)4 m/s (4)32 W
【解析】 (1)金属杆a 运动前,根据法拉第电磁感应定律可得
E= ΔΦ
Δt = Δ B
Δt
S=0.5×2 V=1 V
则金属杆中的电流为
I= E
R =
1
0.5
A=2 A。
(2)由题意可知B=1+0.5t
金属杆a 受到的安培力为
Fa=BIL
当Fa=m0g 时,a 开始运动,联立解得t=3 s。
(3)金属杆b 运动时的电动势为
E'=B· L
2
v
回路电流为
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I'= E'
R
金属杆b 受到的安培力为
Fb=BI'· L
2
当F=Fb时,b 的速度达到最大,此时金属杆a 受到的安培力为
Fa'=2Fb=2F<m0g
可知a 一直处于静止状态,联立可得金属杆b 运动的最大速度为
vm=4 FR
B
2 L
2 = 4×2×0.5
1
2×1
2
m/s=4 m/s。
(4)由题意得,F 为5 N 时,金属杆a、b 一起运动,此时回路总电动势为
E 总=1
2
BLvb-BLva
代入速度可得
E 总=BL(
1
2 vb- va)=BL[
1
2 (vb0+abt )-(va0+aat )]
由上式可知,当1
2
ab=aa时,回路总电动势E 总不变,回路电流不变,此时电流最大,则有
F-1
2
BImL=mab
BImL-m0g=(m0+m)aa
联立解得Im=8 A
则回路的最大热功率为
P=I m
2R=32 W。
18.【答案】 (1)√2×106 m/s,方向与y 轴正方向成45°
(2)-2
5 (√2+1) m
(3)0.4 T 0.7 m
【解析】 (1)粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动,轨迹如图甲所示
甲
沿x 轴方向,有
x=1
2
a1t1
2,a1=q E1
m
,vx=a1t1
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解得a1=2.5×1012 m/s2,t1=4×10-7 s,vx=1×106 m/s
可得v=√v x
2+ v0
2=√2×106 m/s,tan θ=v x
v0
= a1t1
v0
=1
即带电粒子到达y 轴时,速度大小为√2×106 m/s,方向与y 轴正方向成45°。
(2)粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,轨迹如图乙所示
乙
根据qvB1=mv
2
r1
解得r1=2√2
5
m
粒子经过x 轴负半轴时的横坐标为
x'=-(r1+r1cos θ)=-2
5 (√2+1) m
(3)粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动,根据对称性可知,到达A 点时速度大小仍为v0=1×106 m/s,方
向沿y 轴正方向。此时撤去电场E1,设粒子在区域Ⅲ中的转动半径为r2,在区域Ⅳ中的转动半径
为r3,沿x 轴负方向观察可得,轨迹如图丙所示
丙
根据几何关系可知
Δx=2r3-2r2,4Δx=2r2
整理可得5r2=4r3
在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv
2
r
可得B3=4
5
B2=0.4 T
粒子在x 轴方向,在y>0 的区域做初速为零的匀加速运动,加速度
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a2=q E2
m
=1.25×1012 m/s2
在y<0 区域,做四次匀速运动,每一次匀速运动的时间
t 匀=1
2 × 2π m
q B3
= π
2
×10-7 s
在y>0 区域运动的时间
t 加=2T+T
2 = 5 π m
q B2
做匀加速运动的位移
x1=1
2
a2t加
2
做匀速运动的位移
x2=a2×T
2
×t 匀+a2×T×t 匀+a2×3T
2
×t 匀+a2×2T×t 匀=a2×5T×t 匀
P 点的横坐标xP=xA+x1+x2=0.7 m。
