11
别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝m1v22，μm2gx3＝m2v32，解得一元硬币碰后速度v2＝2μgx2，
22五角硬币碰后的速度为v3＝2μgx3，若碰撞过程动量守恒则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1x1＝m1x2＋m2x3.
23．(9分)某同学利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻． A．待测干电池两节
B．电压表V1、V2，量程均为3 V，内阻很大 C．定值电阻R0(阻值未知) D．电阻箱R E．导线和开关
(1)根据如图8甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图．
乙
图8
(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，先把电阻箱R调到某一阻值R1，再闭合开关，读出电压表V1、V2的示数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、R1表示)． (3)若测得R0＝1.2 Ω，实验中改变电阻箱R的阻值，读出相应的电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势E＝________ V，总内阻r＝________ Ω. 答案 见解析
解析 (1)根据实物图可知，电压表V1与R并联后与R0串联接在电源
两端，电压表V2并联在电源的两端，电路图如图所示． U20－U10U20－U10R0＝＝R1
IU10
U2－U1U2(r＋R0)ER0
(3)根据闭合电路欧姆定律可知U2＝E－r，变形可得U1＝－，由图象可知当R0rrr＋R0ER0r＋R02.4－0
U1＝0时U2＝1.0 V，故有＝，图象的斜率为k＝＝＝1.5，联立解得E＝3.0
rrr2.6－1.0V，r＝2.4 Ω.
24．(12分)如图9所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图9
(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；
(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q. 答案 (1)1.4 s (2)64 J
解析 (1)由牛顿第二定律可得μmg＝ma1 v
工件经t1时间与传送带共速，则t1＝＝0.8 s
a11
工件位移为x1＝a1t12＝1.6 m
2
LAB－x1
此后工件与传送带一起匀速运动到B点，用时t2＝v＝0.6 s 工件第一次到达B点所用时间t＝t1＋t2＝1.4 s (2)工件上升过程中受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ 由牛顿第二定律可得加速度大小 mgsin θ－Ffa2＝＝2 m/s2
mv
由运动学公式可得t3＝＝2 s
a2
下降过程加速度大小不变a3＝a2＝2 m/s2 v
由运动学公式可得t4＝＝2 s
a3
工件与传送带的相对位移Δx＝v(t4＋t3)＝16 m
因摩擦而产生的热量Q＝FfΔx＝64 J.
25．(20分)如图10所示，三角形AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点，在水平线QC下方是水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅱ(三角形APD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD以上，三角形PAD以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁感应强度大小均为5B，一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，接着从P点垂直AQ射入区域Ⅲ，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O点，粒子重力忽略不计，求：
图10
q(1)该粒子的比荷；
m
(2)电场强度E及粒子从O点射出时的初速度v的大小；
(3)粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程所经历的时间t. 答案 (1)
v0 (2)2Bv0 BL
2L9πL
5v0 (3)＋
v05v0
v 02qv0
解析 (1)根据牛顿第二定律可得Bqv0＝m，根据题意有R＝L，解得＝
RmBL1
(2)粒子从O到N，由运动合成与分解可得：L＝v0t′，L＝at′2
2qE
由牛顿第二定律可得a＝，解得E＝2Bv0
m
由运动学公式可得vx 2＝2aL，则v＝v x2＋v 02＝5v0
(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0，区域Ⅰ中的时间t1，区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t2＋t3
2L
根据平抛运动规律有t0＝
v0
2πL2πL
设在区域Ⅰ中的时间为t1，则t1＝2×＝
6v03v0
2v 10
粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动半径为r，则qv0·5B＝m，即r＝L.
r5
5
则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总时间为(2＋)个周期
62πr2πL5172πL17πL
由周期公式可得T＝＝，t2＋t3＝(2＋)T＝×＝
v05v0665v015v0故总时间t＝t0＋t1＋t2＋t3＝
2L9πL
＋. v05v0
(二)选考题(请从下列2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分) 33．【物理选修3－3】(15分) (1)(5分)下列说法正确的是________
A．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少 B．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加
C．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面 D．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
E．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大
(2)(10分)如图11甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段分别为两段长25 cm的水银柱，BC段为长10 cm的理想气体，D到玻璃管底端为长12 cm的理想气体．已知大气压强为75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管旋转180°倒置，经过足够长时间后，水银未从玻璃管流出，求：
图11
①玻璃管倒置后BC段气体的长度；
②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封闭气体的长度． 答案 (1)BDE (2)①20 cm ②60 cm 解析 (1)根据理想气体状态方程
pV
＝C可知，体积增大时，压强变化的关系未知，故温度变化T
未知，则内能的变化无法确定，A错误；气体的温度降低，分子平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，B正确；由于分子的无规则运动，当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，
水中仍然会有水分子飞出水面，C错误；气体的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，D正确；将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，体积偏大，则直径计算结果偏大，故E正确．
(2)①设玻璃管的横截面积为S，研究BC段的气体
初状态：气体体积V1＝hBCS，压强p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末状态：气体体积V2＝hBC′S，压强p2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg 根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20 cm ②研究玻璃管底端的气体
初状态：气体体积V3＝hDS，压强p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末状态：气体体积V4＝hD′S，压强p4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg 根据玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60 cm. 34．【物理选修3－4】(15分) (1)(5分)下列说法正确的是________ A．弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供 B．单摆振动的周期一定等于它的固有周期
C．机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，那么波长一定变大 D．在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小 E．发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化
(2)(10分)如图12所示为半圆形玻璃柱的截面图，半圆形玻璃柱半径为R，平行于直径AB的单色光照射在玻璃柱的圆弧面上，其中一束光线经折射后恰好通过B点，已知玻璃柱对单色光的折射率为3.
图12
①求该束光线到AB的距离；
②试说明入射光线经折射后，直接照射到CB段弧面上的折射光线不可能在CB段弧面上发生全反射．
答案 (1)CDE (2)①
3
R ②见解析 2
解析 (1)水平方向的弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供，而竖直方向的弹簧振子的回复力由
弹簧的弹力和重力的合力提供，A错误；单摆振动的周期取决于驱动力的周期，与固有周期无关，B错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，由v＝λf可知，如果波速变大，则波长一定变大，C正确；在干涉现象中振动加强指的是振幅增大，振动减弱指的是振幅减小，但振动加强点和减弱点仍在各自的平衡位置附近做简谐振动，其位移随时间周期性变化，故某时刻振动加强点的位移可能小于振动减弱点的位移，D正确；发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有变化，只是人接收到的频率发生了变化，E正确．
(2)①设离AB边距离为d的光线折射后刚好射到B点，设此光线的入射角为i，折射角为r，根据几何关系有i＝2r
sin isin 2r根据光的折射定律有：n＝，即＝3，得r＝30°
sin rsin r由几何关系可得d＝Rsin i＝
3
R 2
②设折射角为β，根据几何关系可知，此折射光线在CB弧面上的入射角也为β，根据光路可逆可知，光线一定会从CB段弧面上射出，不可能发生全反射．