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如圖1所示為多用電表的示意圖，其中S、K、T為三個可調(diào)節(jié)的部件，現(xiàn)用此電表測量一阻值約為20---30Ω的定值電阻，測量的某些操作步驟如下：

（1）調(diào)節(jié)可調(diào)

S

S

部件，使電表指針停在

電流表、電壓表的零刻度

電流表、電壓表的零刻度

位置．
（2）調(diào)節(jié)可調(diào)部件K，使它的尖端指向

×1Ω

×1Ω

位置．
（3）將紅、黑表筆分別插入“+”“-”插孔，筆尖相互接觸，調(diào)節(jié)可調(diào)部件

T

T

，使電表指向

表盤右邊的歐姆擋零刻線位置

表盤右邊的歐姆擋零刻線位置

位置．
（4）在用多用表測量另一電阻的阻值時，電表的讀數(shù)如圖2所示，該電阻的阻值為

2.0×10⁴

2.0×10⁴

Ω．
（5）如圖3所示電路的三根導(dǎo)線中，有一根是斷的，電源、電阻器R₁、R₂及另外兩條導(dǎo)線都是好的．為了查出斷導(dǎo)線，某同學(xué)想先將萬用表的紅表筆連接在電源的正極a端，再將黑表筆分別接在電阻器R₁的b端和R₂的c端并觀察萬用表指針的示數(shù)，在下列選檔中，符合操作規(guī)程的是

A

A

A．直流10V檔　     B．直流0.5A檔
C．直流2.5V檔　    D．歐姆檔．

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如圖1所示的兩條斜線分別代表a、b兩物體做直線運(yùn)動時的速度圖線，下列說法中正確的是（）
A.在前10s內(nèi)，b的位移比a的位移大
B.b的加速度比a的加速度大
C.a出發(fā)后10s追上b
D.10s時兩物體的瞬時速率相等

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用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．實(shí)驗(yàn)所用的電源為學(xué)生電源，輸出電壓為6V的交流電和直流電兩種．重錘從高處由靜止開始下落．重錘上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)．對紙帶上的點(diǎn)痕進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．下面列舉了該實(shí)驗(yàn)的幾個操作步驟：

A．按照圖示的裝置安裝器件
B．將打點(diǎn)計(jì)時器接到電源的“直流輸出”上
C．用天平測出重錘的質(zhì)量
D．先釋放懸掛紙帶的夾子，然后接通電源打出一條紙帶
E．測量紙帶上某些點(diǎn)間的距離
F．根據(jù)測量的結(jié)果計(jì)算重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能．
Ⅰ、其中沒有必要進(jìn)行的或者操作不當(dāng)?shù)牟襟E是

BCD

BCD

．（將其選項(xiàng)對應(yīng)的字母填在橫線處）
Ⅱ、在實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量m為1.0kg的重物自由下落，帶動紙帶打出一系列的點(diǎn)，如圖2所示．相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為0.02s，距離單位為cm．
（1）紙帶的

左

左

端與重物相連；
（2）打點(diǎn)計(jì)時器打下計(jì)數(shù)點(diǎn)B時，物體的速度v_B=

0.98

0.98

m/s；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（3）某同學(xué)從起點(diǎn)O到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)B的過程中，計(jì)算出物體的動能增加量△E_K=0.48J，勢能減少量△E_P=0.49J（g=9.8m/s²），該同學(xué)的計(jì)算方法和過程并沒有錯誤，卻出現(xiàn)了△E_K＜△E_P的結(jié)果，試問這一結(jié)果是否合理？答：

合理

合理

．
（4）另一名同學(xué)用vB2=2ghOB計(jì)算出B的動能E_K=0.49J，恰好與勢能減少量△E_P相等，于是該同學(xué)得出結(jié)論“重物下落過程中機(jī)械能守恒”，試問該同學(xué)的做法是否合理？答：

不合理

不合理

．

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1．C由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知A、B錯，由于鎳63放出電子，故帶正電，電勢比銅片電勢高，C正確，電流方向從銅片到鎳，D錯

2．C

3．A由可知，A正確

4．B將分子粗略地看成一個小立體，則個

5．D照射到a、b、c上三種光的頻率關(guān)系，為，由光電效應(yīng)的規(guī)律可知板b有電子射出，板c一定有光電子放出，正確答案為D

6．A航天飛機(jī)的運(yùn)行周期

    設(shè)經(jīng)過時間t航天飛機(jī)又通過建筑物上方，則

    ，所以

7．A沿著電場線的方向電勢降低，，B錯；E、F兩點(diǎn)在同一等勢面上，且，A正確

    由等量異種電荷的等勢面特點(diǎn)可知．，C錯，D錯

8．C①F＝kA②

    由①②可知，C正確．

9．C先根據(jù)題意畫出電子所走的弧，因?yàn)榛∩先我庖稽c(diǎn)的速度方向必然與該點(diǎn)所在的半徑垂直，故可以過A點(diǎn)做與方向（即AB方向）垂直的直線，此即為帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑方向．同理過C點(diǎn)作垂直于BC的直線，也為該點(diǎn)的半徑方向，兩半徑相交點(diǎn)即為帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心．如答圖1所示．由圖示情況可以看出

答圖1

    當(dāng)時電子剛好不能從BC邊射出．

    要使電子可以從BC邊射出，必滿足r＞，而r＝，

    ∴B＜時，電子可以從BC邊射出

10．D11．（1）大于（2）軌道末端出口水平（3）P、、為落地的平均位置，F一步中的應(yīng)為-2r，

12．（1）1.000

 （2）①略

    ②A．將滑動變阻器調(diào)至輸出電壓為零的位置，再合上．

    B．將扳向2，調(diào)滑動變阻器使電流表指針在某一電流刻度，并記下該位置．

    C．使阻值最大后，將扳向1，調(diào)電阻箱，使電流表指針回到所記的位置，記下電阻箱阻值．

    D．被測電阻＝．

13．偵察衛(wèi)星環(huán)繞地球一周，通過有日照的赤道一次，在衛(wèi)星一個周期時間（設(shè)為）地球自轉(zhuǎn)的角度為q ，只要q 角所對應(yīng)的赤道弧長能被拍攝下來，則一天時間內(nèi)，地面上赤道處全部在有日照條件下就能被拍攝下來．設(shè)偵察衛(wèi)量的周期為，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力為衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的向心力，衛(wèi)星的軌道半徑r＝R＋h，根據(jù)牛頓第二定律，則

    在地球表面的物體重力近似等于地球的萬有引力，即mg＝

    解得偵察衛(wèi)星的周期為

    已知地球自轉(zhuǎn)周期為T，則衛(wèi)星繞行一周，地球自轉(zhuǎn)的角度為q ＝2p?

    攝像機(jī)應(yīng)拍攝赤道圓周的弧長為q 角所對應(yīng)的圓周弧長應(yīng)為

14．當(dāng)開關(guān)S在位置1時，粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動，即水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有

    l＝vt，

    得

    則帶電粒子的初速度

    （m/s）

    當(dāng)S接到2位置時，電容器內(nèi)形成按余弦規(guī)律變化的振蕩電場，周期為

    ．

    接到位置2時，電容器內(nèi)電場仍豎直向上，設(shè)粒子在第一個內(nèi)加速向下運(yùn)動，在第二個內(nèi)減速向下運(yùn)動，在半個周期結(jié)束時，粒子的速度為零，平均加速度＜a，運(yùn)動時間＜t，故粒子半個周期內(nèi)豎直方向位移，粒子不會打到下極板上．

    在第三個內(nèi)，粒子加速向上運(yùn)動，在第四個內(nèi)減速向上運(yùn)動，在后半個周期結(jié)束時，粒子的速度為零．從對稱性角度考慮，經(jīng)過一個周期，粒子又回到兩板中央，豎直方向速度為零．

    不論電容器內(nèi)電場如何作用周期性的變化，粒子在水平方向不受電場力的作用，水平速度不變，所以粒子在電場中運(yùn)動的時間仍為2×s，在這一時間內(nèi)，電場做周期性變化的次數(shù)

    ．

    所以當(dāng)粒子離開電容器時，豎直速度為零，水平速度不變，仍為v＝1.0×m/s，從兩板中央飛出．

    所以粒子能飛出電容器，從兩板中央水平飛出，v＝1.00×m/s．

15．（1）滑塊速度向右，根據(jù)勻速運(yùn)動條件

    ①

    可知E的方向必水平向右．

    由返回速度向左且作勻速運(yùn)動可知

    ＝mg ②

    而題中有： ③

    ②③聯(lián)立得知，即＝2mg，代入①式

    所以E＝m （mg＋2mg）/q＝3m mg/q

    （2）設(shè)往返總時間為T有：

    即：，代入②式可得

    （3）返回時不受摩擦力，所以全過程摩擦力做功

    W＝-fL＝-m （mg＋）L＝-3m mgL

16．用答圖2示平面內(nèi)的光線進(jìn)行分析，并只討論從右側(cè)觀察的情形，如圖所示，由亮點(diǎn)發(fā)出的任一光線CP線經(jīng)過兩次折射而從液面射出．由折射定律，按圖上標(biāo)記的各相關(guān)角度．有sina ＝nsinb  ①

    sing ＝（1/n）sind ②

    其中d ≤p /2g ＝（p /2）-（b ＋j ） ③

答圖2

    注意到，若液體內(nèi)光線入射到液面上時發(fā)生全反射，就沒有從液面射出的折射光線．全反射臨界角滿足條件sin＝1/n

    可知光線CP經(jīng)折射后能從液面射出從而可被觀察到的條件為g ＜④

    或sing ＜1/n⑤

    現(xiàn)在計(jì)算sing ．利用③式可得

    sing ＝cos（b ＋j ）＝cosb cosj -sinb sinj

    由①式可得cosb ＝

    因此，nsing ＝cosj -nsinb sinj 又由①式nsing＝cosj  -sina sinj  ⑥

    由圖及①、②式，或由⑥式均可看出a 越大則g 越小，因此，如果與a 值最大的光線相應(yīng)的g 設(shè)為，若＞，則任何光線都不能射出液面．反之，只要＜，這部分光線就能射出液面，從液面上方可以觀察到亮點(diǎn)．由此極端情況即可求出本題要求的條件．

    自C點(diǎn)發(fā)出的a 值最大的光線是極靠近CD的光線，它被DB面折射后進(jìn)入液體，由⑥式可知與之相應(yīng)的

    a ＝（p /2）-j

    nsin＝cosj  -cosj sinj

    能觀察到亮點(diǎn)的條件為nsin＜1

    即cosj -cosj sinj ＜1

    上式可寫成cosj ＜1＋cosj sinj

    取平方

    化簡

    故

    開方并化簡可得

    這就是在液面上方從側(cè)面適當(dāng)?shù)姆较蚰芸吹搅咙c(diǎn)時n與j 之間應(yīng)滿足的條件．

17．（1）激光器的功率為＝NE①

    已知激光對物體表面的壓力為F＝2N?p②

    由光壓的定義 ③

    聯(lián)立以上各式得④

    （2）太陽光對薄膜產(chǎn)生的光壓

     ⑤

    探測器受到的總光壓力

    F＝I?S⑥

    以探測器為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律F＝m?a ⑦

    ^∴⑧

18．（1）由豎直上拋運(yùn)動得炮彈被射出時的初速度①

    （2）由動量守恒定律得： ②

    帶電物體在洛侖茲力作用下的直線運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，假設(shè)電場強(qiáng)度方向豎直向上，根據(jù)受力有：③

    ④

    聯(lián)立②③④得：

    兩物體勻速運(yùn)動的速度

    ∴40m/s ⑤

    50m/s ⑥

    所加電場為

    _⑦

    因?yàn)?i>E為正，所以場強(qiáng)方向豎直向上

    （3）由動能定理得：爆炸對兩物體做的功

    _⑧

    _⑨

    （4）由平拋運(yùn)動規(guī)律得落地時間：

    ⑩

    兩物體的水平位移

    ＝＝40×4m＝160m

    ＝＝50×4m＝200m

    兩物體落地點(diǎn)間的距離

    Ds＝＋＋L＝360＋20＝380m