物理浙江選考總復習第十四章實驗與探究選考仿真模擬試卷

選考仿真模擬試卷選擇題部分一、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.張明同學周末陪父母去超市，先用5min的時間找到了水果攤點，買了4kg紅富士蘋果，又在服裝店買了一條長100cm的褲子，又去了體驗室，最后在二樓乘速度為0.65m/s的電梯到一樓地下車庫，然后開車返回家中，題中給出的單位是國際單位制下的基本單位的是()A.min B.kgC D.m/s答案B解析kg、m和s是國際單位制下的基本單位的符號，min是時間的單位，cm是長度的單位，但都不是基本單位，m/s是速度的單位，是導出單位，故選B.2.建筑工人正在高樓上砌磚，手滑不慎將磚塊掉落，發(fā)現(xiàn)2s后磚塊落到地上斷成兩塊，則估計此樓高度約為(不計空氣阻力)()A.5m B.10mC.20m D.40m答案C解析磚塊的運動可看做自由落體運動，根據(jù)公式h＝eq\f(1,2)gt2，得h＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m，故選C.3.如圖1所示，小物體與水平圓盤保持相對靜止，跟著圓盤一起做勻速圓周運動，下列對小物體的受力分析正確的是()圖1A.受重力、支持力B.受重力、支持力、摩擦力C.受重力、支持力、向心力D.受重力、支持力、向心力、摩擦力答案B解析物體在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物體在轉動過程中，有背離圓心的運動趨勢，因此受到指向圓心的靜摩擦力，且靜摩擦力提供向心力，故B正確.4.如圖2所示，為“中國新歌聲”娛樂節(jié)目所設計的“導師戰(zhàn)車”，戰(zhàn)車可以在傾斜直軌道上運動.當坐在戰(zhàn)車中的導師按下按鈕，戰(zhàn)車就由靜止開始沿長10米的軌道沖到學員面前，最終剛好停在軌道的末端，此過程約歷時4秒.戰(zhàn)車在運動過程中，下列說法正確的是()圖2A.戰(zhàn)車在運動過程中導師處于失重狀態(tài)B.戰(zhàn)車在運動過程中所受合外力始終不變C.戰(zhàn)車在傾斜軌道上做勻變速直線運動D.根據(jù)題中信息可以估算導師運動的平均速度答案D解析根據(jù)題意，戰(zhàn)車先向下做加速直線運動，最后向下做減速直線運動，加速度豎直方向上的分量先向下，最后向上，導師先失重，最后超重，選項A錯誤；運動過程中，戰(zhàn)車的加速度發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律，戰(zhàn)車所受合外力也發(fā)生變化，選項B錯誤；戰(zhàn)車在整個運動過程中，加速度發(fā)生變化，故不是做勻變速直線運動，選項C錯誤；根據(jù)平均速度的定義式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可以根據(jù)題中信息估算導師運動的平均速度，選項D正確.5.張軍同學到中國第一高塔廣州塔游玩時，從物理學角度設想了電梯的運動簡化模型，認為電梯的速度v是隨時間t變化的，若電梯在t＝0時由靜止開始上升，v－t圖象如圖3所示，張軍的質量m＝70kg，忽略一切阻力.下列說法正確的是()圖3A.張軍乘電梯上升過程中，一直處于超重狀態(tài)B.整個過程張軍對電梯的壓力始終為700NC.張軍乘電梯上升到塔頂?shù)母叨燃s為600mD.電梯對張軍的支持力的最大功率是2.8kW答案C解析從題圖圖象中可知張軍乘電梯上升過程中先勻加速運動，再勻速運動，最終勻減速運動；張軍勻減速上升時處于失重狀態(tài)，支持力小于重力，由牛頓第三定律可知，張軍對電梯的壓力也小于重力，故A、B錯誤；上升高度可以從圖象中圖線與橫軸所圍面積求出為600m，故C正確；電梯對張軍支持力的最大功率是P＝Fv＝770×4W＝3.08kW，故D錯誤.6.游樂場內兩支玩具槍在同一位置先后沿水平方向各射出一顆子彈，打在遠處的同一個靶上，A為甲槍子彈留下的彈孔，B為乙槍子彈留下的彈孔，兩彈孔在豎直方向上相距高度為h，如圖4所示，不計空氣阻力.關于兩槍射出的子彈初速度大小，下列判斷正確的是()圖4A.甲槍射出的子彈初速度較大B.乙槍射出的子彈初速度較大C.甲、乙兩槍射出的子彈初速度一樣大D.無法比較甲、乙兩槍射出的子彈初速度的大小答案A解析由y＝eq\f(1,2)gt2，yB>yA知tB>tA，又x＝v0t，x相同，故初速度vA>vB，故選A.7.如圖5所示，“共享單車”極大地方便了老百姓的出行，某高檔“共享單車”通過變速器調整鏈條在輪盤和飛輪的掛入位置，改變行駛速度.輪盤和飛輪的齒數(shù)如下表所示：名稱輪盤飛輪A輪B輪C輪D輪E輪齒數(shù)N/個4839241813圖5則下列說法正確的是()A.當A輪與C輪組合時，兩輪的轉速之比為1∶1B.當A輪與C輪組合時，兩輪邊緣上的點的線速度大小之比為1∶2C.當B輪與E輪組合時，兩輪角速度之比為1∶3D.當B輪與E輪組合時，兩輪邊緣上的點的向心加速度大小之比為3∶1答案C解析A輪與C輪通過鏈條連接，輪邊緣上的點的線速度大小相等，齒數(shù)之比為2∶1，轉速之比為1∶2，故A、B錯誤；B輪與E輪通過鏈條連接，輪邊緣上的點的線速度大小相等，齒數(shù)之比為3∶1，轉速之比為1∶3，角速度之比為1∶3，輪邊緣上的點的向心加速度之比為1∶3，故C正確，D錯誤.8.如圖6所示，2017年6月15日上午11點，首顆X射線空間天文衛(wèi)星“慧眼”成功發(fā)射，“慧眼”是我國第一顆X射線天文科學衛(wèi)星.衛(wèi)星在距離地面550千米的軌道上運行，它裝載了高能、中能、低能X射線望遠鏡和空間環(huán)境監(jiān)測器等4個探測有效載荷，通過掃描觀測可以完成寬波段、大視場、大有效面積的空間X射線成像.這將顯著提升我國大型科學衛(wèi)星研制水平，實現(xiàn)空間高能天體物理領域由地面觀測向天地聯(lián)合觀測的跨越，若已知地球半徑與地球質量的具體數(shù)值，以及萬有引力常量，則能求出()圖6①衛(wèi)星在軌運動的加速度大小 ②衛(wèi)星在軌運動的周期③衛(wèi)星在軌運動的動能 ④衛(wèi)星在軌運動的合外力A.①② B.①②③C.①②④ D.①②③④答案A解析天體運動的向心力來源于天體之間的萬有引力，等于天體所受的合外力，已知地球質量M，地球半徑R及萬有引力常量G，由F＝Geq\f(Mm,r2)＝man＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2r,T2)，Ek＝eq\f(mv2,2)，可以求出衛(wèi)星在軌運動的加速度大小與運行周期，動能Ek、合外力F的大小與衛(wèi)星的質量m有關，無法求出，故選A.9.如圖7所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上，其正上方A位置有一個小球，小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零.小球下降階段，下列說法中不正確的是()圖7A.在C位置小球動能最大B.在B位置小球動能最大C.從A→C位置小球重力勢能的減少大于小球動能的增加D.從A→D位置小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加答案B解析小球在C位置時重力等于彈力，小球從A位置到C位置速度一直增大，故小球在C位置的速度最大，此時的動能最大，故A正確，B錯誤；小球從A→C位置重力勢能減小，動能增大，彈簧的彈性勢能也增大，減少的重力勢能等于動能與彈性勢能的增加量之和，C正確；而在A與D位置時小球動能都是0，從A→D位置小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加，D正確；該題選不正確的，故B符合題意.10.圖8答案A解析每天(7h)太陽能電池板接收的太陽能W總＝SW0t0＝0.3×3.6×106×7J＝7.56×106J，轉化為電能的部分為W轉＝15%W總＝1.134×106J，路燈正常工作，有P＝P額＝30W，由W＝Pt，得t＝eq\f(W轉,P)＝eq\f(1.134×106,30)s＝3.78×104s＝10.5h，故選A.11.如圖9所示，甲、乙、丙為真空中分別帶有一定電荷量的小球，其中甲小球帶有4q的正電荷(q>0)，用絕緣支架固定，乙、丙小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時，三小球球心處于同一水平面且甲、乙及乙、丙小球間距離相等，懸掛乙小球的細線向左傾斜，懸掛丙小球的細線豎直.下列說法正確的是()圖9A.乙小球帶正電、帶電荷量一定為qB.乙小球帶負電、帶電荷量一定為qC.丙小球帶正電、帶電荷量一定為4qD.丙小球帶負電、帶電荷量一定為4q答案B解析根據(jù)受力平衡條件可知，若乙球帶正電，丙球不管帶正電還是帶負電，都不能使懸掛丙小球的細線豎直，所以乙小球一定帶負電，故A錯誤.對丙小球進行受力分析，甲、丙小球間的距離是乙、丙小球間距離的兩倍，由F＝keq\f(q1q2,r2)，得甲、乙小球帶電荷量之比為4∶1，則＝eq\f(kq丙q乙,r2)，G乙為小球乙的重力，θ為小球乙偏離豎直方向的角度，則丙小球帶電荷量一定小于4q，故C錯誤；對丙小球進行受力分析，若小球丙帶負電，則eq\f(k4qq丙,2r2)＝eq\f(kqq丙,r2)，丙小球帶電荷量大于、等于、小于4q都可以，故D錯誤.12.如圖10所示，將長為L的導線彎成六分之一的圓弧(O點為圓心)，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場中，兩端點A、C連線豎直，若給導線通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導線所受安培力的大小和方向是()圖10A.ILB，水平向左 B.ILB，水平向右C.eq\f(3ILB,π)，水平向右 D.eq\f(3ILB,π)，水平向左答案D解析弧長為L，圓心角為60°，則弦長：eq\x\to(AC)＝eq\f(3L,π)，導線受到的安培力：F＝BI·eq\x\to(AC)＝eq\f(3BIL,π)，由左手定則可知，導線受到的安培力方向水平向左，故D正確.13.醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血液速度.電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的.使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖11所示.由于血流中的正、負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差.在達到平衡時，血流內部的電場可看做勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T.則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()圖11，a正、b負 B.2.7m/s，a正、b負，a負、b正 D.2.7m/s，a負、b正答案A解析血液中的離子在磁場的作用下會在a、b之間形成電勢差，當電場對離子的力與洛倫茲力相等時達到穩(wěn)定狀態(tài)，由qE＝qvB得血流速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，由左手定則可得a為正極，b為負極，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.加試題下列說法正確的是()A.光導纖維是利用光的干涉原理傳輸信息的B.太陽光通過三棱鏡產生的彩色條紋是由于光的折射造成的C.無線網絡信號繞過障礙物傳遞到接收終端，利用了偏振原理D.鐵路、民航等安檢口使用“X射線”對行李箱內物品進行檢測答案BD解析光導纖維是利用光的全反射傳輸信息的，A錯誤；太陽光通過三棱鏡產生彩色條紋是由于光的折射造成的，B正確；無線網絡信號繞過障礙物傳遞到接收終端，利用了波的衍射，C錯誤；由于“X射線”穿透能力強，鐵路、民航等安檢口常使用“X射線”對行李箱內物品進行檢測，D正確.故應選B、D.15.加試題如圖12所示，B超成像的基本原理就是向人體發(fā)射一組超聲波，而遇到人體組織會產生不同程度的反射(類似回聲)，通過探頭發(fā)送和接收超聲波信號，經過電子電路和計算機的處理，形成了我們今天的B超圖像(如圖甲所示).圖乙為儀器檢測到發(fā)送和接收的超聲波圖象，其中實線為沿x軸正方向發(fā)送的超聲波，虛線為一段時間后遇到人體組織沿x軸負方向返回的超聲波.已知超聲波在人體內傳播速度約為1500m/s，下列說法正確的是()圖12A.根據(jù)題意可知此超聲波的頻率為1.25×105HzB.圖乙中質點A在此后的1s內運動的路程為1500mC.圖乙中質點B此時沿y軸正方向運動D.圖乙中質點A、B兩點加速度大小相等、方向相反答案AC解析根據(jù)公式f＝eq\f(v,λ)可得頻率約為1.25×105Hz，選項A正確；質點A上下振動，1s內運動的路程為2000m，選項B錯誤；根據(jù)題意可知虛線是反射回來的波，傳播方向沿x軸負方向，由上下坡法知，此時質點B正向y軸正方向運動，選項C正確；質點A、B兩點都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等、方向相同，選項D錯誤.16.加試題氫原子光譜如圖13甲所示，圖中給出了譜線對應的波長.玻爾的氫原子能級圖如圖乙所示.已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，則()圖13A.光譜圖反映氫原子只能輻射出特定能量值的光子B.利用圖示中5種譜線對應的光照射同種金屬進行光電效應實驗，形成光電流的飽和值可能相同C.Hα譜線對應的躍遷是從n＝2能級到n＝1能級D.Hβ譜線對應光子的能量約為0.31eV答案AB非選擇題部分三、非選擇題(本題共7小題，共55分)17.(5分)如圖14所示，為某同學“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置圖.圖14(1)現(xiàn)有的器材：帶鐵夾的鐵架臺、電磁打點計時器、紙帶、帶夾子的重物、導線若干.為完成此實驗，除了所給的器材，還需要________.(填選項前的字母)A.刻度尺 B.秒表C.6V交流電源 D.220V交流電源(2)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，查得當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10m/s2，某同學選擇了一條理想的紙帶，用刻度尺測量時各計數(shù)點對應刻度尺上的讀數(shù)如圖15所示，圖中O點是打點計時器打出的第一個點，A、B、C、D分別是每打兩個點取的計數(shù)點.則重物由O點運動到B點時(重物質量為mkg)圖15①重力勢能的減少量是________J，動能的增加量是________J.②重力勢能的減少量________(選填“略大于”或“略小于”)動能的增加量.答案(1)AC(2)①1.95m1.89m②略大于解析(1)實驗所用的是電磁打點計時器，故需要用6V的交流電源；需要測長度，所以需要用刻度尺，所以還需要的器材為A、C.≈1.89mJ.②重力勢能的減少量略大于動能的增加量.18.(5分)某同學通過查找資料自己動手制作了一個電池.該同學想測量一下這個電池的電動勢E和內阻r，但是從實驗室只借到一個開關、一個電阻箱(最大阻值為999.9Ω，可當標準電阻用)、一只電流表(量程Ig＝0.6A，內阻rg＝0.1Ω)和若干導線.(1)請根據(jù)測定電動勢E和內阻r的要求，設計圖16甲中器件的連接方式，畫線把它們連接起來.圖16(2)接通開關，逐次改變電阻箱的阻值R，讀出與R對應的電流表的示數(shù)I，并做記錄.當電阻箱的阻值R＝2.6Ω時，其對應的電流表的示數(shù)如圖乙所示.處理實驗數(shù)據(jù)時，首先計算出每個電流值I的倒數(shù)eq\f(1,I)，再制作R－eq\f(1,I)坐標圖，如圖丙所示，圖丙中已標注出了(eq\f(1,I)，R)的幾個與測量對應的坐標點，請你將與圖乙實驗數(shù)據(jù)對應的坐標點也標注在圖丙上.(3)在圖丙上把描繪出的坐標點連成圖線.(4)根據(jù)圖丙描繪出的圖線可得出這個電池的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.答案(1)見解析圖甲(2)見解析圖乙(3)見解析圖乙(4)1.50.3解析(1)首先應理解本題的實驗原理，由閉合電路歐姆定律可知E＝I(R＋r)，只要知道兩組外電阻和電流值，就可以解出電池電動勢和內阻.因此，直接將電阻箱和電流表串聯(lián)在電路中就行，如圖甲.(2)當R＝2.6Ω時，由題圖乙可知I＝0.50A，eq\f(1,I)＝2A－1，描點(2,2.6)，如圖乙.(3)R－eq\f(1,I)圖線是一條傾斜的直線.注意連線時：①不能連成折線；②為減小偶然誤差，個別偏離太遠的點舍去.(4)由閉合電路的歐姆定律得E＝I(R＋r＋rg)，則R＝eq\f(E,I)－(r＋rg)，故圖線的斜率k表示電池電動勢E的大小，縱軸截距的絕對值表示電阻(r＋rg).由圖乙可知E＝k＝eq\f(5.6－2.6,4.0－2.0)V＝1.5V，r≈0.3Ω.圖17(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，1s內上升的高度h0；(2)為保證無人機能夠不失去控制，無人機上升到最大高度時所需要的最短時間；(3)當無人機懸停在距離地面高度H＝80m處，由于動力設備故障，無人機突然失去升力而墜落.在無人機墜落過程中，動力設備突然重啟后又完全正常，為保證安全著地，無人機從開始下落到恢復升力的最長時間tmax.答案(1)3m(2)11.5s(3)eq\f(10,3)s解析(1)由牛頓第二定律可得F－mg－f＝ma1解得a1＝6m/s2由運動學公式可得h0＝eq\f(1,2)a1t12＝3m(2)為保證無人機不失去控制，則無人機向上運動的三段位移之和為h，由牛頓第二定律和運動學公式可得mg＋f＝ma2，eq\f(v\o\al(,m2),2a1)＋eq\f(v\o\al(m2,),2a2)＋vmt2＝h解得a2＝12m/s2，t2＝8.5st1＝eq\f(vm,a1)＝2s，t3＝eq\f(vm,a2)＝1s，t總＝t1＋t2＋t3＝11.5s(3)由牛頓第二定律有mg－f＝ma3解得a3＝8m/s2F－mg＋f＝ma4解得a4＝10m/s2兩段位移之和為H，由運動學公式可得eq\f(v2,2a3)＋eq\f(v2,2a4)＝H解得v＝eq\f(80,3)m/stmax＝eq\f(v,a3)＝eq\f(10,3)s.20.(12分)如圖18所示，水平面上輕彈簧左端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時，其右端位于P點，且P點左側水平面光滑，右側粗糙，動摩擦因數(shù)μ＝0.5，長度L＝10m.現(xiàn)用一質量m＝0.1kg的小物塊(可視為質點)將彈簧壓縮距離d后(彈性限度內)靜止釋放，物塊經過P點到達水平面右端Q點后恰好沿半徑R＝2.5m光滑半圓軌道的切線進入豎直固定半圓軌道，物塊恰好不脫離軌道，最后物塊經軌道最低點A拋出后落到B點，若A點到B點的豎直高度h＝45m，取g＝10m/s2，不計空氣阻力.圖18(1)求彈簧壓縮量為d時彈簧的彈性勢能；(2)已知彈簧的彈性勢能與其壓縮量的平方成正比，若使彈簧壓縮量變?yōu)?d(彈性限度內)，求物塊剛進入半圓軌道時物塊對軌道的壓力；(3)在滿足(2)問的前提下，求物塊拋出點A與落地點B的水平距離.答案(1)6.25J(2)15N，方向豎直向上(3)30eq\r(5)m解析(1)物塊從P點出發(fā)到達Q點剛好切入半圓軌道，且恰好緊貼軌道運動，由此可求得物塊經過Q點的臨界速度v，有mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝5m/s由動能定理，有－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvP2Ep＝eq\f(1,2)mvP2解得Ep＝6.25J(2)由能量守恒定律，有4Ep＝eq\f(1,2)mvQ2＋μmgL解得vQ＝20m/s由牛頓第二定律有FN＋mg＝meq\f(v\o\al(Q2,),R)解得FN＝15N由牛頓第三定律可得，物塊剛進入半圓軌道時對半圓軌道的壓力為15N，方向豎直向上(3)從Q點運動到A點，由動能定理可得mg·2R＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvQ2解得vA＝10eq\r(5)m/s物塊從A點做平拋運動，落到B點，由平拋運動規(guī)律可得h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vAt解得x＝30eq\r(5)m21.加試題(4分)(1)如圖19所示，在“探究電磁感應的產生條件”的實驗中，小明同學做實驗時有如下未完成的電路連接圖，請你幫他完成，圖中a號導線應該接________，b號導線應該接________.(均填“A接線柱”或“B接線柱”)圖19正確連線后小明做了各種操作嘗試，當閉合開關的瞬間電流計指針向右偏轉，如下情形電流計指針向左偏轉的是________.A.斷開開關的瞬間B.閉合開關待電路穩(wěn)定后C.閉合開關將滑動變阻器滑片向右滑動時D.閉合開關拔出線圈中的鐵芯過程中(2)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”的實驗中，實驗室備有下列可供選擇器材，在實驗中不必用到的實驗器材有________.A.可拆變壓器 B.條形磁鐵C.干電池 D.滑動變阻器小明同學在正確操作此實驗后得到了下表的數(shù)據(jù)：原線圈的匝數(shù)n1(匝)100200400800副線圈的匝數(shù)n2(匝)800400200100原線圈兩端的電壓U1(V)0.964.97.915.8副線圈兩端的電壓U2(V)7.69.83.81.94請根據(jù)實驗中的數(shù)據(jù)得出實驗結論________________________________________________.答案(1)B接線柱A接線柱ACD(2)BCD在誤差允許范圍內原、副線圈兩端的電壓與匝數(shù)成正比，即eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)解析(1)大線圈應該與電流計相連構成閉合回路，所以a應該接到B接線柱，b應該接到A接線柱；閉合開關電流增大，磁通量增大，電流計向右偏，所以只要磁通量減小的情況，電流計都會向左偏，故選A、C、D.(2)“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”要用低壓交流電源和交流電表，所以不需要干電池、條形磁鐵和滑動變阻器，故選B、C、D；表格中每組數(shù)據(jù)都可以看出匝數(shù)之比近似等于兩端的電壓之比.22.加試題(10分)如圖20所示為一個安培秤，可以測量勻強磁場的磁感應強度B.其原理為：等臂天平右端托盤下懸掛一個水平邊長為L、匝數(shù)為N的長方形線圈，線圈中通有可變電流I.改變線圈中的電流I，并改變左盤中的砝碼質量m，使天平平衡，從而計算磁感應強度B的大小.已知等臂天平兩邊對托盤向下的拉力或壓力相等時，天平平衡.圖20(1)線圈電流I＝0時將天平調平，此時左盤砝碼質量為m0，實驗過程中只改變左盤砝碼質量，寫出左盤砝碼總質量m和線圈中順時針電流I之間的關系式.(2)某同學做實驗之前沒有測量線圈質量M，并且發(fā)現(xiàn)天平兩邊都空載(未懸掛線圈)時可以平衡.測量得到一組左盤砝碼質量m和線圈電流I之間的關系，如表所示：I(A)0.20.50.81.11.41.7m(g)460400340280220160則此同學給線圈通電的方向為順時針還是逆時針？根據(jù)表格數(shù)據(jù)，計算線圈的質量M.若已知N＝100，L＝0.1m，g＝10m/s2，由表格數(shù)據(jù)計算磁感應強度B的大小.(3)已知兩個橫截面積很大、間距很近的磁極之間的磁場可以近似看做勻強磁場.提供兩根相同的橫截面積較大的粗鐵棒、足夠長且表面絕緣的直導線、電壓可調的穩(wěn)壓電源，寫出構造一個有明顯邊界的近似勻強磁場的方法.答案見解析解析23.加試題(10分)如圖21所示為一人工轉變核反應探測儀，裝置有α粒子源、粒子加速區(qū)、核反應區(qū)和粒子探測區(qū)四部分組成.α粒子源可以單位時間發(fā)射出N＝1015個α粒子，其初速度為v0＝3×107m/s，隨后又進入電壓為U＝7×106V的加速電場，從電場中射出后與靜止在反應區(qū)A點的鈹核eq\o\al(9,4)Be發(fā)生核反應，兩個反應產物經EF垂直邊界飛入探測區(qū)，探測區(qū)有一圓形磁場和粒子探測器，圓形磁場半徑為R＝eq\f(2\r(3),15)m，其內存在磁感應強度為B＝0.5T的勻強磁場，圓形磁場邊界與EF相切，探測器與EF平行距圓心距離為d＝0.5m.實驗中根據(jù)碰撞點的位置便可分析核反應的生成物.為簡化模型，假設α粒子均可與鈹核發(fā)生核反應，