202004051907471652.doc

选择题1-5 DDBDD 6-8 ACB 9 AB 10 CD 11BC 12ABD ‎ ‎13解答：‎ 游标卡尺的主尺读数为4mm，游标读数为0.05×10mm＝0.50mm，则d＝4.50mm。 通过两光电门的瞬时速度分别为v1=d△t1，v2=d△t2，则系统动能的增加量△Ek=12(M+m)(v22−v12)=12(M+m)[(d△t2)2−(d△t1)2]，系统重力势能的减小量△Ep＝(M−m)gh，当(M−m)gh=12(M+m)[(d△t2)2−(d△t1)2]，则机械能守恒。‎ ‎14分析：‎ ‎（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器； （2）根据伏安法测电源电动势与内阻是实验原理作出实验电路图； （3）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．‎ 解答：‎ ‎(1)两节干电池电动势约为3V,内阻很小,为方便实验操作,滑动变阻器应选F. R1(0∼20Ω).‎ ‎(2)伏安法测电源电动势与内阻实验，电流表测电路电流，电压表测路端电压，由于干电池内阻很小，为使电压表示数变化明显，可以给电源串联一个定值电阻，电源与定值电阻组成等效电源，由所给实验器材可知，没有电压表，可以用电流计与定值电阻R组装成一个电压表，实验电路图如图所示。‎ ‎(3)由图丙所示图象可知,电源的U−I图象与纵轴的交点坐标值是3,则每节干电池的电动势E=32=1.5V；‎ 图象斜率k=△U△I=3−0.50.5=5,k=R0+2r=3+2r,则每节干电池的内阻r=5−32=1Ω.‎ 故答案为：(1)F;(2)如图甲所示;(3)如图乙所示;(4)1.5；1.‎ ‎15分析：‎ ‎（1）原来小球与细杆保持相对静止，风速增加后仍然相对静止，分别根据平衡条件列式求解即可； （2）下滑过程为加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。‎ 解答：‎ ‎(1)小球与细杆保持相对静止时,有mgtan45∘=kv0‎ 风速以加速度a均匀增大时,设细杆对球的支持力为FN,有：FNsinθ−kv=0‎ 其中v=v0+at FNcosθ=mg 解得：tanθ=1+av0t ‎(2)风速为v0时,设空气阻力与重力的合力为F,有：F=mgcos45∘‎ 当细杆与水平面之间的夹角为45∘+α时,空气阻力与重力的合力大小、方向均不变,仍为F,设物体沿斜面下滑的加速度大小为a′，‎ 有：Fsinα=ma′‎ 物体由静止开始下滑L=12a′T2‎ 解得：sinα=2√LgT2‎ 答：(1)细杆的倾角θ的正切值随时间t变化的关系式是tanθ=1+av0t。‎ ‎(2)α应满足怎样的关系式是sinα=2√LgT2。‎ ‎16分析：‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离； （2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度．‎ 解答：‎ ‎ (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，‎ 则：SOA=12at2‎ 又：a=Fm E=Fq y方向的位移：y=v0t 解得：y=0.40m.‎ ‎(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2×107m/s 粒子经过y轴时的速度大小为;v=v2x+v20−−−−−√=22√×107m/s 与y轴正方向的夹角为θ θ=arctanvxv0=450‎ 要粒子不进入第三象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的轨道半径为R′,则：R/+2√2R/⩽y 由洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R/…‎ 解得：B⩾(22√+2)×10−2T 答：粒子经过y轴时的位置到原点O的距离0.40m;(2)磁感应强度B的取值范围：B⩾(22√+2)×10−2T ‎17分析：‎ ‎（1）设A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点．  （2）A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度； （3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．‎ 解答：‎ ‎(1)设A. B在转动过程中,轻杆对A. B做的功分别为WT、W′T,则：WT+W′T=0①‎ 设A. B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB，‎ 对A由动能定理：qER−mAgR+WT1=EKA②[来源:学。科。网]‎ 对B由动能定理：W′T1−mBgR=EKB③‎ 联立解得：EKA+EKB=−0.04J④‎ 上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点. ⑤‎ ‎(2)设B转过α角时,A、B的速度大小分别为vA、vB,因A. B做圆周运动的半径和角速度均相同,故：vA=vB⑥‎ 对A由动能定理：qERsinα−mAgRsinα+WT2=12mAv2A⑦‎ 对B由动能定理：W′T2−mBgR(1−cosα)=12mBv2B⑧‎ 联立解得：v2A=89×(3sinα+4cosα−4)⑨‎ 由上式解得,当tanα=34时,A、B的最大速度均为vmax=22√3m/s ‎(3)A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由⑨式得：3sinα+4cosα−4=0‎ 解得：sinα=2425或sinα=0(舍去)‎ 故A的电势能减少：|△Ep|=qERsinα=84625J=0.1344J.‎ 答：(1)小球A不能到达圆环的最高点C；‎ ‎(2)小球A的最大速度值为22√3m/s.‎ ‎(3)小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为0.1344J.‎ ‎18(1)ADE ‎(2)分析：‎ ‎①根据题意求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度； ②气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的体积，求出气柱的长度．‎ 解答：‎ ‎①气体的状态参量：p1=p0+h1+h2=80cmHg,p2=p0+h1+h22=79cmHg，‎ V1=LS1=22S1,V2=(L−h2S2S1)S1=(22cm−2cm×1cm22cm2)S1=21S1,T1=273+57=330K，‎ 由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2,代入数据解得：T2=311K；‎ ‎②由于237K小于311K，所以再降温的过程中，气体将做等压变化，‎ 气体状态参量：T3=273K,V3=L3S1,V2=21S1，‎ 由盖吕萨克定律得：V2T2=V3T3,代入数据解得：L3=16cm；‎ 答：①若缓慢降低气体温度，降低至311开尔文时，所有水银全部进入粗管内；‎ ‎②若温度降低至237K，气体的长度为16cm.‎ ‎19(1)ACE ‎(2)分析：[来源:Z#xx#k.Com]‎ 根据折射定律求解光在AO面折射进入介质时的折射角；先根据折射定律求出光线在OA面上的折射角。折射光线射向球面AB，若在D点恰好发生全反射，由临界角公式求出入射角，根据几何知识求出挡板的高度。‎ 解答：‎ 光线在OA面上的C点发生折射，入射角为45∘，折射角为β。 由n=sin45∘sinβ ‎ 解得β=30∘ 折射光线射向球面AC，在D点恰好发生全反射，入射角为α，有sinα=1n 解得sinα=2√2 在三角形OED中，由正弦定理有 sinαOE=sin(β+90∘)R 所以挡板高度h=OEsin45∘ 解得h=3√3R 由对称性可知挡板最小的高度为H=2h=23√3R