高分卷限時(shí)熱練答案與解析

主觀題微模擬熱練一1.(1)(3)(4)994.0×105(5)D解析：(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物，如答案圖所示．(3)采用描點(diǎn)法作圖，如答案圖所示．(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝IR＋I(xiàn)Rg＋I(xiàn)Rx，根據(jù)電阻定律，有Rx＝ρeq\f(L,S)，聯(lián)立可得eq\f(1,I)＝eq\f(R＋Rg,E)＋eq\f(ρ,SE)L，即eq\f(1,I)＝eq\f(20＋Rg,6)＋eq\f(ρ,6×107)L，圖像eq\f(1,I)-L縱軸截距為eq\f(20＋Rg,6)＝19.8，解得Rg＝99Ω，圖像的斜率為k＝eq\f(ρ,6×107)＝eq\f(53－19.8,0.5)，解得ρ＝4.0×105Ω·m.(5)如果電源E的內(nèi)阻未知，由第三問可知，ρ可以測(cè)出，而Rg不能測(cè)出，故D正確．2.(1)起跳后運(yùn)動(dòng)員水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)速度v＝v0sin37°解得v＝eq\f(3,5)v0(2)解法一：將運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則x＝v0sin37°·ty＝－v0cos37°·t＋eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tan37°解得t＝eq\f(5v0,2g)解法二：將運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)分解為沿坡面方向的運(yùn)動(dòng)和垂直坡面方向的運(yùn)動(dòng)，其中垂直坡面方向的加速度為ay＝gcos37°＝eq\f(4,5)g則t＝2eq\f(v0,ay)＝eq\f(5v0,2g)3.(1)根據(jù)查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝159Pa(2)設(shè)可以供n次，則根據(jù)玻意耳定律得p0V0＝np1V1＋pV0解得n＝3000次4.(1)小滑塊A下滑過程中機(jī)械能守恒，有mg(R＋h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝50N由牛頓第三定律可知，小滑塊A對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)的壓力F＝50N，方向向下．(2)小滑塊A滑過木板B的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)小滑塊A剛滑離木板B時(shí)，小滑塊A的速度為v1，木板B的速度為v2，有mv0＝mv1＋2mv2μ1mgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝2m/s，v2＝1m/s即木板B的最大速度為1m/s.(3)由于μ2＝eq\f(1,15)－eq\f(x,15)，即木板C中央右側(cè)光滑，設(shè)小滑塊A滑到木板C中央前達(dá)到共同速度，且距C左端x1處，由動(dòng)量守恒定律，有mv1＋mv2＝2mv3解得v3＝1.5m/s系統(tǒng)動(dòng)能損失ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＝0.25JA、C之間摩擦力f2＝μ2mg＝eq\f(2,3)－eq\f(2,3)x(N)由圖像可知，摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,3)x1＋\f(2,3)))x1(J)由能量守恒得ΔEk＝Q解得x1＝0.5m，假設(shè)成立小滑塊A最終速度為1.5m/s，停在距木板C左端0.5m處．5.(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)水平方向L＝v0t得t＝4×107s豎直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,dm)t2<d聯(lián)立解得U<eq\f(2md2,qt2)＝50V即電壓U的最大值為50V(2)設(shè)射入磁場(chǎng)的粒子速度為v，與水平方向成角度θ，磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r0由B1qv＝eq\f(mv2,r0)得r0＝eq\f(mv,B1q)由幾何關(guān)系得，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)弧線在豎直方向上的高度為Δy＝2r0cosθ聯(lián)立解得Δy＝2eq\f(mv,B1q)cosθ＝2eq\f(mv0,B1q)＝0.04m，即Δy為定值因?yàn)棣>d，所以打到光屏上離Q距離的最小值和最大值分別為hmin＝Δy－d＝0.02m，hmax＝Δy＝0.04m因此，痕跡長(zhǎng)度ΔL＝hmax－h(huán)min＝0.02m(3)粒子從電場(chǎng)中射出，進(jìn)入磁場(chǎng)后，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，垂直磁場(chǎng)方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．某出射粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的半徑r＝eq\f(mvy,B2q)由幾何關(guān)系vy＝v0tanθ＝v0eq\f(y,0.5L)可得r＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(y,0.5L)∝y，即圓心連線為一條直線再由幾何關(guān)系可得：所有光屏痕跡(如圖)是由從上到下逐漸減小的圓疊加形成的．當(dāng)y＝d時(shí)，圓半徑最大值為rm＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(d,0.5L)＝eq\f(2\r(3),3)×102m＝eq\f(\r(3),3)d由tanα＝eq\f(d,rm)＝eq\r(3)得α＝60°S＝2S△＋S扇形＝rmd＋eq\f(2,3)π(rm)2＝(eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(8π,9))×104m主觀題微模擬熱練二1.(1)CDBA(2)1.6(3)0.55(4)斜面傾角θm和θ，且mgsinθ－μmgcosθ保持不變解析：(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)首先要安裝儀器，然后測(cè)量，最后整理儀器，則此實(shí)驗(yàn)步驟的正確順序是CDBA.(2)根據(jù)Δx＝aT2，運(yùn)用逐差法得a＝eq\f(Δx,(5T)2)＝eq\f((15.70－9.00)－(9.00－3.90),(5×0.02)2)×102m/s2＝1.6m/s2.(3)根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.55.(4)探究牛頓第二定律采取的是控制變量法，驗(yàn)證質(zhì)量一定時(shí)，加速度與力成正比的關(guān)系，通過改變傾角來改變合外力；驗(yàn)證力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量成反比的關(guān)系，由于滑塊加速下滑的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保證向下的合力不變，應(yīng)該使mgsinθ－μmgcosθ不變，所以需要同時(shí)改變滑塊的質(zhì)量和斜面傾角．2.(1)設(shè)光線穿過水面時(shí)折射角為α，入射角為β，根據(jù)幾何關(guān)系有tanα＝eq\f(\f(1,2)a,h－h(huán)′)，tanβ＝eq\f(\f(1,2)a,h′)n1＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(4,3)(2)設(shè)臨界角為r，則sinr＝eq\f(1,n2)又tanr＝eq\f(Δh,d)聯(lián)立解得Δh＝2eq\r(5)cm3.(1)導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv0回路中電流為I＝eq\f(Bdv0,R)金屬棒受磁場(chǎng)力大小為F＝BId＝eq\f(B2d2v0,R)金屬棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受磁場(chǎng)力和摩擦力平衡，即μmg＝eq\f(B2d2v0,R)，解得v0＝eq\f(μmgR,B2d2)(2)根據(jù)牛頓第三定律，磁場(chǎng)受到金屬棒的反作用力F′＝F＝μmg則為維持磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)提供外力F外＝μmg外力做功功率為P＝F外v0＝eq\f(μ2m2g2R,B2d2)4.(1)初始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，A球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)初始時(shí)彈簧的壓縮量為Δl，彈簧原長(zhǎng)為l0.則kΔl＝μ(mA＋mB)g代入數(shù)據(jù)解得Δl＝0.04m所以初始時(shí)彈簧的長(zhǎng)度l＝l0－Δl＝0.16m(2)系統(tǒng)以某角速度穩(wěn)定轉(zhuǎn)動(dòng)，彈簧的彈力大小與初始時(shí)相同對(duì)B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入數(shù)據(jù)解得ω＝5rad/s(3)根據(jù)能量守恒，整個(gè)過程中驅(qū)動(dòng)力對(duì)系統(tǒng)所做的總功等于A、B球的動(dòng)能增加量，B球的重力勢(shì)能增加量，A球與水平橫桿間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和．W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mBg(L－Lcos37°)＋μ(mA＋mB)g·2ΔlvA＝ωrArA＝l0＋ΔlvB＝ωrB代入數(shù)據(jù)解得W＝7.46J5.(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R＝eq\f(mv,qB)粒子分裂時(shí)動(dòng)量守恒mava＝mbvb設(shè)粒子b帶電荷量為－qb，則|qa|＝|qb|eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(\f(mava,qaB1),\f(mbvb,qbB2))＝eq\f(4,3)(2)a粒子在磁場(chǎng)B1中做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．在磁場(chǎng)B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1到交界處，向上運(yùn)動(dòng)的距離d1，則t1＝eq\f(πma,qB1)，d1＝eq\f(2mav0,qB1)a粒子在磁場(chǎng)B2中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2到交界處，向下運(yùn)動(dòng)的距離d2，則t2＝eq\f(πma,qB2)，d2＝eq\f(2mav0,qB2)結(jié)合周期性可知向左經(jīng)過y軸時(shí)，ya＝(k＋1)d1－kd2，ta＝(k＋1)t1＋kt2向右經(jīng)過y軸時(shí)，ya＝(k＋1)(d1－d2)，ta＝(k＋1)(t1＋t2)其中d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t1＝eq\f(πma,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t2＝eq\f(πma,4qB0)，k＝0，1，2，…(3)b粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為如圖所示的另兩個(gè)半圓，根據(jù)上面的推導(dǎo)可以得到粒子b到y(tǒng)軸的位置與時(shí)刻向右經(jīng)過y軸時(shí)，yb＝(k′＋1)d2－k′d1，tb＝(k′＋1)t′2＋k′t′1向左經(jīng)過y軸時(shí)，yb＝(k′＋1)(d2－d1)，tb＝(k′＋1)(t′2＋t′1)d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t′1＝eq\f(πmb,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t′2＝eq\f(πmb,4qB0)，k′＝0，1，2，…a、b在分界面處相遇應(yīng)滿足ya＝y(tǒng)bta＝tb結(jié)合ya>0，k≥0，k′≥0，滿足條件的只有(k＋1)(d1－d2)＝(k′＋1)d2－k′d1(k＋1)(t1＋t2)＝(k′＋1)t′2＋k′t′1代入數(shù)據(jù)有k＋k′＝2，eq\f(ma,mb)＝eq\f(7k′＋3,7k＋7)(k，k′)滿足的解為(0，2)，(1，1)，(2，0)兩粒子的質(zhì)量之比為eq\f(ma,mb)＝eq\f(17,7)或eq\f(5,7)或eq\f(1,7)主觀題微模擬熱練三1.(1)最大值(2)黑B(3)2.50(4)eq\f(1,b)eq\f(k,b)－R0(5)D解析：(1)開關(guān)閉合前，應(yīng)將電路中電阻調(diào)到最大值，從而使開關(guān)閉合后電路中電流最小，起到保護(hù)電路的作用．(2)電壓表測(cè)量電壓時(shí)紅表筆電勢(shì)高，黑表筆電勢(shì)低，所以黑表筆與電源負(fù)極相連，應(yīng)將黑表筆始終接觸a位置；試觸b、c、d時(shí)，多用電表均有示數(shù)，試觸e、f時(shí)多用電表均無示數(shù)，說明接線柱de間斷路，故B正確．(3)如圖乙所示，電壓表示數(shù)為2.50V.(4)由歐姆定律和閉合電路歐姆定律可知U＝IR，I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，聯(lián)立可得eq\f(1,U)＝eq\f(R0＋r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，結(jié)合eq\f(1,U)-eq\f(1,R)圖像可知eq\f(1,E)＝b，k＝eq\f(R0＋r,E)，解得電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,b)，內(nèi)阻為r＝eq\f(k,b)－R0.(5)由題意可知I＝eq\f(U,R)，此時(shí)電流I為電阻箱中的電流，由于電壓表的分流作用，通過電源的電流滿足I真>I，當(dāng)電壓表示數(shù)為0時(shí)，即外電路短路時(shí)，有I＝I真，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．2.(1)由動(dòng)能定理得－eU1＝0－Ek解得Ek1＝eU1(2)由光電效應(yīng)方程得eU1＝hν1－W0eU2＝hν2－W0聯(lián)立解得h＝eq\f(e(U2－U1),ν2－ν1)3.(1)設(shè)探測(cè)器質(zhì)量為m，探測(cè)器在軌道Ⅱ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R解得月球質(zhì)量M＝eq\f(4π2R3,GT2)(2)設(shè)橢圓軌道Ⅰ的半長(zhǎng)軸為a，則2a＝2R＋h根據(jù)開普勒第三定律得eq\f(R3,T2)＝eq\f(a3,(2\r(2)T)2)解得h＝2R4.(1)根據(jù)右手螺旋定則，長(zhǎng)直導(dǎo)線在導(dǎo)軌處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮鶕?jù)右手定則，運(yùn)動(dòng)中流過金屬桿MN的電流方向?yàn)樗较蜃螅?2)金屬桿接入電路的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)′＝eq\f(2,3)eq\r(3)h則電路中的電阻為R＝eq\f(2,3)eq\r(3)hR0電源電動(dòng)勢(shì)為E＝BL′v＝IR其中B＝keq\f(I0,h)解得v＝eq\f(IR0h,kI0)根據(jù)上式可知，導(dǎo)體棒速度與金屬桿的位移成正比，即加速度隨著金屬桿的位移在均勻增大．(3)金屬桿脫離軌道時(shí)，其速度為v′＝eq\f(IR0,kI0)·eq\f(\r(3),2)L金屬桿上升x時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為ΔQ＝I2·eq\f(2,3)eq\r(3)xR0Δt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0vΔt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0Δx則金屬桿脫離導(dǎo)軌時(shí)，電路產(chǎn)生的熱量為Q＝∑ΔQ＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0∑Δx＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0·eq\f(\r(3),2)L＝IkI0L對(duì)金屬桿，根據(jù)動(dòng)能定理得WF＋W安－eq\f(\r(3),2)mgL＝eq\f(1,2)mv′2－0結(jié)合功能關(guān)系有W安＝－Q解得WF＝eq\f(\r(3),2)mgL＋I(xiàn)kI0L＋eq\f(3mI2Req\o\al(2,0)L2,8k2Ieq\o\al(2,0))5.(1)在A處mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)從A到B，由動(dòng)能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得R＝0.72m(2)在A處Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)從A到B，由動(dòng)能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得Ep＝18－20R(J)(0<R≤0.72m)(3)由題可知，整個(gè)過程P、Q不會(huì)共速，否則碰撞后總動(dòng)量向右，不會(huì)靜止a1＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1.5m/s2物塊P一直勻減速運(yùn)動(dòng)至靜止，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(vB,a1)＝2s木板Q前進(jìn)x距離，碰到擋板C原速反彈，向右勻減速運(yùn)動(dòng)，由于加速度大小不變，經(jīng)過相同時(shí)間減速為零，接下來，重復(fù)以上運(yùn)動(dòng)……設(shè)木板Q第一次碰到擋板前時(shí)間為t0，則有2nt0＝t即t0＝eq\f(t,2n)＝eq\f(1,n)s所以x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4n2)m(n＝1，2，3，…)主觀題微模擬熱練四1.(1)需要見解析(2)B(3)Mx2＝(M＋m)x4(4)平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板墊得過高解析：(1)由于實(shí)驗(yàn)的目的是驗(yàn)證動(dòng)量守恒，則需要使得小車與小物塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受外力的合力為0，即該實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力；將長(zhǎng)木板固定有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端適當(dāng)墊高，輕推小車，使得紙帶上打出的點(diǎn)跡均勻分布．(2)平衡摩擦力后，放上小物塊前后，小車應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，紙帶上相應(yīng)部分的點(diǎn)跡分布均勻，小物塊是輕放上小車，即小物塊的初速度為0，由于小車與小物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則放上后速度減小，可知研究放上物塊前小車的速度大小應(yīng)選BC段，研究放上物塊后小車的速度大小應(yīng)選DE段．故B正確．(3)根據(jù)紙帶上的點(diǎn)跡可知，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔相等，均為T＝eq\f(5,f)，放上物塊前小車的速度大小為v1＝eq\f(x2,T)，放上物塊后小車的速度大小為v2＝eq\f(x4,T)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv1＝(M＋m)v2，則驗(yàn)證小車和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒的表達(dá)式為Mx2＝(M＋m)x4.(4)總動(dòng)量增加了，表明放上小物塊后，小車做的是加速運(yùn)動(dòng)，可能的原因是平衡摩擦力時(shí)，長(zhǎng)木板墊得過高．2.(1)電流表指針偏角為2θ時(shí)，電流為2I.線圈的一側(cè)長(zhǎng)邊受到的安培力的大小F＝2nIlB(2)當(dāng)線圈長(zhǎng)邊的速度為v時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2nBlv通過線圈感應(yīng)電流的大小I1＝eq\f(2nBlv,R)3.(1)對(duì)于封閉的理想氣體，初態(tài)體積V1＝l0S初態(tài)壓強(qiáng)p1＝p0＋eq\f(mg,S)當(dāng)輕彈簧Q處于原長(zhǎng)時(shí)，氣體體積V2＝l1S氣體壓強(qiáng)p2＝p0－eq\f(mg,S)根據(jù)玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得l1＝eq\f(11,9)l0(2)由初態(tài)活塞受力平衡可得p1S＋mg－p0S＝kΔx1解得輕彈簧Q長(zhǎng)度的變化量Δx1＝eq\f(2mg,k)氣體柱長(zhǎng)度的變化量Δl＝l1－l0＝eq\f(2,9)l0由輕彈簧Q處于原長(zhǎng)時(shí)汽缸受力平衡可得p0S＋mg－p2S＝kΔx2解得輕彈簧P長(zhǎng)度的變化量Δx2＝eq\f(2mg,k)所以支架向上移動(dòng)的距離Δh＝Δx1＋Δl＋Δx2＝eq\f(4mg,k)＋eq\f(2,9)l04.(1)滑塊B向左運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)A有3mg－T＝3ma對(duì)B有T－μmg＝ma解得a＝eq\f(5,8)g(2)滑塊B上升至M點(diǎn)過程中，A與B系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得3mg·eq\f(π,2)R－mgR＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,M)解得vM＝eq\f(1,2)eq\r((3π－2)gR)(3)滑塊B最終停在擋板P處，A與B系統(tǒng)由能量守恒得3mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(πR,2)))－mgR－μmgs＝0解得s＝6L＋3πR－2R5.(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)加速后速度為v，則qU＝eq\f(1,2)mv2磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑為R，有qvB0＝eq\f(mv2,R)可得粒子比荷k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2Beq\o\al(2,0))(2)粒子的軌跡如圖所示滿足D＝2d＝eq\f(L,n)＝2eq\r(3)R粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心恰好在磁場(chǎng)圓周上且在磁場(chǎng)圓心的正下方或正上方．由幾何關(guān)系可得r1＝eq\r(3)RqvB1＝eq\f(mv2,r1)可得B1＝eq\f(B0,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)B0(3)由幾何關(guān)系可得δ＝eq\f(π,3)，AH＝R每次從水平線到磁場(chǎng)邊緣的時(shí)間t1＝eq\f(R,v)每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(δr1,v)可得粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝n(2t1＋t2)＝(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)主觀題微模擬熱練五1.(1)最大(2)減小(3)eq\f(U1R2,I1R2－U1)(4)eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1)(5)無靈敏電流表G兩側(cè)電勢(shì)相等解析：(1)為了保護(hù)電路安全，閉合開關(guān)S1和S2前，調(diào)節(jié)電阻箱至阻值最大．(2)將電阻箱R1的阻值減小，則通過R2的電流增大，即R2兩端電壓變大，導(dǎo)致電流表G上端的電勢(shì)減小，要使電流表G的示數(shù)為0，則要減小R2兩端電壓，所以要減小R2.(3)由于電流表G的示數(shù)為0，所以電流表A的示數(shù)等于電壓表的電流與電阻R2的電流之和．則在步驟一中，通過電壓表的電流IV＝I1－eq\f(U1,R2)，電壓表的內(nèi)阻為RV＝eq\f(U1,IV)，聯(lián)立可得RV＝eq\f(U1R2,I1R2－U1).(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U1＋I(xiàn)1r,E＝U2＋I(xiàn)2r，聯(lián)立解得E＝eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1).(5)電流表G的內(nèi)阻對(duì)電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值無影響，其理由是靈敏電流表G兩側(cè)電勢(shì)相等，無電流流過．2.(1)設(shè)潛水員下潛深度為h，水的折射率為eq\f(4,3)，海岸上A點(diǎn)恰好處在倒立圓錐的邊緣上，則sinC＝eq\f(1,n)得臨界角正弦為sinC＝eq\f(3,4)＝eq\f(AB,\r(AB2＋h2))解得h＝15eq\r(7)m(2)設(shè)入射角為α的光線的折射角為α′，入射角為β的折射角為β′，則eq\f(sinα,sinα′)＝eq\f(4,3)，eq\f(sinβ,sinβ′)＝eq\f(4,3)根據(jù)幾何關(guān)系可知sinα′＝eq\f(4,\r(heq\o\al(2,1)＋42))，sinβ′＝eq\f(4＋4,\r(heq\o\al(2,2)＋(4＋4)2))解得h1＝eq\f(16,3)m，h2＝eq\f(70,3)m故潛水員豎直下潛過程中看不到燈塔指示燈的深度范圍為eq\f(16,3)m～eq\f(70,3)m.3.(1)根據(jù)泥泵輸出功率大小為P＝Fv0解得F＝eq\f(P,v0)(2)水平分速度vx＝v0cosθ泥沙落在海平面時(shí)，豎直分速度滿足veq\o\al(2,y)＝2gHv＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,0)(cosθ)2＋2gH)4.(1)由幾何關(guān)系得r1＝4d由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)得B1＝eq\f(mv0,4qd)(2)若粒子從CD邊離開磁場(chǎng)時(shí)與軸線OO′的距離小于d，則粒子在離開磁場(chǎng)前不能進(jìn)入第二層磁場(chǎng)，臨界情況為軌跡與第一、二層磁場(chǎng)邊界相切．設(shè)軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)系得r2－r2cos30°＝dqv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)聯(lián)立解得B0＝eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)，即當(dāng)B>eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)時(shí)滿足要求.(3)當(dāng)B＝eq\f(\r(2)mv0,2qd)，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r3)得r3＝eq\r(2)d先考慮臨界情況：設(shè)粒子恰好到達(dá)D點(diǎn)，由幾何關(guān)系及運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性可得，v0與OA方向夾角為15°，即v0與OD夾角為30°時(shí)符合題設(shè)要求，粒子經(jīng)過第一層磁場(chǎng)過程中沿OD方向前進(jìn)了eq\r(2)d，之后經(jīng)過各層磁場(chǎng)與經(jīng)過第一層磁場(chǎng)類似，最終到達(dá)D點(diǎn)．考慮運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，v0與OB方向夾角為15°時(shí)的情況與上一種情況類似，最終到達(dá)C點(diǎn)．經(jīng)分析可知發(fā)射角在＋75°到－75°之間的粒子均可從CD邊射出．5.(1)對(duì)整體分析F＝T對(duì)小球分析T＝mgcosθ解得F＝eq\f(3,5)mg(2)在極短時(shí)間內(nèi)工件前進(jìn)Δx，小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)也為Δx，即小球相對(duì)工件的速度大小始終等于工件前進(jìn)的速度大小，小球運(yùn)動(dòng)到N時(shí)小球相對(duì)工件的速度與工件速度垂直．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到N時(shí)，工件的速度為v1，小球的速度為v2則v2＝eq\r(2)v1由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知mg·5a＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)水平方向由動(dòng)量定理得I＝3mv1＋mv1解得I＝4meq\r(2ga)(3)設(shè)小球滑至Q點(diǎn)時(shí)，工件的速度大小為v3，小球的速度大小為vQ，小球相對(duì)工件的速度為vQ3，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知mg·5a(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,3)由水平方向動(dòng)量守恒可得3mv3＝mvQx由小球和工件的速度關(guān)系可知vQytanθ＝v3＋vQxvQ＝eq\r(veq\o\al(2,Qx)＋veq\o\al(2,Qy))解得vQ＝eq\r(\f(12ga,7))主觀題微模擬熱練六1.(1)需要不會(huì)(2)0.200.60(3)eq\f(d－c,2b)解析：(1)為了達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?shí)驗(yàn)前需要將臺(tái)面調(diào)整到水平，因?yàn)樗綍r(shí)物體受到的摩擦力大小Ff＝μMg，所以將臺(tái)面調(diào)整到水平，從而方便研究μ及M；由于物塊受到的拉力可由力傳感器直接測(cè)出，故實(shí)驗(yàn)結(jié)果不受滑輪質(zhì)量的影響．(2)由于繞過動(dòng)滑輪的細(xì)繩自由端速度是滑輪速度的2倍，且加速度傳感器測(cè)量的是m的加速度a，則滑塊的加速度為2a，根據(jù)牛頓第二定律有F－μMg＝M·2a，整理得a＝eq\f(1,2M)F－eq\f(μg,2)，結(jié)合圖乙可得eq\f(1,2M)＝eq\f(1,1.2)，eq\f(μg,2)＝1.0，可得M＝0.60kg，μ＝0.20.(3)空載時(shí)，對(duì)小車有F－μM0g＝M0·2a，即a＝eq\f(1,2M0)F－eq\f(μg,2)；放入m0后，有F－μ(M0＋m0)g＝(M0＋m0)·2a，即a＝eq\f(1,2(M0＋m0))F－eq\f(μg,2)，結(jié)合圖丙可得eq\f(1,2M0)＝eq\f(b,c)，eq\f(1,2(M0＋m0))＝eq\f(b,d)，聯(lián)立可得m0＝eq\f(d－c,2b).2.(1)根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒，氖核的質(zhì)量數(shù)A＝22－2×1＝20根據(jù)電荷數(shù)守恒，氖核的電荷數(shù)Z＝12－2×1＝10氖核的物質(zhì)波波長(zhǎng)λ＝eq\f(h,pNe)其中氖核的動(dòng)量pNe＝m1v1，解得λ＝eq\f(h,m1v1)(2)設(shè)氖核運(yùn)動(dòng)的速度方向?yàn)檎较?，核反?yīng)中動(dòng)量守恒，有m1v1＋2m2(－v2)－p＝0解得p＝m1v1－2m2v23.(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝4×103V(2)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)由部分電路歐姆定律得U＝IR2電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×108C4