【正文】 系數(shù)變?yōu)?k，則有： 2BLIm+mg=k′ （ +△x ） 得： k′=2k ，故 c錯(cuò)誤； D、由于 BC的分析可得， D錯(cuò)誤． 故選： AB． 【點(diǎn)評(píng)】 本題重點(diǎn)要建立好模型，將電流表的量程，與 MN的位移建立連接關(guān)系，進(jìn)而由 MN的位移 x與彈力建立關(guān)系，最終在列平衡方程的時(shí)候，注意形變量不要用全部的，只用從cd到 ab的，這樣就把重力避開(kāi)了． 三、簡(jiǎn)答題：把答案填在答題紙相應(yīng)的橫線上或按題目要求作答．兩題共 22分 12．利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖 1所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上 A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為 M，左端由跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為 m的小球相連；遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上 B點(diǎn)有一光電門(mén)，可以測(cè)量遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的擋光時(shí)間 t，用 d表示 A點(diǎn)到光電門(mén) B處的距離， b表 示遮光片的寬度，將遮光片通過(guò)光電門(mén)的平均速度看作滑塊通過(guò) B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度，實(shí)驗(yàn)時(shí)滑塊在 A處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)． （ 1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度 b，結(jié)果如圖 2所示，由此讀出 b=； （ 2）滑塊通過(guò) B點(diǎn)的瞬時(shí)速度可表示為 ； （ 3）某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得傾角 θ=30176。= ， cos37176。 ⑧ 到達(dá) Q點(diǎn)的粒子速度： v2= ⑨ 到達(dá)熒光屏的粒子速度大小 v的范圍： ≤v≤ （ 3）設(shè)粒子穿過(guò)圓筒的偏轉(zhuǎn)角為 β ，則粒子穿過(guò)圓筒的時(shí)間： △t= T 又 T= 粒子穿出圓筒應(yīng)滿足： ω?△t=β+kπ （ k取 0， 1， 2， 3? ） ω= （ 1+ ） （ k取 0， 1， 2， 3? ） 粒子速度不同， β 不同，要使不同速度的粒子穿過(guò)以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的圓筒應(yīng)該滿足： k=0 即 ω= 答：（ 1）金屬板 MN上所加電壓 U為 ； （ 2）粒子到達(dá)熒光屏?xí)r的速度大小 v的范圍為： ≤v≤ ； （ 3）在第（ 2）問(wèn)情境中，若要使進(jìn)入圓筒的粒子均能從圓筒射出來(lái)，圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω 為 ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫(huà)出臨界軌跡，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析，不難． 。 小球在電場(chǎng)中的速度大小為 聯(lián)立由數(shù)學(xué)知識(shí)可得 時(shí)小球速度達(dá)到最小，最小值為 ； 此時(shí)粒子在水平方向的位移為： 在此過(guò)程中電場(chǎng)力做功為 W=﹣ qEx 而 W=﹣ △E p 聯(lián)立解得 ，即粒子的電勢(shì)能增加 答：（ 1）兩板間的場(chǎng)強(qiáng)大小為 ； （ 2）小球從 A孔進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為 ； （ 3）從小球進(jìn)入電場(chǎng)到其速度達(dá)到最小值為 ，小球電勢(shì)能的增加量為 ． 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵是將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向增加分解，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律、功能關(guān)系列式求解． 17．如圖所示，垂直紙面的兩平行金屬板 M、 N之間加有電壓， M板上 O1處有一粒子源，可不斷產(chǎn)生初速度為零的帶正電粒子，粒子電荷量為 q，質(zhì)量為 m， N板右側(cè)是一半徑為 R的接地金屬圓筒，圓筒垂直于紙面且可繞中心軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)． O2為 N板上正對(duì) O1的小孔， OO4為圓筒某一直徑兩端的小孔，開(kāi)始時(shí) O O O O4在同一水平線上．在圓簡(jiǎn)上方垂直紙面放置一熒光屏，熒光屏與直線 O1O2平行，圓筒轉(zhuǎn)軸到熒光屏的距離 OP=3R．不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用． （ 1）若圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場(chǎng)，粒子通過(guò)圓筒的時(shí)間為 t，求金屬板 MN上所加電壓 U； （ 2）若圓筒內(nèi)加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，圓筒繞中心軸以某一角速度逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，調(diào)節(jié) MN間的電壓使粒子持續(xù)不斷地以不同速度從小孔 O2射出電場(chǎng)，經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，有的粒子打到圓筒上被吸收，有的通過(guò)圓筒打到熒光屏上產(chǎn)生亮斑．如果在熒光屏 PQ范圍內(nèi) 的任意位置均會(huì)出現(xiàn)亮斑， PQ= R．求粒子到達(dá)熒光屏?xí)r的速度大小v的范圍； （ 3）在第（ 2）問(wèn)情境中，若要使進(jìn)入圓筒的粒子均能從圓筒射出來(lái)，求圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω ． 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】 計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 （ 1）對(duì)直線加速過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式；對(duì)穿過(guò)圓筒過(guò)程根據(jù)速度公式列式；最后聯(lián)立求解． （ 2）熒光屏 PQ范圍內(nèi)的任意位置均會(huì)出現(xiàn)亮斑，說(shuō)明 PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度v1的粒子到達(dá) P點(diǎn)，最大速度 v2的 粒子達(dá)到 Q點(diǎn)；畫(huà)出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解兩個(gè)臨界速度； （ 3）先畫(huà)出磁偏轉(zhuǎn)的軌跡，求解磁偏轉(zhuǎn)過(guò)程的時(shí)間，在結(jié)合等時(shí)性求解圓筒的角速度，得到一般表達(dá)式后討論即可． 【解答】 解：（ 1）粒子經(jīng)電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理得： qU= mv2 ① 進(jìn)入圓筒中的粒子有： t= ② 由 ①② 得： U= ③ （ 2）熒光屏 PQ范圍內(nèi)的任意位置均會(huì)出現(xiàn)亮斑，說(shuō)明 PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度v1的粒子到達(dá) P點(diǎn)，最大速度 v2的粒子達(dá)到 Q點(diǎn)，從 PQ間射出的粒子的速度應(yīng)該含有 v1到v2范圍內(nèi)的任意 值． 在圓筒中，由牛頓第二定律，有： qvB=m ④ 打到熒光屏上 P點(diǎn)的粒子速度： r1=R ⑤ 由 ④⑤ 得，到達(dá) P點(diǎn)的粒子速度： v1= ⑥ 如圖由幾何關(guān)系知到達(dá) Q點(diǎn)的粒子穿過(guò)圓筒的偏角： α=60176。= （ m﹣ ） gd； 比較 △E p和 △E k，若在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)相等，即可認(rèn)為機(jī)械能是守恒的． （ 4）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有： （ M+m） v2=（ m﹣ ） gd； 則 v2=2 gd 若 v2﹣ d圖象，則圖線的斜率： k=2 g； 由圖象可知， k= ； 則有： g= 代入數(shù)據(jù)得： g=． 故答案為：（ 1） ； （ 2） ； （ 3） ，（ m﹣ ） gd； （ 4） ． 【點(diǎn)評(píng)】 了解光電門(mén)測(cè)量瞬時(shí)速度的原理． 實(shí)驗(yàn)中我們要清楚研究對(duì)象和研究過(guò)程，對(duì)于系統(tǒng)我們要考慮全面； 此題為一驗(yàn)證性實(shí)驗(yàn)題．要求根據(jù)物理規(guī)律選擇需要測(cè)定的物理量，運(yùn)用實(shí)驗(yàn)方法判斷系統(tǒng)重力勢(shì)能的變化量是否與動(dòng)能的變 化量相同是解題的關(guān)鍵； 注意游標(biāo)卡尺沒(méi)有估計(jì)值． 13．（ 1）多用電表表指針如圖 1所示．如果選用的是直流 5mA擋，則讀數(shù)為 ；如果選用的是 10Ω 擋，則讀數(shù)為 300Ω ． （ 2）某同學(xué)用電壓表和電流表測(cè)量電阻 R 的阻值，實(shí)物連接裝置如圖 2所示．用這個(gè)電路測(cè)量 小 （填 “ 大 ” 或 “ 小 ” ）電阻誤差較小，且測(cè)量值比電阻的真實(shí)值 小 （填 “ 大 ” 或 “ 小 ” ） （ 3）某同學(xué)設(shè)計(jì)的測(cè)定水果電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的電路如圖 3所示．水果電池內(nèi)阻較大，圖中電流計(jì)內(nèi)阻未知．實(shí)驗(yàn)中他多次改變電阻箱的電阻值，并記錄電阻箱的阻值及相應(yīng)的電流 計(jì)讀數(shù)．用上述方法 ACD： A．能測(cè)定水果電池電動(dòng)勢(shì) B．能測(cè)定水果電池內(nèi)電阻 C．處理數(shù)據(jù)時(shí)用 R﹣ 1/I圖比 R﹣ I圖更科學(xué) D．電阻箱取值應(yīng)該大些 （ 4）一段導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖 4所示．一同學(xué)用電動(dòng)勢(shì)為 、內(nèi)阻為 的電源與該導(dǎo)體構(gòu)成閉合回路，則導(dǎo)體消耗的功率是 ． 【考點(diǎn)】 描繪小電珠的伏安特性曲線；用多用電表測(cè)電阻． 【專題】 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題． 【分析】 （ 1）根據(jù)所選量程或檔位，正確選擇刻度盤(pán)進(jìn)行讀數(shù)，注意得出最小分度； （ 2）由實(shí)物圖可知測(cè)量的原理，分析電表內(nèi)阻的影響可知 該接法適合測(cè)量的電阻； （ 3）根據(jù)電路及實(shí)驗(yàn)原理可知實(shí)驗(yàn)中能得出的數(shù)值及實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)； （ 4）電阻隨電壓的變化而變化，故不能直接利用閉合電路歐姆定律求解，可以作出電源的伏安特性曲線，兩線的交點(diǎn)即可工作點(diǎn)，由圖可求得工作電壓及電流，由 P=UI可求得功率． 【解答】 解：（ 1）量程為 5mA，則求中間刻度線的中間刻度進(jìn)行讀數(shù)，則最小分度為 ；則讀數(shù)為： ；（ ﹣ ）； 選用 10 檔測(cè)電阻，則取最上面刻度線，則示數(shù)為： 3010=300Ω ； （ 2）由圖可知，電流表采用的 是外接法，若電流表內(nèi)阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，則電壓表的分流可忽略不計(jì)，故本接法適合測(cè)小電阻；而由于電壓表的分流，使電流表示數(shù)小于真實(shí)值，由歐姆定律可知，測(cè)得的電阻值偏?。? （ 3）由圖 3可知，實(shí)驗(yàn)中將電阻箱與電流表和電源串接，則由電流表示數(shù)可得出電流； 由電阻箱是出外電阻，則可求得路端電壓； 由閉合電路歐姆定律可得出電動(dòng)勢(shì)； 但由于電流表內(nèi)阻不知，故無(wú)法測(cè)出內(nèi)阻；故 A正確， B錯(cuò)誤； 在處理數(shù)據(jù)時(shí)，由歐姆定律可知， I= ，故 R﹣ I是曲線， R﹣ 為直線，后者更易處理，故 C正確； 由于水果電池電阻較大，故為了得出更大 的電流變化，電阻箱應(yīng)取大一點(diǎn)的電阻，故 D正確； 故選 ACD； （ 4）作出電源的伏安特性曲線如圖，則兩圖象的交點(diǎn)為電阻的工作點(diǎn)，由圖可知，電阻兩端的電壓為 ，電流為 ，故功率 P=UI=； 故答案為：（ 1） ， 300；（ 2）小，??；（ 3） ACD；（ 4） ． 【點(diǎn)評(píng)】 對(duì)于伏安