考前綜合檢測(三)

考前綜合檢測(三)(考試時間：90分鐘試卷分值：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．下列儀器不能直接測量基本物理量的是()解析：選C螺旋測微器可以測量長度，長度屬于基本物理量，故A不符合題意；天平可以測量質(zhì)量，質(zhì)量屬于基本物理量，故B不符合題意；彈簧測力計可以測量力，力不屬于基本物理量，故C符合題意；多用電表可以測量電流，電流屬于基本物理量，故D不符合題意。2．現(xiàn)在人們比較注重鍛煉身體，健身器材也五花八門。如圖是一款健跑車，車子沒有座墊，騎行者騎行時宛如騰空踏步，既可以短途代步，又可以鍛煉?？帷＼囎拥膫鲃咏Y(jié)構(gòu)如圖所示，則()A．踏腳板和前輪轉(zhuǎn)動的角速度相等B．鏈條相連的牙盤和前輪的小齒輪角速度相等C．踏腳板和前輪的小齒輪的線速度大小相等D．若騎行者直線騎行時，車輪與地不打滑，前、后輪接觸地的邊緣部分線速度大小相等解析：選D鏈條相連的牙盤和前輪的小齒輪線速度相等，根據(jù)v＝ωr可知，兩者半徑不等，角速度不等，踏腳板和牙盤角速度相等，小齒輪和前輪轉(zhuǎn)動的角速度相等，故踏腳板和前輪轉(zhuǎn)動的角速度不相等，故A、B錯誤；根據(jù)v＝ωr，踏腳板和牙盤的角速度相等，但是踏腳板半徑大于牙盤的半徑，則踏腳板的線速度大于牙盤的線速度，鏈條相連的牙盤和前輪的小齒輪線速度相等，故踏腳板的線速度大于前輪的小齒輪的線速度，故C錯誤；若騎行者直線騎行時，車輪與地不打滑，前、后輪接觸地的邊緣部分線速度大小相等，故D正確。3．吳老師在物理課堂上手托《漢語詞典》，并將一張薄面紙夾在下層兩個頁面之間，學(xué)生抽面紙，面紙總被拉斷。如圖所示，吳老師讓《漢語詞典》做某種運動時，學(xué)生能完好無損地抽出面紙，則該運動可能是()A．水平向右加速運動 B．水平向左勻速運動C．豎直向下加速運動 D．豎直向上加速運動解析：選C面紙被拉斷的原因是詞典對面紙的摩擦力比較大，該摩擦力與詞典對面紙的壓力有關(guān)，而壓力與面紙上面的部分詞典的重力有關(guān)，當(dāng)詞典豎直向下加速運動時，詞典失重，對面紙的壓力減小，從而面紙可以完好無損地抽出來，其他運動形式都不可能，故選C。4．以下說法正確的是()A．在同一雙縫干涉實驗中，藍(lán)光的干涉條紋間距比紅光的大B．電子束穿透鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性C．懸浮在水中的花粉的布朗運動顯示了花粉分子的熱運動D．電冰箱的工作表明熱量可以從低溫物體傳遞給高溫物體解析：選D藍(lán)光的波長比紅光的波長小，根據(jù)Δx＝eq\f(Lλ,d)可知，在同一雙縫干涉實驗中，藍(lán)光的干涉條紋間距比紅光的小，故A錯誤；電子束穿透鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的波動性，故B錯誤；懸浮在水中的花粉的布朗運動顯示了水分子的熱運動，故C錯誤；電冰箱的工作表明熱量可以從低溫物體傳遞給高溫物體，但會引起其他變化，故D正確。5．利用所學(xué)物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理。IC卡內(nèi)部有一個由電感線圈L和電容C構(gòu)成的LC振蕩電路，公交卡上的讀卡機(刷卡時“嘀”地響一聲的機器)向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波。刷卡時，IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給電容C充電，達(dá)到一定的電壓后，驅(qū)動卡內(nèi)芯片進(jìn)行數(shù)據(jù)處理和傳輸。下列說法正確的是()A．IC卡工作所需要的能量來源于卡內(nèi)的電池B．僅當(dāng)讀卡機發(fā)射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C．若讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率，則線圈L中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流D．IC卡只能接收讀卡機發(fā)射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數(shù)據(jù)信息解析：選B讀卡機發(fā)射的電磁波，被IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路接收，使IC卡充電，因此IC卡的能量源于讀卡機發(fā)射的電磁波，A錯誤；僅當(dāng)讀卡機發(fā)射的電磁波頻率與該IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時，才發(fā)生電諧振，IC卡才能有效工作，B正確；若讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈L中仍會產(chǎn)生感應(yīng)電流，C錯誤；由題意知，IC卡內(nèi)的線圈L中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給電容C充電，達(dá)到一定電壓后，驅(qū)動卡內(nèi)芯片進(jìn)行數(shù)據(jù)處理和傳輸，D錯誤。6．光滑水平面上，小物塊在水平力F作用下運動，運動過程中速度v與位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示，所受空氣阻力f與速度v的關(guān)系滿足f＝0.5v，小物塊從x＝－5m到x＝5m的運動過程中()A．做勻變速直線運動B．拉力F一直保持不變C．拉力F做功W＝10JD．阻力的沖量大小I＝2.5N·s解析：選C由題圖可知，相同的位移內(nèi)速度變化量相同，在－5m到0過程中由于減速運動則可知相同速度變化量所用時間越來越長，故加速度減小，則拉力越來越小，在0到5m過程中由于加速運動則可知相同速度變化量所用時間越來越短，故加速度增大，則拉力越來越大，故A、B錯誤；由圖可知，0到5m過程中v＝0.8x，則f＝0.5v＝0.4x，克服阻力做功為Wf＝eq\f(0＋f,2)x＝5J，由對稱性可知全程克服阻力做功為2Wf，全程由動能定理可得W－2Wf＝0，聯(lián)立解得拉力做功為W＝2Wf＝10J，故C正確；0到5m，阻力的沖量大小為If＝f·t＝2.5N·s，則全程阻力的沖量大小為I＝2If＝5N·s，故D錯誤。7.如圖所示，虛線為兩個固定等量異種場源點電荷的等勢線，現(xiàn)有一帶電粒子以某一速度從圖中a點進(jìn)入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列說法正確的是()A．運動的帶電粒子電性為正B．帶電粒子速度先變小后變大C．直線ea上各點電場強度均為0D．帶正電的場源點電荷位于ea連線a的右側(cè)某位置解析：選B根據(jù)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得，該圖中的等勢面中，正電荷在上方，負(fù)電荷在下方；從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶電粒子受到了向上的力的作用，所以粒子帶負(fù)電，故A、D錯誤；粒子從a→b→c過程中，電場力做負(fù)功，c→d→e過程中，電場力做正功，粒子在靜電場中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先變小后變大，電勢能先增大后減小，故B正確；根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布，可知ea上各點電場強度不為零，電勢為零，故C錯誤。8.如圖所示，A、B兩顆衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動，若ω表示衛(wèi)星角速度大小，S表示衛(wèi)星與地心的連線在單位時間內(nèi)掃過的面積，a表示加速度大小，r表示軌道半徑，T表示周期，則下列關(guān)系正確的是()A．ωA>ωB B．SA>SBC．a(chǎn)A>aB D.eq\f(rA2,TA3)＝eq\f(rB2,TB3)解析：選B根據(jù)衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，則ωA<ωB，所以A錯誤；衛(wèi)星與地心的連線在單位時間內(nèi)掃過的面積為S＝eq\f(ωt,2π)πr2＝eq\f(ωr2,2)＝eq\f(1,2)eq\r(GMr)，則SA>SB，所以B正確；根據(jù)衛(wèi)星所受萬有引力提供向心力有a＝eq\f(GM,r2)，則aA<aB，所以C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可知，eq\f(rA3,TA2)＝eq\f(rB3,TB2)，所以D錯誤。9.如圖所示，把一矩形均勻薄玻璃板ABCD壓在另一個矩形平行玻璃板上，一端用薄片墊起，將紅單色光從上方射入，這時可以看到明暗相間的條紋，下列關(guān)于這些條紋的說法中正確的是()A．條紋方向與AB邊平行B．條紋間距不是均勻的，越靠近BC邊條紋間距越大C．減小薄片的厚度，條紋間距變小D．將紅單色光換為藍(lán)單色光照射，則條紋間距變小解析：選D薄膜干涉的光程差Δs＝2d(d為薄膜厚度)，厚度相同處產(chǎn)生的條紋明暗情況相同，因此條紋方向應(yīng)與BC邊平行，故A錯誤；因為兩玻璃間形成的空氣膜厚度均勻變化，因此條紋是等間距的，故B錯誤；減小薄片厚度，條紋間距將增大，故C錯誤；將紅單色光換成藍(lán)單色光照射，入射光波長變短，條紋間距將減小，故D正確。10.如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為()A．3∶1 B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：選A電子在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示，電子1垂直射進(jìn)磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑r＝eq\f(mv,qB)可知，電子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，電子2運動的時間t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正確。11．如圖所示為振動手電筒的示意圖，通過搖晃手電筒使磁鐵與線圈發(fā)生相對運動來給儲電器充電，儲電器再給LED燈泡供電。一般來回?fù)u晃手電筒的平均作用力約為2.0N，平均速度約為0.85m/s，機械能的四分之三可以轉(zhuǎn)化成LED燈泡正常發(fā)光時的電能。已知LED燈泡正常發(fā)光的電壓為3.1V，電流為32mA。下列說法正確的是()A．搖晃過程線圈內(nèi)磁通量保持不變B．LED燈泡的電阻約為1000ΩC．搖晃手電筒的機械功率約為0.1WD．手電筒搖晃1min，燈泡約可正常發(fā)光13min解析：選D搖晃過程中，磁鐵與線圈相對位置發(fā)生變化，線圈內(nèi)磁通量改變，產(chǎn)生感應(yīng)電流給儲電器充電，A錯誤；燈泡電阻為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.1,0.032)Ω≈96.9Ω，B錯誤；搖晃手電筒的機械功率約為P＝Fv＝2×0.85W＝1.7W，C錯誤；燈泡的電功率為P＝UI＝3.1×0.032W＝0.0992W，手電筒搖晃1min，燈泡約可正常發(fā)光t＝eq\f(W,P)＝eq\f(1.7×1×\f(3,4),0.0992)min≈13min，D正確。12．小明分別按圖1和圖2電路探究遠(yuǎn)距離輸電的輸電損耗，將長導(dǎo)線卷成相同的兩卷A、B來模擬輸電線路，忽略導(dǎo)線的自感作用。其中T1為理想升壓變壓器，T2為理想降壓變壓器，兩次實驗中使用的燈泡相同，燈泡的電壓相等。兩次實驗中()A．都接直流電源 B．A兩端的電壓相等C．A損耗的功率相等 D．圖1中A的電流較大解析：選D由于變壓器只能改變交變電流，因此題圖2中不可能接直流電源，A錯誤；T2是降壓變壓器，根據(jù)eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)>1，由于流過兩個燈的電流相等，可知題圖2中流過A的電流較小，題圖2中A兩端的電壓較低，題圖2中A消耗的功率較小，B、C錯誤，D正確。13．能源危機是人類社會面臨的重大問題，開發(fā)“綠色能源”是解決“能源危機”的重要途徑。某科技小組設(shè)計了一款“太陽能”電動小車，該小車太陽能電板面積為100cm2，當(dāng)太陽光垂直照射電板時，有20%的光能轉(zhuǎn)化為電能，已知太陽光垂直到達(dá)地面每平方米的輻射功率約為P0＝800W；車上安裝有一電動機，其額定電壓為5V，額定電流為0.2A，機械效率為80%，太陽能電板對電動機供電。某次小車以額定功率啟動，運動的過程中最大速度為0.2m/s，所受阻力大小恒定不變，以下說法正確的是()A．小車克服阻力做功的功率為1WB．小車以額定功率勻速運動時其牽引力為5NC．若太陽光一天內(nèi)垂直電板光照12h，該太陽能電板一天的發(fā)電量約為0.04kW·hD．若太陽光垂直電板光照2h，該太陽能電板為該小車供電最多可正常工作的時間約為3h解析：選D小車牽引力的額定功率為P機＝UI×80%＝0.8W，當(dāng)小車以最大速度運動時，牽引力功率等于克服阻力做功功率，則Pf＝0.8W，故A錯誤；由P機＝Fvm，小車以額定功率勻速運動時其牽引力為F＝4N，故B錯誤；太陽光一天內(nèi)垂直電板光照12h，該太陽能電板一天的發(fā)電量約為E＝P0St×20%＝0.8×0.01×12×20%kW·h＝0.0192kW·h，故C錯誤；太陽光垂直電板光照2h，獲得電能為E′＝P0St′×20%＝0.0032kW·h，則E′＝UIt″，得t″＝3.2h≈3h，故D正確。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．直角坐標(biāo)系的y軸為兩種均勻介質(zhì)Ⅰ、Ⅱ的分界線，位于x＝0處的波源發(fā)出的兩列機械波a、b同時在Ⅰ、Ⅱ中傳播，某時刻的波形圖如圖所示，x＝6m是此時刻a波傳到的最遠(yuǎn)點，下列說法正確的是()A．兩列波的頻率關(guān)系fa＝4fbB．此時刻b波傳到x＝－24mC．波源的起振方向沿y軸正方向D．平衡位置距x＝0處1.5m的兩質(zhì)點P、Q中，質(zhì)點Q先到達(dá)最大位移處解析：選BD由題可知，這兩列波是由同一波源引起的，故兩列波的頻率關(guān)系為fa＝fb，故A錯誤；由題圖可知，a波的波長為λa＝1m，b波的波長為λb＝4m，根據(jù)公式v＝eq\f(λ,T)＝λf可知：eq\f(va,vb)＝eq\f(λa,λb)＝eq\f(1,4)，由x＝vt知，當(dāng)xa＝6m時，xb＝24m，即此時刻b波傳到x＝－24m處，故B正確；由題可知，此時刻x＝6m處的質(zhì)點剛剛開始振動，根據(jù)波的傳播方向和振動方向的關(guān)系可知，該質(zhì)點此時刻向y軸負(fù)方向振動，說明波源的起振方向也為y軸負(fù)方向，故C錯誤；根據(jù)波的傳播方向可以知道，該時刻P、Q質(zhì)點均向y軸正方向振動，質(zhì)點P到達(dá)最大位移處用時tP＝eq\f(T,4)，而質(zhì)點Q到達(dá)最大位移處用時tQ<eq\f(T,4)，即質(zhì)點Q先到達(dá)最大位移處，故D正確。15．圖甲為光電效應(yīng)實驗的電路圖。選用不同頻率的光束a和b照射，發(fā)現(xiàn)用光束a時，無論怎樣移動滑片位置或?qū)φ{(diào)電源正負(fù)極，電流I始終為0；用光束b時，保持光照強度不變，移動滑動變阻器滑片位置或?qū)φ{(diào)電源正負(fù)極，得到電流表的示數(shù)I隨電壓表的示數(shù)U變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法中正確的是()A．增加光束a的光照強度，調(diào)整滑片位置，電流可不為零B．增加光束a的照射時間，調(diào)整滑片位置，電流仍為零C．保持光束b的顏色不變，只增加光照強度時，I-U圖像的縱截距I0會增大D．保持光束b的顏色不變，只增加光照強度時，I-U圖像的橫截距Uc會增大解析：選BC光束a照射時，沒有發(fā)生光電效應(yīng)，增加光束a的光照強度和照射時間，仍不發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，電流仍為零，A錯誤，B正確；當(dāng)只增加光照強度時，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)增多，因此，圖像的縱截距I0會增大，C項正確；由－eUc＝0－Ekm可得eUc＝Ekm＝hν－W0，遏止電壓Uc只與入射光子的頻率有關(guān)，而與光照強度無關(guān)，即只增加光照強度時，橫截距Uc不變，D項錯誤。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)Ⅰ.(7分)(1)某實驗小組利用光電門等器材“驗證機械能守恒定律”，原理如下：直徑為d的金屬小球由A處靜止釋放，下落過程中經(jīng)過A處正下方的B處固定的光電門，光電門測出小球通過光電門的時間為t。①用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d＝________mm；②為驗證機械能守恒定律，實驗中還一定需要測量的量有_________________；③為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應(yīng)作下列哪一個圖像？________；A．h-t圖像 B．h-eq\f(1,t)圖像C．h-eq\f(1,t2)圖像 D．h-eq\r(t)圖像④經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動能增加量總是稍小于重力勢能減少量，你認(rèn)為減小釋放高度h(h?d)后，兩者的差值會________(填“增大”“縮小”或“不變”)。(2)在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，①本實驗中做了三點理想化假設(shè)：將油酸分子視為球形；__________________________；油酸分子是緊挨在一起的；②配置油酸酒精溶液時，油酸酒精溶液的濃度為每1000mL溶液中有純油酸5mL，用注射器測得0.5mL上述溶液有100滴，把一滴該溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的淺盤里，測得油酸膜的輪廓如圖所示，圖中正方形小方格的邊長為2cm，則估測出油酸分子的直徑是________m；(此結(jié)果保留2位有效數(shù)字)③在一次實驗中得到了如圖所示的油膜，如果按此油膜來計算分子直徑，你認(rèn)為測量結(jié)果相對真實值會________________。(填“偏大”“偏小”或“無系統(tǒng)誤差”)解析：(1)①螺旋測微器的精確值為0.01mm，由圖乙可知小球的直徑為d＝10mm＋19.5×0.01mm＝10.195mm。②小球從A到B的過程，減少的重力勢能等于增加的動能，則驗證機械能守恒的表達(dá)式為mgh＝eq\f(1,2)mv2，即gh＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，故為驗證機械能守恒定律，實驗中還一定需要測量的量有：A和B的高度差h。③根據(jù)mgh＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，可得h＝eq\f(d2,2g)·eq\f(1,t2)，為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應(yīng)作h-eq\f(1,t2)圖像，故選C。④經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動能增加量總是稍小于重力勢能減少量，原因是小球下落過程受到一定的空氣阻力，小球克服空氣阻力做功，使得一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；若減小釋放高度h(h?d)，則小球克服空氣阻力做功減小，則小球重力勢能減少量與小球動能增加量的差值會縮小。(2)①本實驗中做了三點理想化假設(shè)：將油酸分子視為球形；油酸分子形成單層分子膜；油酸分子是緊挨在一起的。②每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為V＝eq\f(5,1000)×eq\f(0.5,100)mL＝2.5×10－5mL按照超過半格的算一個，不足半格的舍去原則，可得油酸膜的面積為S＝60×4cm2＝240cm2估測出油酸分子的直徑為d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2.5×10－5,240)cm≈1.0×10－9m③由圖可知該次實驗中痱子粉撒太多，油膜未能充分展開，此時所測油膜面積偏小，所以油酸分子的直徑測量結(jié)果相對真實值偏大。答案：(1)①10.195(10.194～10.197均可)②A和B的高度差h③C④縮小(2)①油酸分子形成單層分子膜②1.0×10－9(9.9×10－10～1.1×10－9均可)③偏大Ⅱ.(7分)在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準(zhǔn)。某次實驗中，待測金屬絲接入電路部分的長度為50.00cm，電阻約幾歐。(1)用螺旋測微器測量金屬絲的直徑D＝0.400mm(該值與多次測量的平均值相等)。(2)實驗電路如圖甲所示，實驗室提供了電源E(3V，內(nèi)阻不計)、開關(guān)S、導(dǎo)線若干，還備有下列實驗器材：A．電壓表V1(0～3V，內(nèi)阻約2kΩ)B．電壓表V2(0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)C．電流表A1(0～3A，內(nèi)阻約0.01Ω)D．電流表A2(0～0.6A，內(nèi)阻約0.05Ω)E．滑動變阻器R1(0～10Ω，0.6A)F．滑動變阻器R2(0～2kΩ，0.1A)應(yīng)選用的實驗器材有________(選填實驗器材前的序號)。(3)請用筆畫線代替導(dǎo)線，在圖乙中完成實物電路的連接。(4)實驗中，調(diào)節(jié)滑動變阻器，電壓表和電流表示數(shù)記錄如下：U/V1.051.401.802.302.60I/A0.220.280.360.460.51請在圖丙中作出U-I圖線。由圖線可知，金屬絲的電阻Rx＝________Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(5)根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以算出金屬絲的電阻率ρ＝________Ω·m(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(6)下列關(guān)于該實驗誤差的說法中正確的有________。A．金屬絲發(fā)熱會產(chǎn)生誤差B．電流表采用外接法，會使電阻率的測量值偏小C．電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差D．用U-I圖像處理數(shù)據(jù)可以減小系統(tǒng)誤差解析：(2)實驗室電源的電動勢為3V，故電壓表選A；從實驗的方便性可知滑動變阻器選E；由滑動變阻器可通過的最大電流可知，電路中的最大電流小于0.6A，故電流表選D；(3)實物電路圖如圖a所示(4)U-I圖線如圖b所示U-I圖線的斜率表示電阻的大小，故金屬絲的電阻Rx＝5.0Ω；(5)根據(jù)電阻定律，得金屬絲的電阻率ρ＝eq\f(RS,L)＝eq\f(RπD2,4L)，代入數(shù)據(jù)得ρ≈1.3×10－6Ω·m；(6)電阻率和溫度有關(guān)，故金屬絲通電發(fā)熱會影響結(jié)果，故A正確；電流表采用外接法，會使電阻絲電阻測量值偏小，根據(jù)ρ＝eq\f(RS,L)可知電阻率測量值會變小，故B正確；電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故C錯誤；用U-I圖像處理數(shù)據(jù)可以減小偶然誤差，故D錯誤。答案：(2)ADE(3)實物電路圖見解析圖a(4)U-I圖線見解析圖b5.0(5)1.3×10－6(6)AB17．(8分)在如圖所示的p-V圖像中，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)過ACB過程至狀態(tài)B，氣體對外做功280J，吸收熱量410J；氣體又從狀態(tài)B經(jīng)BDA過程回到狀態(tài)A，這一過程中外界對氣體做功200J。則：(1)ACB過程中氣體的內(nèi)能是增加還是減少？變化量是多少？(2)BDA過程中氣體是吸熱還是放熱？吸收或放出的熱量是多少？解析：(1)ACB過程中W1＝－280J，Q1＝410J，由熱力學(xué)第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130J，故ACB過程中氣體的內(nèi)能增加了130J。(2)因為一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，BDA過程中氣體內(nèi)能的變化量UA－UB＝－130J，由題意知W2＝200J，由熱力學(xué)第一定律得UA－UB＝W2＋Q2，代入數(shù)據(jù)解得Q2＝－330J，即BDA過程中氣體放出熱量330J。答案：(1)增加130J(2)放熱330J18．(11分)如圖為一游戲裝置的示意圖，在水平軌道的左側(cè)有一豎直墻面P，PA、AC段均為光滑的水平面，在水平面上有一半徑R＝0.4m的光滑圓軌道，圓軌道與水平軌道相切于A點，傾角為θ＝30°的傾斜軌道CD與水平軌道平滑接于C點?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m＝2kg的滑塊放置于彈簧的一端，彈簧的另一端固定于墻面P，彈射時讓滑塊從靜止釋放，彈簧的彈性勢能與滑塊動能相互轉(zhuǎn)化時無能量損耗，由于受彈簧限制，彈性勢能最大值不能超過120J。(1)若滑塊恰好能第一次通過圓的最高點B，求滑塊在A點的速度的大??；(2)求在第(1)問的前提下，滑塊在圓軌道最右端時對軌道壓力的大?。?3)已知CD段的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),5)，且CD段的長度為15m，滑塊在整個運動過程中不脫離軌道并且不從D點飛離，求首次彈射時彈簧的彈性勢能的取值范圍。解析：(1)滑塊恰好能第一次通過圓的最高點Bmg＝meq\f(vB2,R)從A到B根據(jù)動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(5gR)＝2eq\r(5)m/s。(2)滑塊在圓軌道最右端時－mg·R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2FN＝meq\f(v2,R)，解得FN＝60N。由牛頓第三定律得FN′＝60N(3)若恰好到達(dá)B點，根據(jù)機械能守恒定律得EP1＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvB2＝20J若恰好不從D點飛出，則EP2＝mg·lsinθ＋μmgcosθ·l＝240J>120J物體沿斜面向上運動有－mg·l′sinθ－μmgcosθ·l′＝0－eq\f(1,2)mvA2因μ＝eq\f(\r(3),5)<tanθ＝eq\f(\r(3),3)，物體不能靜止在斜面上，因此會沿斜面下滑，則有mg·l′sinθ－μmgcosθ·l′＝eq\f(1,2)mvA′2可得vA＝2vA′因此物體要想不脫離軌道且不越過D點，則要求返回后的速度vA′≥2eq\r(5)m/s，即vA≥4eq\r(5)m/s，故彈簧的彈性勢能的取值范圍80J≤Ep≤120J如果沿斜面返回的速度恰好到達(dá)圓心等高處，則mgR＝eq\f(1,2)mvA′2，解得vA′＝2eq\r(2)m/s即vA＝4eq\r(2)m/s，故彈簧的彈性勢能的取值范圍20J≤Ep≤32J若恰好到達(dá)圓心等高點，根據(jù)機械能守恒定律得EP3＝mgR＝8J故彈簧的彈性勢能的取值范圍Ep≤8J故彈簧的彈性勢能的取值范圍Ep≤8J或20J≤Ep≤32J或80J≤Ep≤120J。答案：(1)2eq\r(5)m/s(2)60N(3)Ep≤8J或20J≤Ep≤32J或80J≤Ep≤120J19．(11分)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示。傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中。水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L。質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”?！奥?lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出。運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T。不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10m/s2。求：(1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0；(2)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v；(3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)桿ab勻速時處于平衡狀態(tài)，有mgsinθ＝eq\f(B12l2v0,R＋\f(R,2))，解得：v0＝6m/s。(2)桿ab與“聯(lián)動雙桿”碰撞時，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝eq\f(v0,4)＝1.5m/s。(3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ過程速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv因eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R總)＝eq\f(ΔΦ,Δt·R總)＝eq\f(B2Ll,Δt\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,2))))，解得Δv＝0.25m/s。設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ過程速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2eq\x\to(I)′lΔt′＝4mΔv′，eq\x\to(I)′＝eq\f(B2lL,Δt′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,2))))解得Δv′＝0.25m/s。因此“聯(lián)動三桿”滑出磁