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實(shí)驗(yàn)前先用螺旋測(cè)微器測(cè)出小球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑______ mm。
用手提著a球，使b球懸吊，兩球靜止在光電門(mén)正上方.由靜止釋放a球，光電計(jì)時(shí)器記錄b球和a球通過(guò)光電門(mén)時(shí)的遮光時(shí)間分別為、，則b球通過(guò)光電門(mén)時(shí)，a球的速度大小為______ ，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/span>______ 用、、d、L表示。
14. 某同學(xué)要測(cè)量微安表內(nèi)阻，可利用的實(shí)驗(yàn)器材有：
電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻很小
電流表量程30mA，內(nèi)阻約
微安表量程，內(nèi)阻待測(cè)，約
滑動(dòng)變阻器最大阻值
定值電阻阻值
開(kāi)關(guān)S
導(dǎo)線若干
將圖中所示的器材符號(hào)連線，畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖；
某次測(cè)量中，電流表A的示數(shù)I如圖乙所示，則______ mA，此時(shí)通過(guò)微安表的電流為，根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算出微安表內(nèi)阻______ 。15. 2021年7月，神舟十二號(hào)航天員劉伯明、湯洪波身著我國(guó)自主研制的新一代“飛天”艙外航天服成功出艙。航天服在使用前要在地面實(shí)驗(yàn)室內(nèi)進(jìn)行氣密性測(cè)試，已知實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的熱力學(xué)溫度為、壓強(qiáng)為，在某次測(cè)試中，向密閉的航天服內(nèi)充入一定量的氣體，并將航天服上的所有閥門(mén)擰緊，此時(shí)航天服內(nèi)氣體的溫度為、壓強(qiáng)為，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后航天服內(nèi)氣體的溫度降至。不考慮航天服內(nèi)部體積的變化，航天服內(nèi)的氣體視為理想氣體。求：
航天服內(nèi)氣體的溫度降至時(shí)，航天服內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p；
航天服內(nèi)氣體的溫度降至時(shí)，將航天服上的閥門(mén)打開(kāi)，緩慢放氣至航天服內(nèi)氣體與外界達(dá)到平衡時(shí)，航天服內(nèi)剩余氣體與放出的氣體的質(zhì)量之比。16. 一小球由傾角為斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，如圖是小球運(yùn)動(dòng)的頻閃照片，頻閃時(shí)間間隔相同，小球在斜面上依次經(jīng)過(guò)A、B、C、D、E點(diǎn)。已知小球向上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為，各段距離之比：：：：2：1：3，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小不變。求：
小球所受阻力和重力大小之比；
小球向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小。
17. 如圖所示，質(zhì)量的小車以的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道均由絕緣材料制成，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?，F(xiàn)有一質(zhì)量、帶負(fù)電的電荷量的滑塊，以的水平速度從小車左端A處向右沖上小車，第一次通過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度的大小，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略運(yùn)動(dòng)電荷產(chǎn)生的磁場(chǎng)，g取。求：
求滑塊從A到D的過(guò)程中，小車、滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
若圓弧軌道的半徑，滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。?/span>
當(dāng)滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場(chǎng)，若滑塊不能沖出圓弧軌道，求圓弧的最小半徑。
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：、b兩條出射光線均在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象，入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根據(jù)折射定律，可知；折射率大則光的頻率高，因此a光是紫光，b光是紅光，故A錯(cuò)誤；
由于光的頻率越大，波長(zhǎng)越短，因此；根據(jù)雙縫干涉條紋間距與波長(zhǎng)的關(guān)系可知，用同一雙縫干涉儀做光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光條紋間距小于b光條紋間距；根據(jù)光的衍射現(xiàn)象，遇到相同的障礙物，波長(zhǎng)越長(zhǎng)的光越容易發(fā)生明顯衍射，因此b光更容易發(fā)生明顯衍射，故B正確，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)折射率與傳播速度的關(guān)系可知，，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
A.根據(jù)折射定律求解折射率的大??；折射率大的光頻率高，紫光的頻率比紅光頻率高，據(jù)此判斷；
光的頻率越高，波長(zhǎng)越短，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式判斷a、b光條紋間距的大?。辉俑鶕?jù)光的衍射作出判斷；
D.根據(jù)折射率與傳播速度的關(guān)系，作出判斷。
本題考查了雙縫干涉、光的衍射；本題的關(guān)鍵在于弄清波速、波長(zhǎng)、頻率和折射率之間的大小關(guān)系，可根據(jù)“二率、二波分別同變化”、“波與率異變化”的規(guī)律減小判斷。
2.【答案】C 【解析】解：對(duì)整體受力分析，整體受重力2mg、地面的支持力，由平衡條件得
由牛頓第三定律，N對(duì)地面的壓力大小等于地面對(duì)N的支持力大小，即等于2mg，故D錯(cuò)誤；
由對(duì)稱性可知
對(duì)上方木架M受力分析：M受重力、b繩向下的拉力，c繩向下的拉力，a繩向上的拉力
由平衡條件有
則，，故AB錯(cuò)誤；故C正確。
故選：C。
對(duì)M、N用整體法列平衡方程，可求地面對(duì)N的支持力，由牛頓第三定律，可得N對(duì)地面壓力；對(duì)M受力分析列平衡方程，可判斷ABC選項(xiàng)。
本題難在看不懂受力。先整體后隔離，如能正確分析M的受力情況，則迎刃而解。
3.【答案】C 【解析】解：在時(shí)刻，由圖像乙可知，質(zhì)點(diǎn)b速度沿y軸負(fù)方向，根據(jù)“同側(cè)法”規(guī)律可知，該簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；
由圖像甲可知波長(zhǎng)為，振幅為
由圖像乙可知周期為
則波速為
由于
則質(zhì)點(diǎn)a通過(guò)的路程為
故B錯(cuò)誤，C正確；
D.該波的頻率為
兩波的頻率不同，相互疊加時(shí)波上各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振幅是隨時(shí)間而變化的，沒(méi)有振動(dòng)總是加強(qiáng)或減弱的區(qū)域，因而不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)振動(dòng)圖像和波動(dòng)圖像的物理意義，獲取相關(guān)的物理量進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)“同側(cè)法”傳播方向。
本題考查振動(dòng)圖像和波動(dòng)圖像，要求掌握振動(dòng)圖像和波動(dòng)圖像的物理意義，根據(jù)“同側(cè)法”確定振動(dòng)方向和傳播方向。
4.【答案】A 【解析】解：設(shè)水柱的橫截面積為S，作用時(shí)間為，設(shè)初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理可知
解得故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
本題根據(jù)動(dòng)量定理，結(jié)合題意，即可解答。
本題的關(guān)鍵是讀懂題中信息，能夠正確處理流體的沖量定理，正確表達(dá)出流體質(zhì)量為。
5.【答案】A 【解析】解：探測(cè)器調(diào)整軌道過(guò)程中，繞火星的運(yùn)動(dòng)均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力：
則
兩邊取對(duì)數(shù)得
整理
設(shè)圖像在縱軸的截距為，則
且
解得，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
探測(cè)器繞火星的運(yùn)動(dòng)均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，整理，結(jié)合題中圖像，求火星的質(zhì)量。
本題解題關(guān)鍵是掌握萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)圖像解決問(wèn)題。
6.【答案】D 【解析】解：A、物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動(dòng)摩擦力，傳送帶受到物品的摩擦力方向向后，故傳送帶受到物品的摩擦力方向與物品運(yùn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤；
B、后階段，物品受到與傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)物品勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律可得：
所以求得物品的加速度：
勻加速的時(shí)間為：
則位移為：
當(dāng)v增加為原來(lái)的2倍，則位移為：
所以可以看出：，故C錯(cuò)誤；
D.摩擦產(chǎn)生的熱量為：，則v相同時(shí)，不同、質(zhì)量相等的物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故D正確。
故選：D。
前階段物品受到滑動(dòng)摩擦力，后階段物品不受摩擦力作用。由判斷僅增加傳送帶速率，物品位移的變化。物品放傳送帶上時(shí)在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，將做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析；寫(xiě)出摩擦生熱的表達(dá)式后分析與物體是否有關(guān)；
本題是物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，物體在傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，物體將和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，抓住時(shí)間和位移之間的關(guān)系列式即可求解。
7.【答案】D 【解析】解：設(shè)加速電壓為U，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電荷的電荷量為q，質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)半徑為R，則
由，，
解得
由此式可知，在B、q、U相同時(shí)，m小的半徑小，所以鉀39半徑小，鉀41半徑大；在m、B、q相同時(shí)，U大半徑大。
設(shè)：鉀39質(zhì)量為，電壓為時(shí)，最大半徑為；鉀41質(zhì)量為，電壓為時(shí)，鉀41最小半徑為則
令，則
解得：
。
故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
兩種粒子通過(guò)同一加速電場(chǎng)和同一偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，由由，，可以求出在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑；由于電壓的偏差，半徑的偏差也不同，根據(jù)兩種粒子最小半徑和最大半徑相等求出電壓的偏差的最大值。
本題考查了：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。在電場(chǎng)中加速用動(dòng)能定理、磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)用洛倫磁力提供向心力公式是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。
8.【答案】C 【解析】解：圖線a中速度隨位移的增大而增大，則表示加速直線運(yùn)動(dòng)，圖線b中速度隨位移的增大而減小，則圖線a表示質(zhì)點(diǎn)甲的運(yùn)動(dòng)，圖線b表示質(zhì)點(diǎn)乙的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B.圖線a、b的交點(diǎn)表示兩質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)的速度大小，但時(shí)間不知，故B錯(cuò)誤；
圖線b中，當(dāng)位移為0時(shí)，速度為，則質(zhì)點(diǎn)乙的初速度為
質(zhì)點(diǎn)甲和乙先后通過(guò)位移6m處的速度大小均為v，對(duì)質(zhì)點(diǎn)甲，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
對(duì)質(zhì)點(diǎn)乙，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
解得
當(dāng)質(zhì)點(diǎn)甲的速度為和質(zhì)點(diǎn)乙的速度為時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的位移相同，設(shè)為，則對(duì)質(zhì)點(diǎn)甲有
對(duì)質(zhì)點(diǎn)乙有
解得
聯(lián)立解得，，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)圖象中速度隨位移的變化關(guān)系判斷哪個(gè)圖象是甲的運(yùn)動(dòng)圖象，哪個(gè)是乙的運(yùn)動(dòng)圖象；分別對(duì)甲和乙，根據(jù)速度位移公式列式，聯(lián)立方程求解兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的加速度大小。根據(jù)位移關(guān)系分析兩質(zhì)點(diǎn)是否相遇。
本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，關(guān)鍵是要求同學(xué)們能根據(jù)圖象判斷出甲、乙對(duì)應(yīng)的圖線，能夠從圖中得出有效信息，熟練運(yùn)用速度位移公式和平均速度公式進(jìn)行處理。
9.【答案】BD 【解析】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為，H點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于H點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度。故A錯(cuò)誤；
B.O點(diǎn)在MN的垂直平分線上，整條線為等勢(shì)線，且電勢(shì)為0，而H點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)。故B正確；
C.帶正電的試探電荷沿OPH移動(dòng)過(guò)程中，N點(diǎn)負(fù)電荷對(duì)其不做功，M點(diǎn)的正電荷對(duì)其一直做正功，所以帶正電的試探電荷沿OPH移動(dòng)，電場(chǎng)力對(duì)其做正功。故C錯(cuò)誤；
D.帶負(fù)電的試探電荷沿OPH移動(dòng)過(guò)程中，N點(diǎn)負(fù)電荷對(duì)其不做功，M點(diǎn)的正電荷對(duì)其一直做負(fù)功，該負(fù)電荷的電勢(shì)能增大。故D正確；
故選：BD。
依據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，結(jié)合矢量的合成法則，分析O點(diǎn)和H點(diǎn)的電場(chǎng)大小關(guān)系，O點(diǎn)在MN的垂直平分線上，整條線為等勢(shì)線，點(diǎn)電荷沿等勢(shì)線移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力不做功。
考查點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式的應(yīng)用，掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系。
10.【答案】CD 【解析】解：先讓鋅板帶負(fù)電，再用紫外線燈照射鋅板，由于光電效應(yīng)激發(fā)電子，鋅板電量減少，則驗(yàn)電器的張角會(huì)變小，等鋅板電量為零時(shí)，驗(yàn)電器就無(wú)法張開(kāi)，如果紫外線燈繼續(xù)照射鋅板，就會(huì)使鋅板帶正電，驗(yàn)電器的張角又增大，故A錯(cuò)誤；
B.由圖2可知，電壓相同時(shí)，光照越強(qiáng)，光電流越大，只能說(shuō)明光電流強(qiáng)度與光的強(qiáng)度有關(guān)，不能說(shuō)明光子的能量與光強(qiáng)有關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)公式可知，解得，則，可知為該金屬的截止頻率，故C正確；
D.根據(jù)光電效應(yīng)方程，當(dāng)時(shí)，可知，由圖像知縱軸截距為，可知，即該金屬的逸出功為E，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)光電效應(yīng)過(guò)程中有光電子飛出解釋；光照越強(qiáng)，光電流越大，說(shuō)明飽和光電流與光的強(qiáng)度有關(guān)；入射光的頻率增大，光電子的最大初動(dòng)能增大，遏止電壓增大。根據(jù)光電效應(yīng)方程得出的關(guān)系式，通過(guò)關(guān)系式得出斜率、截距表示的含義。根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合圖線的縱軸截距求出金屬的逸出功，結(jié)合橫軸截距得出金屬的極限頻率，從而得出逸出功。
該題考查對(duì)光電效應(yīng)的規(guī)律以及與光電效應(yīng)有關(guān)的幾個(gè)圖象的理解，遏止電壓：使光電流減小到零時(shí)的最小反向電壓截止頻率：能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)的最小頻率叫做該種金屬的截止頻率又叫極限頻率。不同的金屬對(duì)應(yīng)著不同的截止頻率。逸出功：電子從金屬中逸出所需做功的最小值，叫做該金屬的逸出功。
11.【答案】AC 【解析】解：地磁場(chǎng)在水平方向的分量由南指向北，一扇朝西的鋼窗，開(kāi)始的磁通量為零，當(dāng)把鋼窗向外推開(kāi)的過(guò)程中，穿過(guò)鋼窗的地磁場(chǎng)的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知，從推窗人的角度看，鋼窗中的感應(yīng)電流方向是逆時(shí)針，故AC正確、BD錯(cuò)誤。
故選：AC。
在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)線圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量當(dāng)線圈與磁場(chǎng)平行時(shí)，磁通量，由此分析磁通量的變化，根據(jù)楞次定律，判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向。
本題關(guān)鍵是知道地磁場(chǎng)的方向，知道求解磁通量的表達(dá)式是磁場(chǎng)與線圈平面的夾角分析理解。掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方法。
12.【答案】BCD 【解析】解：A、物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，又因重力不變，電場(chǎng)力在變化，所以物體所受的合力在變化，加速度也在變化，所以物體脫離墻壁后不是做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
C、當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以：，解得物體與墻壁脫離的時(shí)刻為：，故C正確；
B、物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到脫離墻面電場(chǎng)力一直不做功，由動(dòng)能定理得：，代入題設(shè)已知條件可得：，故B正確；
D、物體從墻壁脫離后，豎直方向做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移-時(shí)間公式，有：
聯(lián)立以上解得物體脫離墻后落到地面上的時(shí)間為：
物體在水平方向上的加速度為：則離開(kāi)時(shí)，著地時(shí)：，
從的平均加速度：
則物體落到地面時(shí)水平方向的速度大小為：
代入數(shù)據(jù)得到：，故D正確。
故選：BCD。
根據(jù)脫離墻壁后的受力情況與合力是否變化分析運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)；
根據(jù)動(dòng)能定理，抓住電場(chǎng)力在沿墻面下滑的過(guò)程中不做功，求出脫離墻壁的動(dòng)能；
求出物體克服摩擦力做功的大小，抓住電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律，結(jié)合電場(chǎng)力為零時(shí)，物體脫離墻面求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
根據(jù)牛頓第二定律通過(guò)加速度的變化判斷物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，由位移和速度-時(shí)間規(guī)律求落地時(shí)水平速度的大小。
本題綜合考查了動(dòng)能定理和牛頓第二定律的運(yùn)用，知道物體做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)的條件。
13.【答案】 【解析】解：螺旋測(cè)微器的精確度為，螺旋測(cè)微器的固定刻度為，可動(dòng)刻度為，所以最終讀數(shù)為；
球通過(guò)光電門(mén)時(shí)，a球的速度大小即為此時(shí)b球的速度大小，即為：
a球通過(guò)光電門(mén)時(shí)二者的速度大小為：
以小球b為研究對(duì)象，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：
解得：。
故答案為：；；。
根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法即可讀出小球的直徑；
根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時(shí)速度求解速度大小，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移-速度公式進(jìn)行解答。
本題考查利用光電門(mén)來(lái)算出瞬時(shí)速度，從而測(cè)出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)，并掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)，要注意其存在估計(jì)值，同時(shí)要正確理解題意，明確實(shí)驗(yàn)原理和數(shù)據(jù)處理的方法。
14.【答案】 【解析】解：為了準(zhǔn)確測(cè)出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻并聯(lián)，再與電流表串聯(lián)，通過(guò)電流表的電流與微安表的電流之差，可求出流過(guò)定值電阻的電流，從而求出微安表兩端的電壓，進(jìn)而求出微安表的內(nèi)電阻，由于電源電壓過(guò)大，并且為了測(cè)量多組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式解法，實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖所示
該電流表的分度值是1mA，根據(jù)圖示可知，該電流表的讀數(shù)為；
流過(guò)定值電阻的電流為：
加在微安表兩端的電壓
微安表的內(nèi)電阻
故答案為：見(jiàn)解析；；。
根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析微安表電壓的測(cè)量，畫(huà)出電路圖；
明確電流表的最小分度值，讀數(shù)電流表示數(shù)；
根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖結(jié)合歐姆定律計(jì)算。
本題考查測(cè)量微安表內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)電路圖和數(shù)據(jù)處理。
15.【答案】解：以航天服內(nèi)的氣體為研究對(duì)象，在降至室溫的過(guò)程中，
航天服內(nèi)的氣體做等容變化，即：
變形解得：
對(duì)航天服內(nèi)原來(lái)所有的氣體進(jìn)行整體分析，放氣的過(guò)程中其氣體壓強(qiáng)由p減至、體積由V增大至、溫度不變。由玻意爾定律得：
同溫度、同壓強(qiáng)下，同種氣體的質(zhì)量之比等于體積之比，即：
聯(lián)立以上幾式解得：
答：航天服內(nèi)氣體的溫度降至時(shí)，航天服內(nèi)氣體的壓強(qiáng)p為；
航天服內(nèi)剩余氣體與放出的氣體的質(zhì)量之比為。 【解析】在降至室溫的過(guò)程中，航天服內(nèi)的氣體做等容變化，根據(jù)查理定律可解得；
根據(jù)玻意耳定律解得體積之比，由于氣體密度不變，則放出的氣體與航天服內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量之比等于對(duì)應(yīng)體積之比。
本題考查一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題關(guān)鍵注意氣體密度不變時(shí)質(zhì)量之比等于體積之比。
16.【答案】解：由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，只有當(dāng)初速度或末速度為零時(shí)，連續(xù)相等的兩段時(shí)間內(nèi)物體位移之比為1：或3：，則由：：：1
可得，C點(diǎn)為最高點(diǎn)，設(shè)小球沿斜面向上、向下運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小分別為、，頻閃時(shí)間間隔為t，根據(jù)位移-時(shí)間公式，有
解得
由牛頓第二定律得
解得
點(diǎn)是從A到C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間中點(diǎn)，故有
從B到C，根據(jù)速度-位移公式，有
從C到B根據(jù)速度-位移公式，有
解得
答：小球所受阻力和重力大小之比為1：6；
小球向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為。 【解析】由AB段和BC段距離的比值為3：1，結(jié)合初速度或末速度為零時(shí)，連續(xù)相等的兩段時(shí)間內(nèi)物體位移之比為1：3可得，C點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解小球所受阻力和重力大小之比。
由速度-位移公式求小球向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小。
本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)和牛頓第二定律的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)距離關(guān)系分析出小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解。
17.【答案】解：滑塊受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力方向均豎直向下。設(shè)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，小車的速度大小為，滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：
解得：
設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，則有：
解得：
設(shè)滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)，受到軌道的支持力為，此時(shí)滑塊受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力方向均豎直向下，由牛頓第二定律可得：
解得：
由牛頓第三定律可得滑塊對(duì)軌道的壓力大小為
設(shè)圓弧最小半徑為R，滑塊沿圓弧軌道恰好上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的方向水平向右的速度設(shè)為，此過(guò)程水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：
解得：
此過(guò)程由功能關(guān)系得：
解得：。
答：滑塊從A到D的過(guò)程中，小車、滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為85J；
滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為76N；
圓弧的最小半徑為。 【解析】滑塊受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力方向均豎直向下?；瑝K從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合能量守恒解答；
由牛頓第二定律和向心力公式求解軌道對(duì)滑塊的支持力，再根據(jù)牛頓第三定律求得滑塊對(duì)軌道的壓力大小；
撤去磁場(chǎng)，滑塊沿圓弧軌道恰好上升到最大高度的過(guò)程，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合由功能關(guān)系解答。
本題考查了帶電體在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，綜合了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的板塊模型。題目較簡(jiǎn)單，沒(méi)有復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力分析。應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系，以及牛頓第二定律解答。
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