仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(二)

仿真訓(xùn)練周測(cè)卷(二)(時(shí)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(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．下列以科學(xué)家名字命名的物理量，單位換算正確的是()A．特斯拉1T＝1eq\f(kg,A3·m)B．韋伯1Wb＝1T/m2C．庫(kù)侖1C＝1A/sD．焦耳1J＝1C·V解析：選D根據(jù)F＝BIL＝ma，可知N＝T·A·m＝kg·m/s2，則1T＝1eq\f(kg,A·s2)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)Φ＝BS可知磁通量的單位韋伯1Wb＝1T·m2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)q＝It，可知電荷量的單位庫(kù)侖1C＝1A·s，故C錯(cuò)誤；根據(jù)W＝qU，可知電場(chǎng)力做功的單位焦耳1J＝1C·V，故D正確。2．下面關(guān)于科技事件說法正確的是()A．我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)“天問一號(hào)”探測(cè)器發(fā)射升空，飛行2000多秒后，成功送入預(yù)定軌道。其中“2000多秒”是指時(shí)刻B．中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)潘建偉、陸朝陽(yáng)等學(xué)者研制的76個(gè)光子的量子計(jì)算原型機(jī)“九章”問世引發(fā)世界關(guān)注。由上可知“光子”就是“量子”C．嫦娥五號(hào)經(jīng)歷11個(gè)飛行階段，20余天的在軌飛行過程，采集1731克的月球樣品返回地球。嫦娥五號(hào)繞月運(yùn)動(dòng)一圈其位移為零D．“奮斗者”號(hào)全海深載人潛水器成功完成萬米海試并勝利返航，在研究“奮斗者”號(hào)調(diào)整姿態(tài)穿越狹小的障礙物時(shí)可以把它視為質(zhì)點(diǎn)解析：選C“天問一號(hào)”探測(cè)器發(fā)射升空，飛行2000多秒后，成功送入預(yù)定軌道，其中“2000多秒”是指時(shí)間間隔，A錯(cuò)誤；“光子”只是量子的一種，而并非就是“量子”，“量子計(jì)算原型機(jī)”可能還有其他非光子型的計(jì)算機(jī)，B錯(cuò)誤；位移指的是起點(diǎn)到終點(diǎn)的有向線段，嫦娥五號(hào)繞月運(yùn)動(dòng)一圈，起點(diǎn)和終點(diǎn)重合，故其位移為零，C正確；在研究“奮斗者”號(hào)調(diào)整姿態(tài)穿越狹小的障礙物時(shí)，不可忽略“奮斗者”號(hào)的大小和姿態(tài)細(xì)節(jié)，故不可以把它視為質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。3．2022年10月12日15時(shí)45分，“天宮課堂”第三課開講。某學(xué)生設(shè)想“天地同一實(shí)驗(yàn)”，即在空間站和地面做同一個(gè)實(shí)驗(yàn)，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下面有關(guān)其設(shè)想的實(shí)驗(yàn)和可能出現(xiàn)的現(xiàn)象說法正確的是()A．如圖1，用一根繩子系著一個(gè)金屬球，拉開一個(gè)角度，靜止釋放后“天上”和“地上”看到的現(xiàn)象相同B．如圖2，用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實(shí)驗(yàn)，“天上”和“地上”實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象相同C．如圖3，相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)相同D．如圖4，用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細(xì)管豎直插入水中，“天上”和“地上”觀察到的現(xiàn)象相同解析：選C如圖1，用一根繩子系著一個(gè)金屬球，拉開一個(gè)角度，靜止釋放后，“天上”由于完全失重，小球相對(duì)空間站靜止不動(dòng)，“地上”由于重力的影響，小球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，所以觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不相同，故A錯(cuò)誤；如圖2，用同樣的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉實(shí)驗(yàn)，“天上”由于完全失重，薄膜厚度基本均勻分布，“地上”由于重力的影響，薄膜厚度并不是均勻分布，所以觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不相同，故B錯(cuò)誤；如圖3，相同密閉容器內(nèi)裝著完全相同的氣體，在相同的溫度下，“天上”和“地上”容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)相同，故C正確；如圖4，用相同材料做成的兩根內(nèi)徑相同、兩端開口的圓柱形毛細(xì)管豎直插入水中，“天上”由于完全失重，觀察到水上升到毛細(xì)管頂部，“地上”由于重力的影響，觀察到水上升一小段距離后靜止不動(dòng)，所以觀察到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不相同，故D錯(cuò)誤。4.物理規(guī)律往往有一定的適用條件，我們?cè)谶\(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題時(shí)，需要判斷使用的物理規(guī)律是否成立。如圖所示，站在車上的人用錘子連續(xù)敲打小車。初始時(shí)，人、車、錘都靜止，假設(shè)水平地面光滑，關(guān)于這一物理過程，下列說法正確的是()A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒D．人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒解析：選C把人、車和錘看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，用錘子連續(xù)敲打小車的左端，當(dāng)錘子向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向右運(yùn)動(dòng)；當(dāng)錘子向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)；所以小車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。由于人消耗體能，體內(nèi)儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機(jī)械能，故人、車和錘組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒；系統(tǒng)在豎直方向的合外力不等于零，故系統(tǒng)在豎直方向不滿足動(dòng)量守恒，所以人、車和錘組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B、D錯(cuò)誤，C正確。5．下列說法正確的是()A．布朗運(yùn)動(dòng)觀察到的是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)B．容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)是分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)撞擊器壁造成的，故與容器形狀有關(guān)C．隨著物體運(yùn)動(dòng)速度增大，其內(nèi)能也一定增大D．方解石的雙折射現(xiàn)象說明其具有各向異性的屬性解析：選D布朗運(yùn)動(dòng)觀察到的是懸浮在液體當(dāng)中的固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)是大量氣體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)撞擊器壁造成的，與容器形狀無關(guān)，B錯(cuò)誤；隨著物體運(yùn)動(dòng)速度增大，其動(dòng)能增大，可物體的溫度不一定增大，其內(nèi)能不一定增大，C錯(cuò)誤；有些晶體的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性，因此方解石的雙折射現(xiàn)象說明其具有各向異性的屬性，D正確。6．為了研究交流電的產(chǎn)生過程，小張同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)構(gòu)思方案：將單匝矩形線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈繞轉(zhuǎn)軸OO1按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(ab向紙外，cd向紙內(nèi))，并從圖甲所示位置開始計(jì)時(shí)，此時(shí)產(chǎn)生的正弦式交流電如圖乙所示。已知其周期為T，電流峰值為I0，下面說法正確的是()A．根據(jù)圖乙可知eq\f(T,4)時(shí)，線圈的磁通量最大B．根據(jù)圖乙可知eq\f(T,4)時(shí)，線圈的磁通量變化率最大C．若僅把甲圖中的轉(zhuǎn)軸OO1改為轉(zhuǎn)軸ab，并從圖甲所示位置開始計(jì)時(shí)，則產(chǎn)生的交流電與圖乙所示不同D．若僅把甲圖中的單匝矩形線圈改為兩匝矩形線圈，并從圖甲所示位置開始計(jì)時(shí)，則產(chǎn)生的交流電與圖乙所示不同解析：選B根據(jù)圖乙可知eq\f(T,4)時(shí)，線圈的感應(yīng)電流最大，線圈的磁通量變化率最大，磁通量最小為0，A錯(cuò)誤，B正確；若僅把甲圖中的轉(zhuǎn)軸OO1改為轉(zhuǎn)軸ab，并從圖甲所示位置開始計(jì)時(shí)，磁通量的變化情況一樣，產(chǎn)生的交流電與圖乙所示相同，C錯(cuò)誤；若僅把甲圖中的單匝矩形線圈改為兩匝矩形線圈，并從圖甲所示位置開始計(jì)時(shí)，則產(chǎn)生的交流電壓最大值變?yōu)樵瓉淼膬杀叮蔷€圈電阻也變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則交流電的圖像與圖乙所示仍一致，D錯(cuò)誤。7.如圖所示為運(yùn)動(dòng)員跨欄時(shí)的訓(xùn)練圖，若運(yùn)動(dòng)員把起跑八步上欄改成七步上欄，從而使起跳時(shí)距欄的水平距離增大，若在過欄時(shí)的最高點(diǎn)仍在欄的正上方同一高度處，八步上欄動(dòng)作中運(yùn)動(dòng)員雙腳離地時(shí)速度與水平方向的夾角為45°，則改成七步上欄該運(yùn)動(dòng)員雙腳離地時(shí)(不計(jì)空氣阻力)()A．若速度大小不變，速度與水平方向的夾角一定要增大B．若速度大小不變，速度與水平方向的夾角可能要減小C．若速度大小增大，速度與水平方向的夾角一定要增大D．速度大小必須增大，速度與水平方向的夾角一定要減小解析：選D運(yùn)動(dòng)員雙腳離地時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做斜向上拋運(yùn)動(dòng)，將此運(yùn)動(dòng)分解成水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，因豎直方向的位移不變，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，從離地到最高點(diǎn)的時(shí)間不變；由vy2＝2gh可知，豎直方向的分速度不變。八步上欄改成七步上欄，則起跳點(diǎn)距欄的水平方向位移要增大，由x＝vxt可知，水平方向的分速度需要增大。若速度大小不變，速度與水平方向的夾角增大，則豎直方向分速度增大，水平方向分速度減小，故A錯(cuò)誤；若速度大小不變，速度與水平方向的夾角減小，則豎直方向分速度減小，水平方向分速度增大，故B錯(cuò)誤；若速度大小增大，速度與水平方向的夾角增大，則豎直方向分速度增大，故C錯(cuò)誤；若速度增大，同時(shí)減少速度與水平方向的夾角，則水平方向速度增大，豎直方向速度可能不變，可以八步上欄改成七步上欄，故D正確。8.如圖所示，豎直平面內(nèi)有eq\f(1,4)圓軌道，軌道內(nèi)外兩側(cè)均光滑，半徑為R，質(zhì)量為m的小滑塊以v1、v2的初速度分別在軌道最高點(diǎn)的內(nèi)側(cè)和外側(cè)運(yùn)動(dòng)，以下關(guān)于滑塊是否脫離軌道的說法正確的是()A．不管在軌道的內(nèi)側(cè)還是外側(cè)運(yùn)動(dòng)，只要在最高點(diǎn)不脫離，則在其他點(diǎn)一定不會(huì)脫離軌道B．不管在軌道的內(nèi)側(cè)還是外側(cè)運(yùn)動(dòng)，只要在最高點(diǎn)的速度≥eq\r(gR)，一定不會(huì)脫離軌道C．在軌道的內(nèi)側(cè)最高點(diǎn)的速度v1≥eq\r(gR)、外側(cè)最高點(diǎn)的速度v2＝0，都不會(huì)脫離軌道D．在軌道的內(nèi)側(cè)只要v1＜eq\r(gR)一定脫離軌道，在軌道的外側(cè)無論v2多大都會(huì)脫離軌道解析：選D當(dāng)小滑塊在軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力分析如圖1所示，小滑塊與圓心連線與豎直方向的夾角為θ，小滑塊所受指向軌道圓心的合力提供向心力，故mgcosθ＋FN＝meq\f(v2,R)，從最高點(diǎn)滑下來，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋mgR(1－cosθ)，聯(lián)立得FN＝2mg＋eq\f(mv12,R)－3mgcosθ，所以當(dāng)FN≥0時(shí)，小滑塊能夠不脫離軌道在軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，需滿足2mg＋eq\f(mv12,R)≥3mgcosθ，當(dāng)θ＝0時(shí)，cosθ最大，所以需滿足2mg＋eq\f(mv12,R)≥3mg，解得小滑塊在軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)不脫離軌道的條件是v1≥eq\r(gR)。當(dāng)小滑塊在軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力分析如圖2，小滑塊所受指向軌道圓心的合力提供向心力，故mgcosθ－FN＝meq\f(v2,R)，從最高點(diǎn)滑下來，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv22＋mgR(1－cosθ)，聯(lián)立得FN＝3mgcosθ－2mg－eq\f(mv22,R)，所以當(dāng)FN≥0時(shí)，小滑塊能夠不脫離軌道在軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)，需滿足2mg＋eq\f(mv22,R)≤3mgcosθ，當(dāng)θ＝90°時(shí)，cosθ最小，所以需滿足2mg＋eq\f(mv22,R)≤0，顯然v2無解，所以無論小滑塊以多大的速度在軌道外側(cè)從最高點(diǎn)滑出，都會(huì)脫離軌道，所以A、B、C錯(cuò)誤，D正確。9.微元思想是物理中一種重要的思想方法，它能巧妙的“化變?yōu)楹恪?，從而便于求解物理量。例如圖若為F-t圖像，因縱軸力F變化，往往將橫軸的時(shí)間微分，即取無窮多很短的時(shí)間Δt，在很短的時(shí)間內(nèi)力變化很小，F(xiàn)可視為恒力，圖像中小長(zhǎng)方形的面積代表Δt時(shí)間內(nèi)的沖量，然后通過求和即可知道函數(shù)圖像和橫軸t包圍的面積得到F的總沖量，以下四個(gè)選項(xiàng)說法錯(cuò)誤的是()A．若是V-p(體積—壓強(qiáng))圖，則圖中函數(shù)圖像和橫軸p圍成的面積代表理想氣體對(duì)外做的功B．若是a-t(加速度—時(shí)間)圖，則函數(shù)圖像和橫軸t圍成的面積代表對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量C．若是F-x(力—位移)圖，則函數(shù)圖像和橫軸x圍成的面積代表對(duì)應(yīng)位移內(nèi)力F所做的功D．若是I-t(電流—時(shí)間)圖，則函數(shù)圖像和橫軸t圍成的面積代表對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的電荷量解析：選A若是V-p(體積—壓強(qiáng))圖，橫軸微分表示極短壓強(qiáng)變化量，極短壓強(qiáng)變化內(nèi)氣體體積可視作不變，則氣體不對(duì)外做功，則圖中函數(shù)圖像和橫軸p圍成的面積不能代表理想氣體對(duì)外做的功，A錯(cuò)誤，符合題意；若是a-t(加速度—時(shí)間)圖，橫軸微分表示極短時(shí)間，極短時(shí)間內(nèi)的加速度變化可以忽略，由Δv＝aΔt可知每個(gè)小長(zhǎng)方形的面積代表Δt時(shí)間內(nèi)的速度變化量，函數(shù)圖像和橫軸t圍成的面積代表對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量，B正確，不符合題意；若是F-x(力—位移)圖，橫軸微分表示極短位移，極短位移內(nèi)的力的變化可以忽略，由ΔW＝FΔx可知每個(gè)小長(zhǎng)方形的面積代表Δt時(shí)間內(nèi)力做的功，則函數(shù)圖像和橫軸x圍成的面積代表對(duì)應(yīng)位移內(nèi)力F所做的功，C正確，不符合題意；若是I-t(電流—時(shí)間)圖，橫軸微分表示極短時(shí)間，極短時(shí)間內(nèi)的電流的變化可以忽略，由Δq＝IΔt可知每個(gè)小長(zhǎng)方形的面積代表Δt時(shí)間內(nèi)的電荷量，則函數(shù)圖像和橫軸t圍成的面積代表對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的電荷量，D正確，不符合題意。10．春分時(shí)，當(dāng)太陽(yáng)光直射地球赤道時(shí)，某天文愛好者在地球表面上某處用天文望遠(yuǎn)鏡恰好觀測(cè)到其正上方有一顆被太陽(yáng)照射的地球同步衛(wèi)星。已知：地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)角速度為ω，若不考慮大氣對(duì)光的折射，下列關(guān)于在日落后的12小時(shí)內(nèi)，該觀察者看不見此衛(wèi)星的時(shí)間t滿足的關(guān)系式正確的是()A．sin(ωt)＝eq\r(3,\f(Rω2,g)) B．sin(ωt)＝eq\r(3,\f(g,Rω2))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωt,2)))＝eq\r(3,\f(Rω2,g)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωt,2)))＝eq\r(3,\f(g,Rω2))解析：選C根據(jù)光的直線傳播規(guī)律，可知日落后的12小時(shí)，同步衛(wèi)星相對(duì)地心轉(zhuǎn)過角度θ的時(shí)間t內(nèi)，該觀察者看不見此衛(wèi)星，如圖所示。同步衛(wèi)星相對(duì)地心轉(zhuǎn)過的角度為θ＝2α，且sinα＝eq\f(R,r)，對(duì)同步衛(wèi)星有Geq\f(Mm,r2)＝mrω2，對(duì)在地球表面的物體有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，結(jié)合θ＝ωt，解得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωt,2)))＝eq\r(3,\f(Rω2,g))，故選C。11．如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶2，輸入端所加正弦交流電的電壓u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，已知電阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑動(dòng)變阻器R3最大阻值為40Ω，電壓表為理想電壓表。開始時(shí)，滑片P處于滑動(dòng)變阻器正中間位置，下列說法正確的是()A．通過R1的電流為2AB．電壓表讀數(shù)為40VC．副線圈電流方向每秒鐘改變50次D．若將滑片P向下滑動(dòng)，電壓表讀數(shù)將變大解析：選D由輸入端所加正弦電壓的表達(dá)式可知輸入端的電壓有效值為U＝eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V，設(shè)原線圈中的電流為I1，副線圈中的電流為I2，則由能量守恒定律可得UI1＝I12R1＋I(xiàn)22eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2＋\f(R3,2)))，而由匝數(shù)比等于電流的反比可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2,1)，聯(lián)立解得I1＝1A，I2＝0.5A，則可得電壓表的示數(shù)U2＝I2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2＋\f(R3,2)))＝20V，故A、B錯(cuò)誤；由輸入端所加正弦交流電的電壓表達(dá)式可知該交流電的頻率為f＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，則可知副線圈電流方向每秒鐘改變100次，故C錯(cuò)誤；若將滑片P向下滑動(dòng)，接入副線圈回路中的電阻增大，電流減小，則可知原線圈回路中的電流也減小，從而使定值電阻兩端的電壓減小，原線圈兩端的電壓增大，而匝數(shù)比不變，則可知副線圈兩端的電壓增大，因此電壓表的示數(shù)增大，故D正確。12．如圖所示，在直角坐標(biāo)系中，先固定一不帶電金屬導(dǎo)體球B，半徑為L(zhǎng)，球心O′坐標(biāo)為(2L,0)。再將一點(diǎn)電荷A固定在原點(diǎn)O處，帶電量為＋Q。a、e是x軸上的兩點(diǎn)，b、c兩點(diǎn)對(duì)稱地分布在x軸兩側(cè)，點(diǎn)a、b、c到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離均為eq\f(L,2)，Od與金屬導(dǎo)體球B外表面相切于d點(diǎn)，已知金屬導(dǎo)體球B處于靜電平衡狀態(tài)，k為靜電力常量，則下列說法正確的是()A．圖中各點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φa＝φb＝φc>φd>φeB．金屬導(dǎo)體球左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，右側(cè)感應(yīng)出正電荷，用一根導(dǎo)線分別連接左右兩側(cè)，導(dǎo)線中有短暫的電流C．金屬導(dǎo)體球B上的感應(yīng)電荷在外表面d處的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(kQ,3L2)，方向垂直于金屬球表面D．金屬導(dǎo)體球上的感應(yīng)電荷在球心O′處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(kQ,4L2)，方向沿x軸負(fù)方向解析：選D由于感應(yīng)電荷對(duì)電場(chǎng)的影響，點(diǎn)電荷A左邊電場(chǎng)強(qiáng)度小于右邊的電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)U＝Ed，定性分析可知c點(diǎn)的電勢(shì)小于a點(diǎn)的電勢(shì)，b、c在同一等勢(shì)面上，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可得φb＝φc>φd>φe，綜上可得φa>φb＝φc>φd>φe，故A錯(cuò)誤；金屬導(dǎo)體球左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，右側(cè)感應(yīng)出正電荷，由于金屬球是等勢(shì)體，用一根導(dǎo)線分別連接左右兩側(cè)，導(dǎo)線中沒有短暫的電流，故B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷A在d處的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2L2－L2)))2)＝eq\f(kQ,3L2)，金屬導(dǎo)體球外表面場(chǎng)強(qiáng)不為零，則金屬導(dǎo)體球B上的感應(yīng)電荷在外表面d處的場(chǎng)強(qiáng)大小不等于eq\f(kQ,3L2)，故C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷A在O′處的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(kQ,4L2)，方向沿x軸正方向，金屬導(dǎo)體球內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則金屬導(dǎo)體球上的感應(yīng)電荷在球心O′處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(kQ,4L2)，方向沿x軸負(fù)方向，故D正確。13．一根柔軟輕繩水平靜止，A、B、C、D、E為繩上標(biāo)記的5個(gè)點(diǎn)，彼此間隔1米排成一條直線，如圖甲所示?，F(xiàn)使標(biāo)記點(diǎn)A在豎直方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)圖像如圖乙所示，2s時(shí)AE間第一次形成如圖丙所示的波形，由此可判斷()A．此時(shí)B點(diǎn)的振動(dòng)方向向下B．A點(diǎn)振動(dòng)頻率為1HzC．此后B、D兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)始終相同D．繩上波的傳播速度為2m/s解析：選C由“同側(cè)”法分析，波的傳播方向向右，此時(shí)B點(diǎn)的振動(dòng)方向應(yīng)與傳播方向在波形的同側(cè)，即豎直向上，故A錯(cuò)誤；由題意可知，2s時(shí)AE間第一次形成如圖丙所示的波形，A點(diǎn)開始時(shí)向上運(yùn)動(dòng)，則傳播到AE間出現(xiàn)圖丙所示波形時(shí)，傳播了eq\f(5,2)T，即eq\f(5,2)T＝2s，則T＝0.8s，故f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，故B錯(cuò)誤；由于B、D兩點(diǎn)的間隔為1個(gè)周期，由周期性可知，此后兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)始終相同，故C正確；由公式可得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.8)m/s＝2.5m/s，故D錯(cuò)誤。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(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3分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分)14．某國(guó)際科研小組首次在實(shí)驗(yàn)中觀察到了中子衰變的新方式——放射β衰變，即一個(gè)自由中子衰變成質(zhì)子(eq\o\al(1,1)p)和電子(eq\o\al(0,－1)e)同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子(eq\o\al(0,0)νe)。該科研成果對(duì)粒子物理的研究有重要意義。已知電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子質(zhì)量mn＝939.57MeV/c2，質(zhì)子質(zhì)量mp＝938.27MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)。若某次一個(gè)靜止的中子衰變中放出的質(zhì)子動(dòng)量p＝3×10－8MeV·s·m－1。則()A．強(qiáng)相互作用是中子衰變成質(zhì)子和電子的原因B．中子衰變的核反應(yīng)式為eq\o\al(0,1)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νeC．中子衰變過程中電子和反中微子的總動(dòng)能約為0.7468MeVD．該中子衰變過程中放出的質(zhì)子和電子的動(dòng)量大小相等、方向相反解析：選BC弱相互作用是中子發(fā)生β衰變生成質(zhì)子和電子的原因，A錯(cuò)誤；中子衰變的核反應(yīng)式為eq\o\al(0,1)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(0,0)νe，B正確；中子衰變過程中釋放的能量為ΔE＝(mn－me－mp)c2＝0.79MeV，一個(gè)靜止的中子衰變過程中放出的質(zhì)子動(dòng)能為Ekp＝eq\f(p2,2mp)＝eq\f(3×10－82×3×1082,2×938.27)MeV≈0.0432MeV，中子衰變過程中電子和反中微子的總動(dòng)能約為ΔE－Ekp＝0.7468MeV，C正確；中子衰變前速度為零，動(dòng)量為零，衰變后中微子具有一定速度，動(dòng)量不為零，則中子衰變過程中放出的質(zhì)子和電子的動(dòng)量不是大小相等、方向相反，D錯(cuò)誤。15.某半徑為r的類地行星表面有一單色光源P，其發(fā)出的各方向的光經(jīng)過厚度為(eq\r(2)－1)r、折射率為n＝2的均勻行星大氣層(圖中陰影部分)射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如圖所示，設(shè)此截面內(nèi)一衛(wèi)星探測(cè)器在半徑為eq\f(4r,\r(3)＋1)的軌道上繞行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，忽略行星表面對(duì)光的反射，已知sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，cos15°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，則()A．大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長(zhǎng)為eq\f(\r(2)πr,3)B．若衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，只能在軌道上某部分觀測(cè)到光，則這部分軌道弧長(zhǎng)為eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4r,\r(3)＋1)))C．若該行星沒有大氣層，則衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，能觀測(cè)到光的軌道弧長(zhǎng)將變大D．若探測(cè)器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，探測(cè)器接收到光的頻率一定大于光源發(fā)出的頻率解析：選BC如圖所示，從P點(diǎn)發(fā)出的光入射到大氣外表面C處，恰好發(fā)生全發(fā)射，C點(diǎn)即為所求弧長(zhǎng)的端點(diǎn)，對(duì)稱的另一端點(diǎn)為C′，連接OC即為法線，則sinγ＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)，可得γ＝eq\f(π,6)，由題知OP長(zhǎng)為r，OC長(zhǎng)為r＋(eq\r(2)－1)r＝eq\r(2)r，所以由正弦定理得eq\f(\r(2)r,sinα)＝eq\f(r,sinγ)＝eq\f(r,sin\f(π,6))＝2r，解得α＝eq\f(3,4)π，所以β＝π－α－γ＝eq\f(π,12)＝15°，則大氣外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長(zhǎng)為l＝2(eq\r(2)rβ)＝eq\f(\r(2)πr,6)，故A錯(cuò)誤；如圖所示，由折射定律可知，從C點(diǎn)出射的光的折射角為eq\f(π,2)，過C點(diǎn)作大氣外表面的切線，與衛(wèi)星探測(cè)器軌道交于E點(diǎn)，與OP連線的延長(zhǎng)線交于D點(diǎn)，則CE為折射光線方向，假設(shè)衛(wèi)星逆時(shí)針方向運(yùn)行，則E點(diǎn)即為衛(wèi)星開始觀測(cè)到光的位置，而對(duì)稱的E′點(diǎn)為觀察不到光的臨界點(diǎn)，則弧EE′長(zhǎng)度即為所求軌道長(zhǎng)度。由于三角形OCD為直角三角形，角β＝eq\f(π,12)，邊OC長(zhǎng)度為eq\r(2)r，所以O(shè)D長(zhǎng)度為lOD＝eq\f(\r(2)r,cosβ)＝eq\f(\r(2)r,cos\f(π,12))＝eq\f(4r,\r(3)＋1)，由于衛(wèi)星探測(cè)器軌道半徑也為eq\f(4r,\r(3)＋1)，所以D點(diǎn)在衛(wèi)星軌道上，則由三角形ECO與三角形DCO全等，得到∠EOC＝β，所以能觀測(cè)到光的軌道弧長(zhǎng)為l′＝4βeq\f(4r,\r(3)＋1)＝eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4r,\r(3)＋1)))，故B正確；若該行星沒有大氣層，單色光源P向各方向發(fā)出的光不發(fā)生反射和折射，則衛(wèi)星探測(cè)器運(yùn)行時(shí)，能觀測(cè)到光的軌道弧長(zhǎng)將變大，故C正確；若探測(cè)器公轉(zhuǎn)方向和行星自轉(zhuǎn)的方向相同，但由于二者的速度大小關(guān)系未知，根據(jù)多普勒效應(yīng)，可知探測(cè)器接收到光的頻率不一定大于光源發(fā)出的頻率，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實(shí)驗(yàn)題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)16-Ⅰ.(7分)如圖1所示是“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)裝置圖，該裝置同時(shí)也可以完成“探究物體加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”。(1)用該裝置完成“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)時(shí)，下面說法正確的是________(單選)。A．圖1中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)使用8V左右的交流電源B．實(shí)驗(yàn)時(shí)必須通過調(diào)節(jié)軌道左端的滑輪以讓細(xì)線和軌道平行C．實(shí)驗(yàn)時(shí)必須把軌道右端抬高以補(bǔ)償阻力，但不需要滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量D．為了提高實(shí)驗(yàn)精度，本實(shí)驗(yàn)需要改變車中砝碼的個(gè)數(shù)以改變運(yùn)動(dòng)小車的質(zhì)量，獲得多組數(shù)據(jù)(2)某同學(xué)利用如圖1所示的裝置進(jìn)行“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)中重物始終未落地，最后得到了如圖2所示的速度—時(shí)間圖像，根據(jù)圖像可以分析出在實(shí)驗(yàn)操作中可能存在的問題是________(單選)。A．實(shí)驗(yàn)中沒有補(bǔ)償阻力B．實(shí)驗(yàn)中沒有滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量C．實(shí)驗(yàn)中先讓釋放小車后打開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器D．實(shí)驗(yàn)中未保持細(xì)線和軌道平行(3)某同學(xué)利用上述實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中按規(guī)范操作打出的一條紙帶的一部分如圖3。從比較清晰的點(diǎn)起，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到“A”的距離。取“A”計(jì)數(shù)點(diǎn)為t＝0時(shí)刻，作出eq\f(x,t)-t圖像如圖4所示，則由圖像可得其加速度為________m/s2(保留兩位有效數(shù)字)。(4)在“探究物體加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，為了提高實(shí)驗(yàn)精度，某同學(xué)通過合理的操作使用力傳感器來測(cè)量繩子拉力，下面有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作中說法正確的是________(單選)。A．不需要槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量B．不需要細(xì)線和軌道平行C．不需要補(bǔ)償阻力D．不需要多次改變小車的質(zhì)量以獲得多組數(shù)據(jù)解析：(1)題圖1中是電火花計(jì)時(shí)器，使用220V交流電源，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)必須通過調(diào)節(jié)軌道左端的滑輪以讓細(xì)線和軌道平行，以保證細(xì)線拉力保持不變，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B正確；實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰疤骄啃≤囁俣入S時(shí)間變化的規(guī)律”，只要保證小車所受合力不變即可，不需要補(bǔ)償阻力和滿足槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，C錯(cuò)誤；為了提高實(shí)驗(yàn)的精度，本實(shí)驗(yàn)需要改變細(xì)線所掛的槽碼的個(gè)數(shù)以改變小車所受的力，獲得多組數(shù)據(jù)，D錯(cuò)誤。(2)由題圖2圖像可知小車在運(yùn)動(dòng)的后階段加速度變小，說明細(xì)線拉力方向在后階段發(fā)生變化，故可能存在的問題是實(shí)驗(yàn)中未保持細(xì)線和軌道平行。故選D。(3)每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，故相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為T＝5×0.02s＝0.10s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間規(guī)律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，可知eq\f(x,t)-t圖像的斜率k＝eq\f(1,2)a＝eq\f(3.0－2.2,0.4)m/s2＝2.0m/s2，則小車的加速度為a＝4.0m/s2。(4)實(shí)驗(yàn)中因?yàn)槔K子的拉力大小通過力傳感器讀出，因此不需要槽碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，A正確；實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰疤骄课矬w加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系”，要保證小車所受細(xì)線拉力等于小車所受合力，則需要補(bǔ)償阻力，要保持細(xì)線和軌道平行，B、C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)操作中需要多次改變小車的質(zhì)量以獲得多組數(shù)據(jù)，以減小偶然誤差，D錯(cuò)誤。答案：(1)B(2)D(3)4.0(4)A16-Ⅱ.(7分)一實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)量某元件的電阻，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：(1)首先用多用電表進(jìn)行粗測(cè)，如圖所示，下列操作步驟正確的是__________。A．如圖甲，將紅黑表筆短接，進(jìn)行機(jī)械調(diào)零B．如圖乙，利用所示旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)零C．如圖丙，用“×10”擋測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，為了準(zhǔn)確測(cè)量，應(yīng)換到“×100”擋D．實(shí)驗(yàn)完成后，擋位調(diào)至如圖丁所示位置(2)隨著使用時(shí)間的增長(zhǎng)，歐姆表內(nèi)部的電源電動(dòng)勢(shì)會(huì)減小，內(nèi)阻會(huì)增大，但仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零。若仍用該表測(cè)電阻，則測(cè)量結(jié)果會(huì)__________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。(3)為了精確測(cè)量該元件電阻，同學(xué)們又采用了如圖所示電路進(jìn)行測(cè)量。電路由控制電路和測(cè)量電路兩大部分組成。實(shí)驗(yàn)用到的器材如下：A．待測(cè)電阻Rx；B.靈敏電流計(jì)G；C.定值電阻R0＝80Ω；D.粗細(xì)均勻的電阻絲AB(總長(zhǎng)為L(zhǎng)＝60.00cm)；E.滑動(dòng)變阻器R；F.線夾、電源、開關(guān)以及導(dǎo)線若干；G.電源(電動(dòng)勢(shì)為3V)。①在閉合開關(guān)S前，可將線夾P2大致固定于電阻絲AB中部位置，滑片P1應(yīng)置于a端。閉合開關(guān)后，先移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P1至某一位置，然后不斷調(diào)節(jié)線夾P2所夾的位置，直到靈敏電流計(jì)G示數(shù)為零，測(cè)出此時(shí)AP2段電阻絲長(zhǎng)度x＝12.00cm，則Rx的阻值計(jì)算式為Rx＝________(用R0、L、x表示)，代入數(shù)據(jù)得Rx＝________Ω。②為減小因電阻絲粗細(xì)不均勻帶來的誤差，將定值電阻R0換成電阻箱，并按照①中的操作，電阻箱的阻值記為R1；然后將電阻箱與Rx交換位置，保持線夾P2的位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱，重新使靈敏電流計(jì)G示數(shù)為零，此時(shí)電阻箱的阻值記為R2，則電阻Rx＝__________。解析：(1)如題圖甲，將紅黑表筆短接，進(jìn)行的是歐姆調(diào)零，A錯(cuò)誤；題圖乙所示旋鈕為歐姆調(diào)零旋鈕，B正確；用“×10”擋測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，即讀數(shù)太小，為了減小誤差，應(yīng)使指針停留在刻度盤中間區(qū)域，要增大讀數(shù)，應(yīng)換到“×1”擋，C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)完成后，應(yīng)將擋位開關(guān)置于OFF擋或交流電壓最高擋，D錯(cuò)誤。(2)多用電表的測(cè)量原理為閉合電路歐姆定律，當(dāng)電池電動(dòng)勢(shì)減小、內(nèi)阻變大時(shí)，歐姆表重新調(diào)零，即滿偏電流不變，則根據(jù)Ig＝eq\f(E,R中)可知，歐姆表的內(nèi)阻R中變小，當(dāng)測(cè)電阻時(shí)有I＝eq\f(E,R中＋Rx)＝eq\f(IgR中,R中＋Rx)＝eq\f(Ig,1＋\f(Rx,R中))，因R中變小，則同一Rx對(duì)應(yīng)的電流要變小，對(duì)應(yīng)的電阻刻度值要變大，即測(cè)量結(jié)果會(huì)偏大。(3)①當(dāng)靈敏電流計(jì)G示數(shù)為零時(shí)，說明Rx的分壓和AP2部分的分壓相等，即URx＝eq\f(U·Rx,Rx＋R0)＝UAP2＝eq\f(U·RAP2,RAB)＝eq\f(U·LAP2,LAB)＝eq\f(U·x,L)，整理得eq\f(Rx,Rx＋R0)＝eq\f(x,L)，則Rx＝eq\f(R0x,L－x)，代入數(shù)據(jù)解得Rx＝20Ω。②根據(jù)第①問的原理，交換位置前有eq\f(Rx,Rx＋R1)＝eq\f(x,L)，交換位置后有eq\f(R2,Rx＋R2)＝eq\f(x,L)，可得eq\f(Rx,Rx＋R1)＝eq\f(R2,Rx＋R2)，解得Rx＝eq\r(R1R2)。答案：(1)B(2)偏大(3)①eq\f(R0x,L－x)20②eq\r(R1R2)17．(8分)如圖所示，在溫度為17℃的環(huán)境下，一根豎直的輕質(zhì)彈簧支撐著一倒立汽缸的活塞，使汽缸懸空且靜止，此時(shí)倒立汽缸的頂部離地面的高度為h＝49cm，已知彈簧原長(zhǎng)l0＝50cm，勁度系數(shù)k＝100N/m，汽缸的質(zhì)量M＝2kg，活塞的質(zhì)量m＝1kg，活塞的橫截面積S＝20cm2。若大氣壓強(qiáng)p0＝1×105Pa，且不隨溫度變化，設(shè)活塞與缸壁間無摩擦，可以在缸內(nèi)自由移動(dòng)，缸壁導(dǎo)熱性良好，使缸內(nèi)氣體的溫度保持與外界大氣溫度相同。(彈簧始終在彈性限度內(nèi)，且不計(jì)汽缸壁及活塞的厚度)(1)求彈簧的壓縮量；(2)若環(huán)境溫度緩慢上升到37℃，求此時(shí)倒立汽缸的頂部離地面的高度；(3)若在第(2)問中，密閉氣體內(nèi)能增加10J，求該過程中密閉氣體吸收的熱量。解析：(1)對(duì)汽缸和活塞整體受力分析有(M＋m)g＝kΔx，整理得Δx＝eq\f(M＋mg,k)＝0.3m。(2)由于活塞離地面的高度不發(fā)生變化，汽缸頂部離地面為h＝49cm，則活塞離地面50cm－30cm＝20cm，故初始時(shí)，內(nèi)部氣體的高度為l＝49cm－20cm＝29cm，且該過程為等壓變化。V1＝lS，T1＝290K，V2＝l′S，T1＝310K，根據(jù)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)，代入得l′＝31cm，故此時(shí)倒立汽缸的頂部離地面的高度h′＝h＋l′－l＝51cm。(3)設(shè)密閉氣體壓強(qiáng)為p1，對(duì)汽缸受力分析得p0S＋Mg＝p1S代入數(shù)據(jù)得p1＝1.1×105Pa在第(2)問中氣體發(fā)生等壓變化，故外界對(duì)氣體做的功為W＝－p1ΔV＝－4.4J根據(jù)熱力學(xué)第一定律得ΔU＝Q＋W解得Q＝14.4J。答案：(1)0.3m(2)51cm(3)14.4J18．(11分)如圖所示，水平傳送帶AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m，其左端B點(diǎn)與半徑R＝0.5m的半圓形豎直軌道BCD平滑連接，其右端A點(diǎn)與光滑長(zhǎng)直水平軌道平滑連接。軌道BCD最高點(diǎn)D與水平細(xì)圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓筒上邊緣接觸，且DE延長(zhǎng)線恰好沿圓筒的直徑方向。已知水平傳送帶AB以v＝6m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)行，圓筒半徑r＝0.05m、高度h＝0.2m。質(zhì)量m＝0.5kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從P點(diǎn)處以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，與其他軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計(jì)，不計(jì)管道DE的粗細(xì)。(1)若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點(diǎn)D，求滑塊經(jīng)過半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN；(2)若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點(diǎn)D，求滑塊的初速度v0；(3)若小滑塊能從D點(diǎn)水平滑入管道DE，并從E點(diǎn)水平離開DE后與圓筒內(nèi)壁至少發(fā)生6次彈性碰撞，求滑塊的初速度v0的范圍。解析：(1)小滑塊恰好能通過最高點(diǎn)D，則在最高點(diǎn)重力提供向心力，軌道對(duì)小滑塊無壓力，即mg＝meq\f(vD2,R)，小滑塊從B點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝5m/s，小滑塊在B點(diǎn)，有FN′－mg＝meq\f(vB2,R)，聯(lián)立以上各式，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊經(jīng)過半圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN＝FN′＝30N。(2)根據(jù)(1)中vB＝5m/s<6m/s，則小滑塊在傳送帶上一直保持勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)動(dòng)能定理有μmgL＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝1m/s。(3)設(shè)小滑塊與圓筒內(nèi)壁剛好發(fā)生6次彈性碰撞，小滑塊在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向速度大小不變，則有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.2s水平方向上2r＝vD′t1＝vD′·eq\f(t,6)解得vD′＝3m/s從B到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD′2－eq\f(1,2)mvB′2解得vB′＝eq\r(29)m/s<6m/s在傳送帶上，根據(jù)動(dòng)能定理可得μmgL＝eq\f(1,2)mvB′2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(5)m/s故為了保證小滑塊與圓筒內(nèi)壁至少發(fā)生6次彈性碰撞，滑塊的初速度v0的范圍為v0≥eq\r(5)m/s。答案：(1)30N(2)1m/s(3)v0≥eq\r(5)m/s19．(11分)如圖甲所示，在xOy水平面內(nèi)，固定放置著間距為l＝0.4m、電阻不計(jì)的兩平行金屬直導(dǎo)軌，其間連接有阻值為R＝0.15Ω的電阻，電阻兩端連接示波器(內(nèi)阻可視為無窮大)，可動(dòng)態(tài)顯示電阻R兩端的電壓。兩導(dǎo)軌間存在的磁場(chǎng)滿足的條件如下：B(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0.5x＋0.5x>0,0.5x≤0))(單位：T)，其方向垂直導(dǎo)軌平面向下。一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.05Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。棒在外力作用下從負(fù)半軸x＝－eq\f(1,π)(單位：m)處從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻恰好運(yùn)動(dòng)到x＝0處(t1未知)，并在外力作用下繼續(xù)沿x軸正半軸運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過程中觀察到示波器顯示的電壓隨時(shí)間變化的波形是如圖乙所示，0～t1時(shí)間內(nèi)為eq\f(1,4)周期的正弦曲線，示數(shù)最大值為0.3V，t1以后示數(shù)恒為0.3V。(提示：簡(jiǎn)諧振動(dòng)滿足F回＝－kx，周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，m為運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量)求：(1)金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；(2)金屬棒從x＝－eq\f(1,π)運(yùn)動(dòng)到x＝0m過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬棒從x＝－eq\f(1,π)運(yùn)動(dòng)到x＝2m過程中外力的平均功率。解析：(1)運(yùn)動(dòng)的金屬棒充當(dāng)電源，則U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(3,4)E金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv根據(jù)題意可知，在t1時(shí)刻金屬棒恰好運(yùn)動(dòng)到x＝0處時(shí)v＝vmax，此時(shí)E＝0.4V，vmax＝eq\f(E,Bl)＝2m/s。(2)回復(fù)力與偏離平衡位置的距離成正比，由圖像可知O點(diǎn)為平衡位置，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(kx,2)·x＝eq\f(1,2)mvm