2022年11月紹興市選考科目診斷性考試物理答案和解析

2022年11月紹興市選考科目診斷性考試物理試題一、選擇題Ⅰ（本題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列儀器測得的物理量單位中，屬于基本單位的是ABCD【答案】B【解析】選項(xiàng)A、B、C、D測得的物理量分別是力、電流強(qiáng)度、電壓、電能，電流強(qiáng)度是基本物理量，其單位是基本單位，B正確。第2題圖2.2021年，浙江大學(xué)研究團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一款能進(jìn)行深海勘探的自供能仿生軟體智能機(jī)器魚。在測試中，該機(jī)器魚曾下潛至馬里亞納海溝10900m深處，并在2500mA?h電池驅(qū)動(dòng)下，保持拍打45分鐘。下列說法正確的是第2題圖A.“10900m”是路程B.mA?h是能量的單位C.下潛過程中，該機(jī)器魚的平均速度約為4m/sD.萬米海底的靜水壓接近于103個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓【答案】D【解析】10900是深度，機(jī)器魚下潛的路程要大于10900m，A錯(cuò)誤；mA?h是電量的單位，B錯(cuò)誤；機(jī)器魚下潛的位移未知，所以平均速度無法獲得，C錯(cuò)誤；由p=ρgh可知，1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于10米水柱，所以萬米海底的靜水壓接近于103個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，D正確。3.量子雷達(dá)是隱身戰(zhàn)機(jī)的克星，可以捕捉到普通雷達(dá)無法探測到的目標(biāo)。有一類量子雷達(dá)，仍采用發(fā)射經(jīng)典態(tài)的電磁波，但在接收機(jī)處使用量子增強(qiáng)檢測技術(shù)以提升雷達(dá)系統(tǒng)的性能。下列說法正確的是第3題圖A.量子就是第3題圖B.隱身戰(zhàn)機(jī)不向外輻射紅外線C.電磁波在真空中的傳播速度與其頻率無關(guān)D.量子雷達(dá)是利用目標(biāo)物體發(fā)射的電磁波工作的【答案】C【解析】量子是現(xiàn)代物理的重要概念，即一個(gè)物理量如果存在最小的不可分割的基本單位，則這個(gè)物理量是量子化的，并把最小單位稱為量子，所以A錯(cuò)誤；任何物體都會(huì)向外發(fā)射紅外線，B錯(cuò)誤；任何頻率的電磁波在真空中的傳播速度都等于光速c，C正確；依據(jù)題意，量子雷達(dá)仍采用發(fā)射經(jīng)典態(tài)的電磁波，不是目標(biāo)物體發(fā)射的電磁波，D錯(cuò)誤。第4第4題圖A.a點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，小明向下的速度最大B.a點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，小明向下的加速度最大C.b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，小明處于超重狀態(tài)D.圖示時(shí)間內(nèi)，小明完成了兩次下蹲和兩次起立【答案】A【解析】小明在下蹲過程經(jīng)歷先向下加速再向下減速，即先失重后超重；起立過程經(jīng)歷先向上加速再向上減速，即先失重后超重，所以圖示時(shí)間內(nèi)，小明完成了1次下蹲和1次起立，D錯(cuò)誤；b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，小明處于失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；a點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，F(xiàn)=mg，小明的加速度為0，速度最大，A正確、B錯(cuò)誤。5.女航天員劉洋乘坐神舟十四號(hào)飛船，再次執(zhí)行太空飛行任務(wù)，將祖國的驕做寫滿太空。“神十四”在離地面約400km高處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是A.“神十四”的運(yùn)行速度大于第一宇宙速度B.“神十四”的運(yùn)行角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度C.劉洋相對(duì)飛船靜止時(shí)，處于平衡狀態(tài)D.劉洋在一個(gè)地球日(24小時(shí))內(nèi)能看到一次日出【答案】B【解析】由萬有引力提供向心力得eqG\f(Mm,r2)=m\f(v2,r)得eqv=\r(\f(GM,r))，第一宇宙速度是地球表面運(yùn)行的衛(wèi)星速度，eqv1=\r(\f(GM,R))，由r=R+h可得“神十四”的運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，A錯(cuò)誤；由eqG\f(Mm,r2)=mrω2得eqω=\r(\f(GM,r3))，地球自轉(zhuǎn)角速度等于同步衛(wèi)星的角速度，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于“神十四”的軌道半徑，所以“神十四”的運(yùn)行角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，B正確；劉洋相對(duì)飛船靜止時(shí)，繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，是變加速運(yùn)動(dòng)，非平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；“神十四”的運(yùn)行周期約為90分鐘，劉洋在一個(gè)地球日(24小時(shí))內(nèi)能看到16次日出，D錯(cuò)誤。第6第6題圖A.虛線可能是等勢線B.電場強(qiáng)度EA<EC<EBC.負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢能大于其在A點(diǎn)的電勢能D.在C點(diǎn)靜止釋放一電子，它將在電場力作用下沿著虛線CD運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】電極是等勢體，其表面是等勢面，根據(jù)電場線與等勢面垂直可知虛線應(yīng)是電場線，A錯(cuò)誤；由電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小可知EA<EB<EC，B錯(cuò)誤；電場線由高壓電源的正極到負(fù)極，所以A點(diǎn)的電勢高，C點(diǎn)的電勢低，由EP=qφ可知，負(fù)電荷在C點(diǎn)的電勢能大于其在A點(diǎn)的電勢能，C正確；CD電場是曲線，在C點(diǎn)靜止釋放一電子，在電場力作用下不會(huì)沿著虛線CD運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。第7題圖7.某同學(xué)將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在導(dǎo)熱性能良好的注射器內(nèi)，并將注射器置于恒溫水池中，注射器通過非常細(xì)的導(dǎo)氣管與壓強(qiáng)傳感器相連。開始時(shí)，活塞位置對(duì)應(yīng)的刻度數(shù)為“8”，測得壓強(qiáng)為p0，活塞緩慢壓縮氣體的過程中，當(dāng)發(fā)現(xiàn)導(dǎo)氣管連接處有氣泡產(chǎn)生時(shí)，立即進(jìn)行氣密性加固；繼續(xù)緩慢壓縮氣體，當(dāng)活塞位置對(duì)應(yīng)刻度數(shù)為“4”時(shí)停止壓縮，此時(shí)壓強(qiáng)為eq\f(4,3)p0。則第7題圖A.氣泡在上升過程中要吸收熱量B.在壓縮過程中，氣體分子的平均動(dòng)能變大C.泄漏氣體的質(zhì)量為最初氣體質(zhì)量的一半D.泄漏氣體的內(nèi)能與注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能相等【答案】A【解析】氣泡在上升過程中溫度不變，由等溫變化pV=C可知，氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小時(shí)，體積增大，氣體對(duì)外做功，即W<0；理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，所以氣泡在上升過程中內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，所以氣泡在上升過程中要吸收熱量，A正確；由于注射器導(dǎo)熱性能良好，所以注射器內(nèi)的氣體溫度不變，據(jù)溫度是氣體分子平均動(dòng)能大小的標(biāo)志，所以在壓縮過程中，氣體分子的平均動(dòng)能不變，B錯(cuò)誤；設(shè)單位刻度的氣體體積為V0，由p0×8V0=eq\f(4,3)p0×V總，解得eqV總=6V0，則泄漏氣體的質(zhì)量為eqΔm=\f(6－4,6)m總=\f(1,3)m總，C錯(cuò)誤；溫度相同時(shí)，理想氣體的內(nèi)能與分子數(shù)有關(guān)，可知泄漏氣體的內(nèi)能是注射器內(nèi)存留氣體的內(nèi)能的一半，D錯(cuò)誤。8.2022年4月29日，紹興地鐵1號(hào)線全線通車，標(biāo)志著紹興已經(jīng)進(jìn)入地鐵時(shí)代，為“融杭(聯(lián)甬接滬)戰(zhàn)略”邁出了堅(jiān)實(shí)的一步。小明從A站上車，注意到列車經(jīng)過加速、勻速和減速三個(gè)過程后在B站停下，總用時(shí)2min30s，列車以最大速度80km/h行駛了30s。假設(shè)列車在加速和減速階段的速率均隨時(shí)間均勻變化，由此估算出AB兩站點(diǎn)之間的路程約為A.1kmB.2kmC.3kmD.7km【答案】B【解析】由列車在加速和減速階段的速率均隨時(shí)間均勻變化，在加速和減速階段的平均速率均為最大速率的一半，即40km/h，所以AB兩站點(diǎn)之間的路程約為s=40km/h×eq\f(2,60)h+80km/h×eq\f(0.5,60)h=2km，B正確。第9第9題圖圖1圖2A.線框的轉(zhuǎn)速為100r/sB.線框的電動(dòng)勢有效值可能是20VC.磁感應(yīng)強(qiáng)度B不會(huì)超過0.4TD.若轉(zhuǎn)速減半，1min內(nèi)閃爍次數(shù)將變?yōu)?0次【答案】C【解析】正弦式交變電流一個(gè)周期內(nèi)電流方向改變2次，所以1min內(nèi)有50個(gè)周期，線框的轉(zhuǎn)速為50r/min，A錯(cuò)誤；若線框的電動(dòng)勢有效值是20V，則最大值為eq20\r(2)V=28.2V，二極管將被擊穿，B錯(cuò)誤；由最大值Em=nBSω=nBS×2πf=1000×B×0.12×2×3.14×eq\f(50,60)V<20V，解得B<0.4T，C正確；若轉(zhuǎn)速減半，交流電的最大值減半，如果這時(shí)的最大值小于0.7V，二極管將不會(huì)閃爍，1min內(nèi)閃爍次數(shù)將變?yōu)?次，D錯(cuò)誤。第10題圖10.由均勻透明材料制成的半圓柱的截面如圖所示，AB為直徑邊界，O為圓心，半徑為R；有一點(diǎn)光源嵌于P點(diǎn)，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射黃光，該材料對(duì)黃光的折射率n=2。已知PO⊥AB，PO=eq\f(\r(3),3)R。不考慮光在材料內(nèi)部的反射，則第10題圖A.直徑邊界與半圓弧邊界有光線射出的總長度為eq\f(2+π,6)RB.欲使黃光能從半圓形邊界全部射出，n不能超過eq\r(3)C.若改用紅光光源，有光線射出的邊界總長度將變短D.人眼在P點(diǎn)正上方C處觀察，看到點(diǎn)光源的像就在P處【答案】BEFGHI【解析】黃光的臨界角sinC=eq\f(1,n)=\f(1,2)得C=300，做出臨界光線如圖所示，由幾何關(guān)系可得∠EPF=1200，∠HPG=600，所以在直徑邊界與半圓弧邊界有光線射出的總長度為eqs=\f(1,3)πR+\f(2,3)R=\f(2+π,3)R，A錯(cuò)誤；從P點(diǎn)射向半圓形邊界的光線在I處的入射角最大，欲使黃光能從半圓形邊界全部射出，則n的最小值eqnmin=\f(1,sin∠PIO)=\r(3)，B正確；若改用紅光光源，紅光的折射率小于黃光的折射率，紅光的臨界角大，有光線射出的邊界總長度將增大，C錯(cuò)誤；人眼在P點(diǎn)正上方C處觀察，看到點(diǎn)光源的像被抬高，D錯(cuò)誤?！咀ⅲ嚎赏茖?dǎo)垂直看水下物體的深度eqh視深=\f(h實(shí)際,n)】EFGHI二、選擇題Ⅱ(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分)第11題圖11.如圖所示是指紋識(shí)別原理圖，它利用了光學(xué)棱鏡的全反射特性。在指紋谷線(凹部)處入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射；在指紋脊線(第11題圖A.從指紋谷線處反射的光線更亮一些B.產(chǎn)生的明暗相間指紋圖像是由于光的干涉造成的C.手機(jī)貼膜后再進(jìn)行指紋識(shí)別，反射光的頻率將發(fā)生變化D.手指濕潤后識(shí)別率降低，是因?yàn)槊靼禇l紋的亮度對(duì)比下降了【答案】AD【解析】由題意可知，A正確；光的干涉需要兩個(gè)相干光源，入射到谷線和脊線的光線不是相干光，所以B錯(cuò)誤；在光的反射和折射過程中，光的頻率不變，C錯(cuò)誤；手指濕潤后在手指表面形成水膜會(huì)使明暗條紋的亮度對(duì)比下降，識(shí)別率降低，D正確。12.質(zhì)子與中子都是由三個(gè)夸克組成，其中質(zhì)子由兩個(gè)上夸克和一個(gè)下夸克組成，中子由兩個(gè)下夸克和一個(gè)上夸克組成，形成過程中均可類比核聚變。β衰變時(shí)，核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和電子，質(zhì)子質(zhì)量約為1.6726×10-27kg，中子質(zhì)量約為1.6749×10-27kg，電子質(zhì)量約為9.1096×10-31kg，真空中光速c=3.00×108m/s。下列說法正確的有A.中子轉(zhuǎn)化的核反應(yīng)式為eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(0))n→eq\o\al(\s\up2(1),\s\do2(1))H+eq\o\al(\s\up2(0),\s\do2(-1))eB.弱相互作用是引起衰變的原因C.上、下夸克的質(zhì)量差為2.3×10-30kgD.一次β衰變釋放出的能量為1.3×10-14J【答案】AB【解析】β衰變時(shí)，核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和電子，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒判斷A正確；弱相互作用是引起原子核β衰變的原因，即引起中子一質(zhì)子轉(zhuǎn)變的原因(課文原話)，B正確；由題中“形成過程中均可類比核聚變”可知，不能簡單地列1.6726×10-27kg=2m上+m下、1.6749×10-27kg=m上+2m下計(jì)算上、下夸克的質(zhì)量差，C錯(cuò)誤；β衰變中的質(zhì)量虧損Δm=1.6749×10-27kg－1.6726×10-27kg－9.1096×10-31kg=1.39×10-30kg，釋放出的能量為ΔE=Δm?c2=1.39×10-30×9×1016=1.25×10-13J，D錯(cuò)誤。第13題圖13.如圖所示，在y軸兩側(cè)有兩種不同的均勻介質(zhì)，波源S1和S2分別位于x=－6m、x=12m處。t=0時(shí)刻x=－2m和x=4m處的質(zhì)點(diǎn)剛好開始振動(dòng)，某時(shí)刻兩列簡諧橫波恰好同時(shí)到達(dá)原點(diǎn)O，測得0~0.75s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P(x第13題圖A.兩波源開始振動(dòng)的方向相反B.波源S1振動(dòng)的周期為0.5sC.兩列波相遇過程中坐標(biāo)原點(diǎn)處不會(huì)振動(dòng)D.t=2s時(shí)兩列波恰好同時(shí)到達(dá)對(duì)方波源處【答案】ACD【解析】波源S1開始振動(dòng)的方向與t=0時(shí)刻x=－2m處質(zhì)點(diǎn)的起振方向相同，為+y軸方向，同理波源S2開始振動(dòng)的方向與t=0時(shí)刻x=4m處質(zhì)點(diǎn)的起振方向相同，為－y軸方向，所以A正確；0~0.75s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過的路程為12cm，則有0.75s=eq\f(3,4)T乙，得T乙=1s，eqv乙=\f(λ乙,T乙)=\f(8,1)m/s=8m/s；由兩列簡諧橫波恰好同時(shí)到達(dá)原點(diǎn)O可知，eqv甲=\f(1,2)v乙=4m/s，eqT甲=\f(λ甲,v甲)=1s，B錯(cuò)誤；兩列波頻率相同，恰好同時(shí)到達(dá)原點(diǎn)O，兩列波在O點(diǎn)的起振方向相反，所以O(shè)點(diǎn)是振動(dòng)減弱點(diǎn)，其振幅為0，所以坐標(biāo)原點(diǎn)處不會(huì)振動(dòng)，C正確；t1=0.5s時(shí)，甲、乙兩波都傳到原點(diǎn)O，過O點(diǎn)后，甲波以v乙=8m/s傳播，t=2s時(shí)到達(dá)x=12m處，同理可知，乙波在t=2s時(shí)到達(dá)x=－6m處，D正確。14.如圖1所示，“颶風(fēng)飛椅”是集旋轉(zhuǎn)、升降、變傾角等多種運(yùn)動(dòng)形式于一體的大型飛行塔類游藝機(jī)。現(xiàn)對(duì)其中的甲、乙、丙、丁四位游客進(jìn)行分析，他們的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4，對(duì)應(yīng)的繩長分別為l1、l2、l3、l4，繩子與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2、θ3、θ4，如圖2、圖3所示，已知l3<l1=l2<l4，m4<m1=m2<m3。當(dāng)“颶風(fēng)飛椅”保持某一角速度水平面轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，下列說法正確的有第第14題圖圖1A.圖2中，甲、乙兩位游客所受合力相同B.圖3中，θ3<θ4C.四位游客的加速度大小相等D.四位游客的重力均不做功【答案】BD【解析】甲、乙兩位游客所受合力指向圓心，方向肯定不同，A錯(cuò)誤；由圓錐擺模型得游客所受合力eqF=mgtanθ=mrω2，得eqω=\r(\f(gtanθ,r))=\r(\f(g,h))，由于甲、乙、丙、丁四位游客的角速度和周期相等，所以圓錐擺的高度相等，設(shè)圓盤的半徑為r0，eqh3=\f(r0,tanθ3)+l3cosθ3=(\f(r0,sinθ3)+l3)cosθ3，同理eqh4=(\f(r0,sinθ4)+l4)cosθ4，由l3<l4、h3=h4得θ3<θ4，B正確；由于a=gtanθ，θ不同，加速度大小不同，C錯(cuò)誤；游客在水平面轉(zhuǎn)動(dòng)上轉(zhuǎn)動(dòng)，重力不做功，D正確。三.非選擇題(本題共6小題，共54分)15.(6分)利用圖1裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。(1)已如打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用的交流電頻率為50Hz，實(shí)驗(yàn)中得到一條點(diǎn)跡清晰的紙帶如圖2所示，把第一個(gè)點(diǎn)記做O，另選連續(xù)的4個(gè)點(diǎn)A、B、C、D作為測量點(diǎn)，測得A、B、C、D各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為62.90cm、70.14cm、77.76cm、85.73cn。由此可知打下B點(diǎn)時(shí)紙帶的速度為m/s(計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)：第第15題圖圖1(2)重物固定在紙帶的端(選填“左”或“右”)；(3)選取某個(gè)過程，發(fā)現(xiàn)重物動(dòng)能的增加量略大于重力勢能的減小量，造成這一結(jié)果的原因可能是A.重物質(zhì)量過大B.電源電壓高于規(guī)定值C.重物質(zhì)量測量錯(cuò)誤D.先釋放紙帶，后接通電源(4)某同學(xué)在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測量它們到某一計(jì)數(shù)點(diǎn)O的距離h，計(jì)算出對(duì)應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v，描繪出v2－h(huán)圖像。下列說法中正確的是A.為減小誤差，應(yīng)利用公式v=eq\r(2gh)計(jì)算重物在各點(diǎn)的速度B.在選取紙帶時(shí)，必須選取第1、2兩點(diǎn)間距為2mm的紙帶C.若圖像是一條過原點(diǎn)的直線，則重物下落過程中機(jī)械能一定守恒D.若圖像是一條不過原點(diǎn)的直線，重物下落過程中機(jī)械能也可能守恒【答案】(1)3.7(2)左(3)D(4)D【解析】(1)B點(diǎn)的速度等于AC間的平均速度，eqvB=\f(xAC,2T)=\f(77.76－62.90,0.04)×10-2m/s=3.7m/s(2)由圖可知，紙帶上起始點(diǎn)靠近重物，所以重物固定在紙帶的左端。(3)由eqmgh=\f(1,2)mv2可知，重物質(zhì)量過大、重物質(zhì)量測量錯(cuò)誤都不會(huì)使動(dòng)能的增加量略大于重力勢能的減小量，A、C錯(cuò)誤；電源電壓高于規(guī)定值不會(huì)影響打點(diǎn)周期，B錯(cuò)誤；若O點(diǎn)的初速度不為0，則eq\f(1,2)mv2=mgh+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))，會(huì)使動(dòng)能的增加量略大于重力勢能的減小量，原因可能是先釋放紙帶，后接通電源，D正確。(4)公式v=eq\r(2gh)是用機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)出來的，實(shí)驗(yàn)中不能用v=eq\r(2gh)計(jì)算重物在各點(diǎn)的速度，A錯(cuò)誤；在選取紙帶時(shí)，可以選取其中兩點(diǎn)來驗(yàn)證，如eq\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(C))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(A))=mghAC，與第1、2兩點(diǎn)間距是否為2mm無關(guān)，B錯(cuò)誤；這時(shí)描繪出v2－h(huán)圖像是一條不過原點(diǎn)的直線，只要滿足圖線的斜率等于2g，就驗(yàn)證了重物下落過程中機(jī)械能守恒，D正確；由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv2=mah，只要重物做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v2－h(huán)圖像就是一條過原點(diǎn)的直線，當(dāng)圖線的斜率小于2g，機(jī)械能就不守恒，C錯(cuò)誤。圖116.(8分)某物理興趣小組測量一段粗細(xì)均勻的合金絲電阻率ρ圖1(1)實(shí)驗(yàn)開始前，用螺旋測微器測量合金絲的直徑，圖1讀數(shù)為mm；(2)某同學(xué)采用分壓電路和電流表內(nèi)接法，取這段合金絲繞在半徑為0.3m的量角器上，連成圖2所示電路。閉合開關(guān)前，請(qǐng)老師檢查，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線(填寫標(biāo)號(hào))接線錯(cuò)誤，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于端(選填“左”或“右”)；圖圖3第16題圖(3)改變金屬夾位置，通過調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器保持電壓表示數(shù)始終為1.00V，記錄電流表的示數(shù)I與接入電路的合金絲所對(duì)應(yīng)的圓心角θ，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖3中作出eq\f(1,I)－θ圖像，則該合金絲的電阻率為Ω?m(保留2位有效數(shù)字)，電流表的內(nèi)阻為Ω?！敬鸢浮?1)0.800(2)③右(3)4.7~5.1×10-70.18~0.22【解析】(1)螺旋測微器讀數(shù)d=0.5mm+30.0×0.01mm=0.800mm(2)按實(shí)物圖轉(zhuǎn)化為電原理圖如右圖，可知實(shí)物圖接成了電流表外接法，導(dǎo)線③接錯(cuò)；實(shí)驗(yàn)開始前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于右端；(3)由歐姆定律UV=I(rA+Rx)，量角器的半徑為R0，根據(jù)電阻定律Rx=ρeq\f(θR0,\f(1,4)πd2)解得eq\f(1,I)=\f(rA,UV)+\f(4ρθR0,UV?πd2)代入數(shù)據(jù)得eq\f(1,I)=rA+\f(15,8π)×106?ρθ，作出eq\f(1,I)－θ圖線，如圖，可知圖線的斜率k=eq\f(0.78,\f(5π,6))=eq\f(15,8π)×106?ρ，求得ρ=5.0×10-7Ω?m，圖線的截距為電流表的內(nèi)阻rA=0.2Ω。17.(8分)某物理興趣小組設(shè)計(jì)了一款火警報(bào)警裝置，原理圖簡化如下：質(zhì)量M=2kg的氣缸通過細(xì)線懸掛在天花板下，質(zhì)量m=0.1kg、橫截面積S=10cm2的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封在導(dǎo)熱氣缸內(nèi)。開始時(shí)活塞距氣缸底部的高度h=30cm，缸內(nèi)溫度t1=27℃；當(dāng)環(huán)境溫度上升，活塞緩慢下移Δh=6cm時(shí)，活塞表面(涂有導(dǎo)電物質(zhì))恰與a、b兩觸點(diǎn)接觸，蜂鳴器發(fā)出報(bào)警聲。不計(jì)活塞與氣缸之間的摩擦，活塞厚度可忽略，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，求：第17題圖(第17題圖(2)蜂鳴器剛報(bào)警時(shí)的環(huán)境溫度t2；(3)若氣體內(nèi)能增加了15J，該過程中氣體吸收的熱量Q為多大？【答案】(1)21N0.99×105Pa(2)360K或870C(3)20.94J【解析】(1)對(duì)氣缸活塞整體：F=(M+m)g=21N對(duì)活塞：p0S=p1S+mg解得p1=0.99×105Pa(2)等壓變化過程，eq\f(V1,T1)=\f(V2,T2)即eq\f(hS,T1)=\f((h+Δh)S,T2)解得T2=360K，則t2=870C(3)氣體等壓膨脹對(duì)外做功W=－p1SΔh=－5.94J根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q解得Q=20.94J第18題圖18.(10分)如圖所示，在水平面上固定一彈簧匣，左端與輕質(zhì)彈簧的A端相連，自由狀態(tài)下彈簧另一端位于B點(diǎn)；在與B點(diǎn)相距1m的C處固定一豎直圓軌道，半徑R=0.1m，圓軌道底端略微錯(cuò)開：在D點(diǎn)右側(cè)放置等腰直角三角形支架PEQ，∠Q=900，PQ=eq\r(5)m，E點(diǎn)在D點(diǎn)正下方，P點(diǎn)與D點(diǎn)等高，EQ水平。質(zhì)量m=0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))被壓縮的彈簧彈出，它與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，不計(jì)軌道其它部分的摩擦。第18題圖(1)要使物塊能進(jìn)入豎直圓軌道，彈簧的初始彈性勢能至少多大；(2)若物塊在豎直圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則彈性勢能的取值范圍是多少；(3)若物塊能打在三角形支架上，求打在支架上時(shí)的最小動(dòng)能?！窘馕觥?1)EP0－μmgL=0解得EP0=0.4J(2)臨界情況1：物塊恰能到達(dá)圓心等高處，EP1－μmgL－mgR=0解得EP1=0.5J臨界情況2：物塊恰能過圓周最高點(diǎn)，EP2－μmgL－2mgR=eq\f(1,2)mv2，其中eqv=\r(gR)解得EP2=0.65J彈性勢能的取值范圍是0.4J<EP≤0.5J或EP≥0.65J(3)eqEk=mgy+\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(D))，又eqy=\f(1,2)gt2、eqvD=\f(x,t)=\f(\r(5)－y,t)以t為變量，得eqEk=(\f(5,8)mg2t2+\f(5m,2t2))－\f(\r(5),2)mg當(dāng)eq\f(5,8)mg2t2=\f(5m,2t2)(即t2=0.2)時(shí)，Ek有最小值eqEmin=\f(5－\r(5),2)≈1.38J(10分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，固定著足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L=0.5m，在x=0處由絕緣件相連，導(dǎo)軌某處固定兩個(gè)金屬小立柱，立柱連線與導(dǎo)軌垂直，左側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)有垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.2T；導(dǎo)軌左端與電容C=5F的電容器連接，起初電容器不帶電?，F(xiàn)將兩根質(zhì)量均為m=0.1kg的導(dǎo)體棒a、b分別放置于導(dǎo)軌左側(cè)某處和緊貼立柱的右側(cè)(不粘連)，某時(shí)刻起對(duì)a棒作用一個(gè)向右的恒力F=0.3N，當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到x=0處時(shí)撤去力F，此后a棒在滑行到立柱的過程中通過棒的電量q=1C，與立柱碰撞時(shí)的速度v1=1m/s，之后原速率反彈。已知b棒電阻R=0.4Ω，不計(jì)a棒和導(dǎo)軌電阻，求：第第19題圖(1)小立柱所在位置的坐標(biāo)xb；(2)a棒初始位置的坐標(biāo)xa；(3)假設(shè)b棒穿出磁場時(shí)的速度v2=0.3m/s，此前b棒中產(chǎn)生的總熱量。【解析】(1)a棒減速向右運(yùn)動(dòng)過程中，eqq=\f(ΔΦ,R)=\f(BLxb,R)解得：xb=4m(2)a棒在0~xb區(qū)間，由動(dòng)量定理得－BLq=mv1－mv0解得v0=2m/sa棒在恒力作用過程中，設(shè)某時(shí)刻的速度為v，加速度為a，棒中的電流為I，則有F－BiL=ma、eqi=\f(Δq,Δt)=\f(CΔU,Δt)=\f(CBLΔv,Δt)=CBLa解得eqa=\f(F,m+CB2L2)=2m/s2即a棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)eqv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))=2a(－xa)解得xa=－1m(3)a棒在0~xb區(qū)間向右運(yùn)動(dòng)過程中，電路產(chǎn)生的熱量eqQ1=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(0))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))=0.15J反彈后，a棒向左，b棒向右運(yùn)動(dòng)，兩棒的加速度大小相等，相等時(shí)間內(nèi)速度點(diǎn)變化量大小也相等所以a棒的速度v'=0.7m/s此過程中發(fā)熱量eqQ2=\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv'\o\al(\s\up2(2),\s\do2(1))－\f(1,2)mv\o\al(\s\up2(2),\s\do2(2))=0.021J所以Qb=Q1+Q2=0.171J第20題圖20.(12分)如圖1所示，是微通道板電子倍