2023年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬試卷b2

2023年1月浙江省普通高校招生選考科目物理仿真模擬試卷B(考試時間：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．“楓葉落秋風，片片楓葉轉(zhuǎn)”，離地10m的楓樹樹梢上一片楓葉在蕭瑟的秋風中顫抖著飄落到地面，完成了它最后葉落歸根的使命。若楓葉下落時間為5s，則下列說法正確的是（）A．楓葉下落過程中的平均速度一定為2m/s B．楓葉下落過程中的平均速度可能大于2m/s C．楓葉剛著地時的瞬時速度一定等于2m/s D．楓葉剛著地時的瞬時速度不可能等于2m/s【解答】解：A、樹葉可能不是豎直下落，則位移大于10m，平均速度2m/s，故A錯誤，B正確；CD、根據(jù)題目只能求出平均速度大于2m/s，不知道樹葉的具體運動情況，所以不能判斷楓葉剛落地時的瞬時速度，故CD錯誤；故選：B。2．電場中某區(qū)域的電場線分布如圖所示，A、B是電場中的兩點，則（）A．因為B點沒有電場線，所以電荷在B點不受到靜電力作用 B．同一點電荷在A點受到的靜電力比在B點時受到的靜電力大 C．把一個負電荷放在A點，靜電力方向沿A點電場線切線方向斜向下 D．正電荷放在A點由靜止釋放，電場線就是它的運動軌跡【解答】解：A、電場線的疏密代表電場的強弱，且電場線是假想的，并不實際存在，故在任意兩條電場線之間雖沒有電場線，但仍有電場，因此電荷在B點仍受到靜電力作用，故A錯誤；B、依據(jù)電場線的疏密代表電場的強弱，可知，在A處電場線比B處密，因此A處電場強度比B處大，同一電荷在A點受到的靜電力比在B點時受到的靜電力大，故B正確；C、若是負電荷，在A點受電場力方向則和電場方向相反，因此A點電場線切線方向斜向下表示電場方向，因此在A點受到電場力方向應該是A點電場線切線方向斜向上，故C錯誤；D、正電荷釋放時，電場力方向始終沿電場方向，而速度方向則在不斷變化，因此其軌跡不沿電場線，故D錯誤。故選：B。3．下列物理量屬于矢量的是（）A．電場強度 B．重力勢能 C．電勢 D．速率【解答】解：根據(jù)矢量和標量的性質(zhì)可知，電場強度是矢量，重力勢能、電勢、速率都是標量，故A正確，BCD錯誤。故選：A。4．如圖所示，相同的兩輛汽車在相同的牽引力作用下以相同的速度做勻速直線運動，兩車裝載的貨物質(zhì)量相同，裝載方式不同。根據(jù)圖中所給信息和所學知識判斷，下列得出的結(jié)論正確的是（）A．力是維持物體運動的原因 B．物體只有一點受到重力作用 C．重力的方向總是垂直接觸面向下的 D．物體重心的位置與物體的形狀和質(zhì)量分布有關(guān)【解答】解：A、使汽車前進的牽引力用來克服摩擦力，但力不是維持物體運動的原因，故A錯誤；B、物體各部分都受重力作用，但可以認為物體各部分所受重力等效集中于一點，這點叫做重心，故B錯誤；C、重力的方向是豎直向下的，不一定與接觸面垂直，故C錯誤；D、重心位置與質(zhì)量分布和物體的形狀有關(guān)，故D正確。故選：D。2，共有100匝，線圈總電阻為1Ω，線圈處于磁感應強度大小為的勻強磁場中，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸OO′轉(zhuǎn)動，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路阻值為9Ω電阻連接，不計交流電流表的內(nèi)阻。在外力作用下線圈以10πrad/s的角速度繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法中正確的是（） D．當線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應電流為零【解答】解：AB、線圈產(chǎn)生的最大感應電動勢為Em＝NBSω＝100V＝2V，有效值為E2V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I0.2A，電阻R產(chǎn)生的熱功率為P＝I2R＝0.36W，故AB錯誤。C、交流電的周期T0.2s，故C正確。D、當線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應電流最大，故D錯誤。故選：C。6．兩質(zhì)量不等的可視為質(zhì)點的小球用長度相同的輕質(zhì)細線懸掛于天花板上同一點，初始時輕質(zhì)細線與豎直方向的夾角均為θ，現(xiàn)由靜止同時釋放兩小球，最終兩球在懸點正下方發(fā)生相向碰撞，若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．從釋放到剛要發(fā)生碰撞，兩球所受重力產(chǎn)生的沖量一定相同 B．從釋放到剛要發(fā)生碰撞，細線上的拉力不產(chǎn)生沖量 C．從釋放到剛要發(fā)生碰撞，兩球所受合力產(chǎn)生的沖量方向一定相反 D．若兩球碰撞后粘合在一起，則兩小球一定靜止【解答】解：A、兩輕質(zhì)細線的長度相等、初始時輕質(zhì)細線與豎直方向的夾角均為θ，兩球從釋放到運動到最低點過程的運動時間t相等，由于兩球質(zhì)量m不相等，則兩球重力的沖量IG＝mgt不同，故A錯誤；B、從釋放到剛要發(fā)生碰撞過程，細線上拉力不為零，力的作用時間不為零，則細線上拉力沖量不為零，即細線上的拉力產(chǎn)生沖量，故B錯誤；C、兩球剛要碰撞時兩球的速度方向相反，兩球的動量方向相反，由動量定理可知，兩球所受合力產(chǎn)生的沖量方向相反，故C正確；D、釋放后兩球向下運動過程只有重力做功，機械能守恒，設(shè)球到達最低點時的速度大小為v，設(shè)細線的長度為L，由機械能守恒定律得：mgL（1﹣cosθ），解得：v，兩球到達最低點時的速度大小相等，兩球質(zhì)量不相等，兩球到達最低點時動量大小不相等，兩球速度方向相反，兩球碰撞前系統(tǒng)總動量不為零，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，兩球碰撞后系統(tǒng)的總動量不為零，碰撞后兩球粘合在一起，速度不為零，兩小球不靜止，故D錯誤。故選：C。7．如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場中的磁感應強度。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場中，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡。下列說法中正確的是（）A．線圈受到的安培力大小為BIl B．線圈受到的安培力方向水平指向紙內(nèi) C．若發(fā)現(xiàn)右盤向上翹起，則應增大線圈中的電流 D．若把電流大小不變而方向反向，則左盤向上翹起【解答】解：A、線圈匝數(shù)為n，在磁場中受到安培力大小為nBIl，故A錯誤；B、根據(jù)左手定則可知線圈受到的磁場對它的力方向豎直向上，故B錯誤；C、若發(fā)現(xiàn)右盤向上翹起，則減小線圈中的電流，線圈受到向上的安培力減小，根據(jù)受力可知，可使天平恢復平衡，故C錯誤；D、若電流大小不變而方向反向，線圈受到的安培力方向改變向下，根據(jù)受力可知，此時線圈不能保持平衡狀態(tài)，左盤向上翹起，故D正確。故選：D。8．中國預計在2022年前后建成載人空間站，它是一個在軌組裝成的具有中國特色的空間實驗室系統(tǒng)?？臻g站可以長期駐留3人，隨著航天員在空間站軌道艙內(nèi)停留時間的增加，體育鍛煉成了一個必不可少的環(huán)節(jié)，下列器材中適宜航天員在空間站軌道艙中進行鍛煉的是（）A．啞鈴 B．跑步機 C．單杠 D．彈簧拉力器【解答】解：A、用啞鈴鍛煉身體主要就是利用啞鈴的重力，在軌道艙中啞鈴處于完全失重狀態(tài)，它對人的胳膊沒有壓力的作用；故不能用來鍛煉，故A錯誤；B、在軌道艙中人處于失重狀態(tài)，就算人站在跑步機上，但是腳對跑步機一點壓力也沒有。根據(jù)壓力與摩擦力成正比，那么這時腳與跑步機之間沒有一點摩擦力。沒有摩擦力人將寸步難行。故不能用來鍛煉，故B錯誤；C、用單杠鍛煉身體需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降。在完全失重狀態(tài)下已沒有重力可用；故不能用來鍛煉，故C錯誤；D、彈簧拉力器鍛煉的是人肌肉的伸縮和舒張力，與重力無關(guān)。故能用來鍛煉，故D正確。故選：D。9．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓環(huán)，圓心為O，半徑為R，PQ為水平直徑，MN為傾斜直徑，PQ與MN間的夾角為θ，一條不可伸長的輕繩長為L，兩端分別固定在圓環(huán)的M、N兩點，輕質(zhì)滑輪連接一個質(zhì)量為m的重物，放置在輕繩上，不計滑輪與輕繩間的摩擦?，F(xiàn)將圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ角，下列說法正確的是（）A．圖示位置時，輕繩的張力大小為 B．直徑MN水平時，輕繩的張力大小為 C．輕繩與豎直方向間的夾角先增大再減小 D．圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ的過程中，輕繩的張力逐漸減小【解答】解：AB．同一繩子拉力相等，所以與豎直方向的夾角相等，設(shè)兩段繩子與豎直方向的夾角為α，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得2Rcosθ＝MB；MB＝AM?sinα+AN?sinα＝Lsinα可得：sinα根據(jù)平衡條件得：2Fcosα＝mg解得：直徑MN水平時，θ＝0°，有F故AB錯誤；CD．M、N連線與水平直徑的夾角θ（θ≤90°）越大，M、N之間的水平距離越小，輕繩與豎直方向的夾角α越小，根據(jù)mg＝2Fcosα知輕繩的張力F越小，當轉(zhuǎn)過θ時繩子拉力最小，后來又逐漸增大。故圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)過2θ的過程，輕繩的張力先增大再減小，故C正確；D錯誤。故選：C。10．某同學自主設(shè)計了墻壁清潔機器人的模型，利用4個吸盤吸附在接觸面上，通過吸盤的交替伸縮吸附，在豎直表面上行走并完成清潔任務(wù)，如圖所示。假設(shè)這個機器人在豎直玻璃墻面上由A點沿直線“爬行”到右上方B點，設(shè)墻面對吸盤摩擦力的合力為F，下列分析正確的是（）A．若機器人勻速運動，則F的方向可能沿AB方向 B．若機器人勻速運動，則F的方向一定豎直向上 C．若機器人加速運動，則F的方向可能沿AB方向 D．若機器人加速運動，則F的方向一定豎直向上【解答】解：AB、若機器人勻速運動，機器人受到的合外力為零，豎直方向，機器人受到重力，方向豎直向下，摩擦力與重力大小相等，方向相反，故F的方向一定豎直向上，故A錯誤，B正確；CD、若機器人加速運動，由牛頓第二定律得，重力和摩擦力的合外力的方向指向B，由平行四邊形定則可知，當F的方向沿AB方向或豎直向上時，合外力方向不可能指向B，故CD錯誤；故選：B。11．根據(jù)新華網(wǎng)轉(zhuǎn)載的科技日報的報道，成都計劃在2020年發(fā)射3顆“人造月亮”衛(wèi)星，這個“人造月亮”實質(zhì)是由位于距地面高度為h處的三面鏡子組成，“3面巨大的反射鏡將等分360度的軌道平面”，可將太陽光反射到地球上，實現(xiàn)24小時固定照亮成都全市，每年將為成都市節(jié)約12億元的電費。已知，地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6.6R，忽略地球自轉(zhuǎn)及“人造月亮”間的引力作用，關(guān)于“人造月亮”，下列說法正確的是（）A．“人造月亮” B．“人造月亮”繞地球公轉(zhuǎn)的周期約為12小時 C．“人造月亮”繞地球公轉(zhuǎn)的角速度為 D．為保證地球在任意位置都能被“人造月亮”反射的太陽光照亮，則“人造月亮”的最大線速度為【解答】解：A、v＝7.9km/s為第一宇宙速度，是最大的運行速度，所有衛(wèi)星的運行速度都小于等于7.9km/s，故A錯誤；B、由開普勒第三定律得：，得：T＝24h，故B錯誤；C、由萬有引力定律提供向心力得：mω2（R+h），又忽略地球自轉(zhuǎn)時，地球表面的物體，萬有引力近似等于重力：mg，聯(lián)立解得：ω，故C錯誤；D、為保證地球在任意位置都能被“人造月亮”反射的太陽光照亮，則3顆“人造月亮”衛(wèi)星的連線應為正三角形，且地球為其內(nèi)切圓，則由幾何關(guān)系得“人造月亮”的軌道半徑為：r＝2R，由萬有引力定律提供向心力得：m，又忽略地球自轉(zhuǎn)時，地球表面的物體，萬有引力近似等于重力：mg，聯(lián)立解得：v，故D正確。故選：D。12．一新型電磁船的船體上安裝了用于產(chǎn)生強磁場的超導線圈，在兩船舷之間裝有電池，導電的海水在磁場力作用下即可推動該船前進，如圖是電磁船的簡化原理圖，其中MN和PQ是與電池相連的導體棒，MN、PQ、電池與海水構(gòu)成閉合回路，且與船體絕緣，要使該船水平向左運動，則超導線圈在MNPQ所在區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向是（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右【解答】解：海水中電流方向從MN流向QP，且船向左運動，海水所受的安培力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，船體所受的安培力方向向左，再根據(jù)左手定則，可知，磁場方向豎直向下。故B正確，ACD錯誤。故選：B。13．如圖所示，真空中有一均勻介質(zhì)球，一束復色光平行于BOC從介質(zhì)球的A點折射進入介質(zhì)球內(nèi)，進如介質(zhì)球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C點，光束Ⅱ射到D點，∠AOB＝60°，則（）A．介質(zhì)球?qū)馐虻恼凵渎蚀笥?B．同時進入介質(zhì)球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介質(zhì)球 C．當入射角大于某一特定角度時，從A點射進介質(zhì)球的光束Ⅱ會發(fā)生全反射 D．用光束Ⅰ和光束Ⅱ分別射向同一雙縫干涉裝置，光束Ⅱ的條紋間距比光束Ⅰ大【解答】解：A、對于光束I：在A點的入射角i＝60°，折射角r30°，則玻璃對光束I的折射率為nI，由折射定律分析知，介質(zhì)球?qū)馐虻恼凵渎蚀笥诮橘|(zhì)球?qū)馐鳬的折射率，即大于，故A正確。B、由v分析知在介質(zhì)球中，光束Ⅰ的傳播速度大于光束Ⅱ的傳播速度，則同時進入介質(zhì)球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介質(zhì)球，故B錯誤。C、從A點射進介質(zhì)球的光束Ⅱ，再射到界面時入射角等于A點的折射角，由光路可逆原理知，光線不會發(fā)生全反射，一定能從介質(zhì)球射出，故C錯誤。D、介質(zhì)球?qū)馐虻恼凵渎蚀笥诮橘|(zhì)球?qū)馐鳬的折射率，說明光束Ⅱ的頻率大，波長短，而干涉條紋的間距與波長成正比，則光束Ⅱ的條紋間距比光束Ⅰ小，故D錯誤。故選：A。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2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2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）14．下列說法正確的是（）A．普朗克為了解釋黑體輻射現(xiàn)象，第一次提出了能量量子化理論 B．大量的電子通過雙縫后在屏上能形成明暗相間的條紋，這表明所有的電子都落在明條紋處 C．光波是一種概率波，光的波動性是由于光子之間的相互作用引起的，這是光子自身的固有性質(zhì) D．電子和其他微觀粒子都具有波粒二象性【解答】解：A、普朗克第一次提出了能量量子化理論，解釋了黑體輻射現(xiàn)象，故A正確；B、大量的電子通過雙縫后在屏上能形成明暗相間的條紋，這表明落在明條紋處的電子較多、落在暗條紋出的電子較少，故B錯誤；C、波粒二象性是光的根本屬性，與光子之間的相互作用無關(guān)，故C錯誤；D、任何一個運動著的物體，小到電子質(zhì)子大到行星太陽，都有一種波與之對應這種波稱為物質(zhì)波，故電子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性，故D正確。故選：AD。15．如圖所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m處，兩列波的波速均為v＝0.4m/s，振幅均為A＝2cm．t＝0時刻兩列波的圖象及傳播方向如圖所示，此時平衡位置處于x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q兩質(zhì)點剛開始振動．質(zhì)點M、N的平衡位置分別處于x＝0.4m和x＝0.5m處，下列關(guān)于各質(zhì)點運動情況的判斷正確的（）A．t＝0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到N點 B．質(zhì)點P、Q的起振方向相同 C．t＝1.5s時刻，質(zhì)點M的位移為2cm D．兩列波相遇后，N點是振動加強點【解答】解：A、質(zhì)點不隨波遷移，所以質(zhì)點P、Q都不會運動到N點，故A錯誤；B、由波的傳播方向可確定質(zhì)點的振動方向：逆向描波法。兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，則質(zhì)點P、Q均沿y軸負方向運動，即質(zhì)點P、Q的起振方向相同，故B正確；C、t＝1.5s時，兩列波傳播的距離均為：△x＝v?△×1.5＝0.6m；故兩列波都恰好傳播到N點，M點的運動僅僅是由左側(cè)的波引起的。結(jié)合圖可知，左側(cè)的波谷恰好傳播到M點，所以M點的位移大小為﹣2cm。故C錯誤；C、由C的分析可知，兩處的波動傳到N的時間都是1.5s，兩列波到達N點后起振的方向也相同，所以N點振動加強點，故D正確。故選：BD。16．放射性元素氡（）的半衰期為T，氡核放出一個粒子后變成釙核（），設(shè)氡核、釙核和X粒子的質(zhì)量為m1、m2、m3，下列說法正確的是（）A．該過程的核反應方程式是→ B．發(fā)生一次核反應釋放的核能為 D．釙核的比結(jié)合能比氡核的比結(jié)合能大【解答】解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)是222﹣218＝4，電荷數(shù)是：86﹣84＝2，所以該過程的核反應放出是→，故A正確；B、該核反應的過程中釋放能量，有質(zhì)量虧損，所以發(fā)生一次核反應釋放的核能為E＝（m1﹣m2﹣m3）c2，故B錯誤；C、1g氡經(jīng)2T時間后，剩余氡原子的質(zhì)量為：0.25g，故C錯誤；D、該核反應的過程中釋放能量，有質(zhì)量虧損，所以釙核的比結(jié)合能比氡核的比結(jié)合能大，故D正確；故選：AD。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．（7分）恢復系數(shù)是反映碰撞時物體變形恢復能力的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料有關(guān)。兩物體碰撞后的恢復系數(shù)為e＝||，其中v1，v2和v1′、v2′分別為物體m1和m2碰撞前后的速度。某同學利用如下實驗裝置測定物體m1和m2碰撞后的恢復系數(shù)。實驗步驟如下①按圖示安裝好實驗器材，將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端；②先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點位置；重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置。③將小球m2放在斜槽末端邊緣處，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，分別記下小球m1和m2在斜面上的落點位置；重復多次，并使用與2同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；④用毫米刻度尺量出各個平均落點到斜槽末端點B的距離。圖中D、E、F點是該同學記下小球在斜面上的落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF。根據(jù)該同學的實驗，回答下列問題：（1）兩小球的質(zhì)量關(guān)系為m1＞m2（填“＞”、“＝”或“＜”）（2）在不放小球m2時，小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，m1的落點在圖中的E點，把小球m2放在斜槽末端邊緣處，小球m從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，碰后小球m1的落點在圖中的D點（3）利用實驗中測量的數(shù)據(jù)表示小球m1和m2碰撞后的恢復系數(shù)為e＝（4）若利用天平測量出兩小球的質(zhì)量分別為m1、m2，則滿足表示兩小球碰撞前后動量守恒；若滿足e＝1.0表示兩小球碰撞前后動量和機械能均守恒。（計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【解答】解：（1）為了防止兩球碰后出現(xiàn)反彈現(xiàn)象，入射球的質(zhì)量一定要大于被碰球的質(zhì)量；（2）由圖可知，兩小球打在斜面上，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，下落得高度：h水平方向的位移：x＝v0t①設(shè)斜面得傾角為θ，則：tanθ所以：t②可得：x③則可知，三次平拋運動中，水平速度越大，水平方向的位移越大；則由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落點最遠，而碰后入射球速度最小，其下落點最近，則可知，在不放小球m2時，小球m1從斜軌頂端A點由靜止釋放，m1的落點在圖中的E點，而碰后入射球落到D點；（3）設(shè)水平位移是x時，斜面得長度為L，則：④聯(lián)立③④可得：⑤圖中D、E、F點是該同學記下小球在斜面上的落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF。由⑤則可解得：v1v1′v2′代入給出恢復系數(shù)表達式可得：e；（4）若滿足動量守恒，則一定有：m1v1＝m1v1′+m2v2'代入所求速度，然后化簡可得：若滿足機械能守恒，則有：m1v12m1v1'2m2v2'2故答案為：（1）＞；（2）E，D；（3）；（4）18．（7分）在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準。待測金屬絲直徑約為0.4mm，接入電路部分的長度約為50cm。（1）用伏安法測金屬絲的電阻Rx。實驗所用器材為：電池組（電動勢3V，內(nèi)阻約1ΩΩ）、電壓表（內(nèi)阻約3kΩ）、滑動變阻器R（0～20Ω，額定電流2A）開關(guān)、導線若干。某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數(shù)據(jù)如下：次數(shù)1234567U/VI/A由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量Rx是采用圖中的甲圖（選填“甲”或“乙”）。（2）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖丙所示，圖中已標出了與測量數(shù)據(jù)對應的4個坐標點。請在圖中標出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)的坐標點，并描繪出U﹣I圖線如圖所示。由圖線得到金屬絲的阻值Rx＝4.5Ω（保留兩位有效數(shù)字）。（3）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估算出金屬絲電阻率約為C（填選項前的符號）。A．1×10﹣2Ω?mB．1×10﹣3Ω?mC．1×10﹣6Ω?mD．1×10﹣8Ω?m（4）任何實驗測量都存在誤差。本實驗所用測量儀器均已校準。下列關(guān)于誤差的說法中正確的選項是CD（有多個正確選項）。A．用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差B．由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差C．若將電流表和電壓表的內(nèi)阻計算在內(nèi)，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差D．用U﹣I圖像處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差【解答】解：（1）題表中所給數(shù)據(jù)可知金屬絲兩端電壓接近從0開始，所以滑動變阻器應采用分壓式接法，即選甲圖；（2）根據(jù)描點法作圖，用直線將各點連接，不在直線上的點舍去，得出的圖象如圖所示；根據(jù)題表中所給數(shù)據(jù)描點，繪出的U﹣I圖線應過坐標原點，且使大多數(shù)點在一條直線上，不在直線上的點分居直線兩側(cè)，如圖所示，由圖線的斜率可得金屬絲的阻值RxΩΩ（3）由電阻定律知R，S＝π（）2，取d＝4×10﹣4Ω，則ρΩ?×10﹣6Ω?m，故C正確；故選C；（4）AB．讀數(shù)引起的誤差為偶然誤差，電流表、電壓表內(nèi)阻引起的誤差為系統(tǒng)誤差，故A、B錯誤；C．計算時，將電流表、電壓表的內(nèi)阻考慮在內(nèi)，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差，故C正確；D．采用圖像法，可以減小偶然誤差，故D正確。故選：CD。故答案為：（1）甲；（2）如圖所示；4.5；C；（3）CD。19．（9分）如圖所示，“神舟十一號”載人飛船的返回艙在距地面某一高度時，啟動降落傘裝置，速度減至v＝10m/s時開始勻速降落。在距地面h＝1.1m時，返回艙的緩沖發(fā)動機開始向下噴氣，艙體再次減速，經(jīng)過時間t＝0.20s，以某一速度落至地面，此過程可視為豎直方向的勻減速直線運動。取重力加速度g＝10m/s2．求：（1）在該0.20s減速階段，返回艙加速度a的方向和大??；（2）在該0.20s減速階段，返回艙對質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力大小F；（3）事實上空氣阻力跟物體相對于空氣速度有關(guān)，還跟物體的橫截面積有關(guān)。假設(shè)減速傘下落過程受到的空氣阻力與減速傘的橫截面積S成正比，與減速傘下落的速度v的平方成正比，即f＝kSv2（其中k為比例系數(shù)）。減速傘在接近地面時近似看作勻速直線運動，重力加速度為g。a．請敘述，打開減速傘后，返回艙的運動情況。b．如果返回艙和減速傘的總質(zhì)量為M，求返回艙接近地面勻速時的速度vm?！窘獯稹拷猓海?）返回艙勻減速下降，加速度方向豎直向上。根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得：h＝vt代入數(shù)據(jù)解得：a＝45m/s2。（2）以航天員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma×103N；（3）a、打開減速傘后返回艙向下做減速運動，速度v不斷減小，由牛頓第二定律得：kSv2﹣mg＝ma，由于v減小，返回艙的加速度a減小，返回艙做加速度減小的減速運動，當返回艙所受合力為零后做勻速直線運動。b、返回艙勻速運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：Mg＝kSvm2，解得：vm；答：（1）在該0.20s減速階段，返回艙加速度a的方向：豎直向上，大小為：45m/s2；×103N；（3）a、打開減速傘后，返回艙先向下做加速度減小的減速運動，后做勻速直線運動。b、返回艙接近地面勻速時的速度vm為。20．（12分）某同學設(shè)計出如圖所示實驗裝置，將一質(zhì)量為0.2kg的小球（可視為質(zhì)點）放置于水平彈射器內(nèi)，壓縮彈簧并鎖定，此時小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點。AB為粗糙水平面，小球與水平面間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動；BC為一段光滑圓弧軌道。O′為圓心，半徑R＝0.5m，O′C與O′B之間夾角為θ＝37°．以C為原點，在C的右側(cè)空間建立豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy，在該平面內(nèi)有一水平放置開口向左且直徑稍大于小球的接收器D．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（1）某次實驗中該同學使彈射口距離B處L1＝1.6m處固定，解開鎖定釋放小球，小球剛好到達C處，求彈射器釋放的彈性勢能？（2）求上一問中，小球到達圓弧軌道的B點時對軌道的壓力？（3）把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動至離B處L2＝0.8m處固定彈射器并解開鎖定釋放小球，小球?qū)腃處射出，恰好水平進入接收器D，求D處坐標？【解答】解：（1）從A到C的過程中，由動能定理得：W彈﹣μmgL1﹣mgR（1﹣cosθ）＝0解得：W彈＝1.8J。根據(jù)能量守恒定律得：EP＝W彈＝1.8J；（2）從B到C由動能定理：在B點由牛頓第二定律：聯(lián)立解得：FNB（3）小球從彈射器內(nèi)到運動到C處，由動能定理得：W彈﹣μmgL2﹣mgR（1﹣cosθ）mvC2﹣0，解得：vC＝2m/s方向與水平方向成37°角，由于小球剛好被D接收，其在空中的運動可看成從D點平拋運動的逆過程，vCx＝vCcos37°m/svCy＝vCsin37°m/s，由vCy＝gt解得s則D點的坐標：x＝vCxtyvCyt，解得：即D處坐標為：（0.144m，0.384m）。答：（1）彈射器釋放的彈性勢能為1.8J；（2）求上一問中，小球到達圓弧軌道的B點時對軌道的壓力為2.8N；（3）D處坐標為（0.144m，0.384m）。21．（10分）如圖所示，兩根相距為L足夠長的、電阻不計的平行金屬導軌MN和PQ，固定在水平面內(nèi)，在導軌之間分布著豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場。將兩根長度均為L，電阻均為R的粗糙金屬棒b和光滑金屬棒a垂直放量在導軌上，質(zhì)量滿足mb＝2ma＝2m，現(xiàn)將棒a通過不可伸長的水平輕質(zhì)繩跨過光滑定滑輪與質(zhì)量為m的重物相連，重物由靜止釋放后與棒a一起運動，并始終保持接觸良好。經(jīng)過一段時間后，棒a開始勻速運動時，棒b恰好開始運動。已知：重力加速度為g，棒b與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）棒b與導軌間的動摩擦因數(shù)；（2）棒a勻速運動的速度大??；（3）若b棒光滑，開始鎖定在導軌上，當a開始勻速運動時，細繩斷裂，同時解除鎖定，求之后回路中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）導體棒a受到的安培力：F＝BIL，a勻速運動，對a與重物組成的系統(tǒng)，由平衡條件得：mg，解得，a勻速運動時的速度：v；（1）a勻速運動時，感應電動勢：E＝BLv，感應電流：I，b受到的安培力：Fb＝BIL＝mg，b恰好開始運動時：μmbg＝Fb，解得：μ＝0.5；（3）當a開始勻速運動時，細繩斷裂、解除鎖定后，a、b