1.被稱為“火焰發(fā)現(xiàn)者”的火災(zāi)報(bào)警器，其光電管的陰極對(duì)室內(nèi)燈光中的紫外線毫無反應(yīng)，只有被明火中的紫外線照射時(shí)才會(huì)報(bào)警。已知光電管陰極的金屬發(fā)生光電效應(yīng)的截止頻率為ν0，燈光中紫外線的頻率為ν1，明火中紫外線的頻率為ν2，則ν0、ν1、ν2的大小關(guān)系是( )
A. ν2>ν1>ν0B. ν1>ν2>ν0C. ν2>ν0>ν1D. ν0>ν2>ν1
2.如圖是敲擊甲、乙兩個(gè)音叉后，發(fā)出的兩列聲波a和b在空氣中向前傳播的示意圖。從圖中信息可知聲波a的( )
A. 波長(zhǎng)小于b的波長(zhǎng)
B. 波長(zhǎng)大于b的波長(zhǎng)
C. 波速小于b的波速
D. 波速大于b的波速
3.圖甲是磁電式電表的內(nèi)部構(gòu)造，其截面如圖乙，兩軟鐵間的磁場(chǎng)可看作是均勻輻射分布的，圓柱形軟鐵內(nèi)部的磁場(chǎng)可看作是平行的。若未通電的線圈在P、Q位置的磁通量分別為ΦP、ΦQ，則( )
A. ΦQ=0B. ΦQ=ΦPC. ΦPΦQ
4.在與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，建立如圖甲所示的直角坐標(biāo)系，a、b、c、d是該坐標(biāo)系中的4個(gè)點(diǎn)，已知φa=6V、φb=4V、φd=2V；現(xiàn)有一電子以某一初速度從O點(diǎn)沿Od方向射入，則圖乙中abcd區(qū)域內(nèi)，能大致反映電子運(yùn)動(dòng)軌跡的是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
5.如圖為高鐵供電流程的簡(jiǎn)化圖，牽引變電所的理想變壓器將電壓為U1的高壓電進(jìn)行降壓；動(dòng)力車廂內(nèi)的理想變壓器再把電壓降至U4，為動(dòng)力系統(tǒng)供電，此時(shí)動(dòng)力系統(tǒng)的電流為I4，發(fā)電廠的輸出電流為I1；若變壓器的匝數(shù)n2=n3，則下列關(guān)系式正確的是( )
A. U1：U4=n1：n4B. U1：U4=n4：n1
C. I1：I4=n1：n4D. I1：I4=n4：n1
6.如圖，調(diào)整水龍頭的開關(guān)，使單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積相等。水由于重力作用，下落速度越來越大，水柱越來越細(xì)。若水柱的橫截面可視為圓，圖中a、b兩處的橫截面直徑分別為0.8cm和0.6cm，則經(jīng)過a、b的水流速度之比va：vb為( )
A. 1：3B. 1：9C. 3：4D. 9：16
7.據(jù)報(bào)道，“TRAPPIST?1恒星系統(tǒng)”由1顆紅矮星和7顆(如圖所示)圍繞它運(yùn)行的行星組成，若地球半徑為R，則行星的半徑如表。據(jù)推測(cè)行星g和h的密度大致相同，若行星g的第一宇宙速度為v，則行星h的第一宇宙速度約為( )
A. 0.5vB. 0.7vC. 1.5vD. 2.3v
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.為了減少污染，根據(jù)相關(guān)規(guī)定，加油站必須進(jìn)行“油氣回收”，操作如下：油槍從封閉油罐中吸取體積為V的汽油加到汽車油箱，同時(shí)抽取油槍周圍體積為1.2V的油氣(可視為理想氣體)，壓入封閉油罐(壓至體積為V)。假設(shè)油罐及加油槍導(dǎo)熱良好且環(huán)境溫度不變，則將油氣壓入油罐的過程中，油氣( )
A. 壓強(qiáng)增大B. 對(duì)外做正功C. 向環(huán)境放熱D. 從環(huán)境吸熱
9.如圖為晶圓摻雜機(jī)的簡(jiǎn)圖，O是晶圓面(設(shè)其半徑足夠大)的圓心，上、下豎直放置的圓柱形電磁線圈可在中間圓柱形區(qū)域形成勻強(qiáng)磁場(chǎng)；圓柱形磁場(chǎng)區(qū)域的橫截面半徑為L(zhǎng)、圓心為O1，OO1水平且垂直于晶圓面；若線圈中通入如圖所示的電流，比荷為k的正離子以速度v、沿O1O射入，且全部摻雜在晶圓上，則( )
A. 離子摻雜在x軸的負(fù)半軸上B. 離子摻雜在x軸的正半軸上
C. 圓柱形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須小于vkLD. 圓柱形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須小于v2kL
10.如圖，質(zhì)量為60kg的同學(xué)在練習(xí)跳球。他將籃球從離地面高為2m的位置以5m/s的初速度豎直向上拋出，接著在籃球正下方豎直舉起手臂并準(zhǔn)備沿豎直方向起跳，在籃球拋出后的0.2s時(shí)刻恰好跳離地面，此時(shí)手指尖離地面高為2.5m。不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，已知籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，該同學(xué)的手指尖恰好觸碰到籃球，則( )
A. 起跳過程，地面對(duì)該同學(xué)的沖量為120N?s
B. 起跳過程，合外力對(duì)該同學(xué)的沖量為240N?s
C. 觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為0
D. 觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為1m/s
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共17分。
11.某同學(xué)利用如圖甲所示的部分電路測(cè)量標(biāo)識(shí)模糊的滑動(dòng)變阻器的最大阻值。請(qǐng)完成下列相關(guān)內(nèi)容：
(1)連接線路：要求在不拆電路的情況下完成歐姆調(diào)零和測(cè)量滑動(dòng)變阻器的最大阻值，則閉合開關(guān)S前，a接線柱不能連接到滑動(dòng)變阻器的______接線柱。
A.b
B.c
C.d
D.e
(2)歐姆調(diào)零：正確連接a與滑動(dòng)變阻器的接線柱后，先將多用電表的選擇開關(guān)旋至“×10”位置，再將滑動(dòng)變阻器的滑片滑到______(選填“最左端”“最右端”)，閉合開關(guān)S，旋轉(zhuǎn)多用電表的______(選填“P”“Q”)旋鈕，使指針指到______，完成歐姆調(diào)零。
(3)調(diào)試：在(2)的基礎(chǔ)上，將滑動(dòng)變阻器的滑片從一端滑到另一端，觀察到多用電表的示數(shù)較小，為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)將選擇開關(guān)旋至______位置，______(選填“需要”“不需要”)再次進(jìn)行歐姆調(diào)零。
(4)測(cè)量：在(3)的調(diào)試后，進(jìn)行正確操作和測(cè)量，多用電表指針指示如圖乙，則滑動(dòng)變阻器的最大阻值為______Ω。
12.某實(shí)驗(yàn)小組利用單擺周期公式T=2π Lg測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹怠?br>(1)為了較精確地測(cè)量重力加速度的值，以下四種單擺組裝方式，應(yīng)選擇______。
(2)組裝好單擺，先用刻度尺測(cè)量擺線長(zhǎng)度，再用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑，其示數(shù)如圖甲，則小球直徑為______ mm。
(3)周期公式中的L是單擺的擺長(zhǎng)，其值等于擺線長(zhǎng)與______之和。
(4)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，改變擺長(zhǎng)并測(cè)出對(duì)應(yīng)的周期，得到如表的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)并描點(diǎn)在圖乙的坐標(biāo)系中，請(qǐng)?jiān)趫D乙中作出T2?L圖像。
(5)根據(jù)T2?L圖像算出重力加速度g=______m/s2(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。
四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共37分。
13.如圖，豎直放置的半圓形玻璃磚半徑為R、可繞圓心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，O與豎直放置的光屏相距2R。初始時(shí)玻璃磚的直徑與光屏平行，激光筆對(duì)準(zhǔn)O，垂直于光屏發(fā)出一束激光射向玻璃磚，在光屏上的O1點(diǎn)留下亮點(diǎn)；保持激光筆位置不變，讓玻璃磚繞O點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)60°，亮點(diǎn)在光屏上移動(dòng)到與O1相距2 33R的位置。已知激光在真空中的傳播速度為c，求：
(1)玻璃磚的折射率；
(2)激光在玻璃磚內(nèi)的傳播時(shí)間。
14.如圖，運(yùn)動(dòng)員練習(xí)單杠下杠：雙手抓住單杠與肩同寬，伸展身體，其重心以單杠為軸做圓周運(yùn)動(dòng)，重心通過單杠正上方A點(diǎn)時(shí)速率vA=1m/s，轉(zhuǎn)至B點(diǎn)時(shí)脫離單杠，重心經(jīng)過最高點(diǎn)C，最后落到地面，D點(diǎn)為落地時(shí)的重心位置。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m=60kg，做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)其重心到單杠的距離R=1m；脫離單杠后運(yùn)動(dòng)員在空中上升與下降的時(shí)間之比為5：7，B、D兩點(diǎn)的高度差為1.2m，重心在C點(diǎn)時(shí)速率vC=1.5m/s；g取10m/s2，A、B、C、D在同一豎直平面，忽略空氣阻力，不考慮體能的消耗與轉(zhuǎn)化。求：
(1)運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，單杠對(duì)每只手的彈力大小和方向；
(2)C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
(3)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
15.地表附近存在著環(huán)境電場(chǎng)，該電場(chǎng)可視為場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，蜘蛛可以通過向空中吐出帶電蛛絲實(shí)現(xiàn)飛行如圖，在無風(fēng)的天氣里，質(zhì)量為m的蜘蛛，從地面向空中吐出4根蛛絲，恰好可以使它脫離地面；在有水平風(fēng)的天氣里，t=0時(shí)蜘蛛從地面向空中吐出n(n>4且為偶數(shù))根蛛絲，T時(shí)刻咬斷一半蛛絲，經(jīng)過一段時(shí)間后落到地面完成“遷徙”，假設(shè)蜘蛛吐出的每根蛛絲都相同，且電荷集中在蛛絲頂端，蜘蛛自身始終不帶電；已知重力加速度為g，水平風(fēng)力大小恒為f=16mg，忽略空氣對(duì)蜘蛛的其他作用力。
(1)判斷蛛絲的電性，求每根蛛絲的帶電量q；
(2)蜘蛛要實(shí)現(xiàn)空中“遷徙”求n的值；
(3)求蜘蛛“遷徙”一次飛行的水平距離x(計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào))。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hν?W0
因?yàn)楣怆姽艿年帢O對(duì)室內(nèi)燈光中的紫外線毫無反應(yīng)，說明燈光中的紫外線的頻率為ν1小于光電管內(nèi)部金屬的極限頻率ν0，故ν1ν0
故ν0、ν1、ν2的大小關(guān)系是ν2>ν0>ν1
故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
發(fā)生光電效應(yīng)的條件是照射光的頻率應(yīng)大于等于金屬的極限頻率；由此判斷。
本題是對(duì)愛因斯坦光電效應(yīng)方程的常規(guī)考查，只需要學(xué)生了解光電效應(yīng)產(chǎn)生的條件，就可以正確選擇。
2.【答案】A
【解析】解：AB.從圖中不難看出，a的波長(zhǎng)小于b的波長(zhǎng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD.聲波在空氣中的傳播速度都相同，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)題干中的圖片可以判斷波長(zhǎng)的大??；
聲波的速度根據(jù)所在的介質(zhì)的不同而不同，在同一中介質(zhì)下，聲速是一樣的。
本題主要考查聲波的傳播速度受那些因素影響和根據(jù)圖片判斷波長(zhǎng)的大小。
3.【答案】C
【解析】解：線圈在P位置時(shí)與磁場(chǎng)平行，穿過線圈的磁通量ΦP=0。線圈在Q位置時(shí)與磁場(chǎng)方向成一定夾角，此時(shí)有磁通量，ΦQ>0，所以ΦPU3
故
U1：U4>n1：n4
故AB錯(cuò)誤；
CD.由變壓器的原副線圈的電流關(guān)系可知
I1I2=n2n1
I3I4=n4n3
根據(jù)題意：
n2=n3
根據(jù)串聯(lián)電路電流的特點(diǎn)：
I2=I3
可得
I1：I4=n4：n1
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)變壓器的原、副線圈的電壓和電流與匝數(shù)的關(guān)系，結(jié)合串聯(lián)電路電壓和電流的特點(diǎn)分析求解。
本題考查了變壓器相關(guān)知識(shí)，理解變壓器原、副線圈的電壓和電流與匝數(shù)的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。
6.【答案】D
【解析】解：由于相同時(shí)間內(nèi)通過任一橫截面的水的體積相等，取一段極短的時(shí)間Δt，對(duì)兩個(gè)不同的截面，有π(da2)2vaΔt=π(db2)2vbΔt
可得va:vb=db2:da2=0.62:0.82=9:16
故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
相等的時(shí)間通過任一截面的體積相等，即水的流量相等，可以推出流速和直徑的平方成反比。
抓住相等的時(shí)間通過任一截面的體積相等就可以解決本題。
7.【答案】B
【解析】解：設(shè)行星的半徑為R′，在行星表面重力與萬有引力相等，則有
GMmR′2=mg′
可得行星的質(zhì)量為
M=g′R′2G
行星的體積為
V=43πR′3
可得行星的密度為
ρ=MV=3g′4πGR′
由于行星g和h的密度大致相同，可得行星h和g表面的重力加速度之比為
g′hg′g=R′hR′g
由萬有引力提供向心力
GMmR′2=mv12R′
可得行星的第一宇宙速度為
v1= GMR′= g′R′
即行星h和g的第一宇宙速度之比為
vh1vg1= g′hR′hg′gR′g=R′hR′g=0.7
其中行星g的第一宇宙速度為v，則行星h的第一宇宙速度約為
vh1=0.7v
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)萬有引力和重力相等推導(dǎo)行星的質(zhì)量，根據(jù)密度公式推導(dǎo)行星的密度，根據(jù)萬有引力提供向心力推導(dǎo)第一宇宙速度判斷。
本題關(guān)鍵掌握萬有引力在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用。
8.【答案】AC
【解析】解：A、將油氣壓入油罐的過程中，體積減小，溫度不變，根據(jù)pV=C可知油氣壓強(qiáng)增大，故A正確。
BCD、將油氣壓入油罐的過程中，體積減小，外界對(duì)氣體做功。由于油罐及加油槍導(dǎo)熱良好且環(huán)境溫度不變，則氣體的內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知油氣向環(huán)境放熱，故C正確，BD錯(cuò)誤。
故選：AC。
將油氣壓入油罐的過程中，體積減小，溫度不變，根據(jù)玻意耳定律分析壓強(qiáng)的變化。因?yàn)橛凸藜凹佑蜆寣?dǎo)熱良好且環(huán)境溫度不變，所以氣體的內(nèi)能不變。根據(jù)體積的變化分析氣體做功情況，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況。
解答本題時(shí)，要知道一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)。能根據(jù)溫度變化判斷氣體內(nèi)能的變化，結(jié)合體積的變化判斷氣體做功情況，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析熱傳遞方向。
9.【答案】BC
【解析】解：AB.由安培定則可得，兩圓柱形電磁線圈中間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，正離子剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力方向沿x軸正方向，所以離子摻雜在x軸的正半軸上，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD.若所有的離子都在晶圓上
則離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑為
r=L
根據(jù)牛頓第二定律
qvB=mv2r
解得B=mvqL=vkL，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：BC。
根據(jù)左手定則，判斷正離子的受力的偏轉(zhuǎn)方向；由qvB=mv2r求圓柱形磁場(chǎng)的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度。
要求掌握本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況、受力情況，結(jié)合幾何知識(shí)進(jìn)行求解。
10.【答案】BD
【解析】解：A.籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=v0g=510s=0.5s
同學(xué)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=t1?Δt=0.5s?0.2s=0.3s
籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，該同學(xué)的手指尖恰好觸碰到籃球，則v022g+h1=v人t2?12gt22+h2
代入數(shù)據(jù)解得v人=4m/s
起跳過程，根據(jù)動(dòng)量定理IF?mgΔt=mv人
解得地面對(duì)該同學(xué)的沖量為IF=360N?s
故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)動(dòng)量定理，起跳過程，合外力對(duì)該同學(xué)的沖量為I合=mv人=60×4N?s=240N?s，故B正確；
CD.觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為v=v人?gt2=4m/s?10×0.3m/s=1m/s，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：BD。
根據(jù)速度-時(shí)間公式求出籃球向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后根據(jù)時(shí)間關(guān)系求出人向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合二者的位移關(guān)系求出人向上的初速度，根據(jù)動(dòng)量定理分別求出地面對(duì)該同學(xué)的沖量和合外力對(duì)該同學(xué)的沖量；根據(jù)速度-時(shí)間公式求出觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度。
該題結(jié)合豎直上拋運(yùn)動(dòng)考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)的過程。
11.【答案】CD 最右端 Q0Ω處 ×1需要 20
【解析】解：(1)連接線路：要求在不拆電路的情況下完成歐姆調(diào)零和測(cè)量滑動(dòng)變阻器的最大阻值，則閉合開關(guān)S前，a接線柱不能連接到滑動(dòng)變阻器的d、e接線柱，只能連接b或者c接線柱，當(dāng)滑動(dòng)端滑到右端時(shí)，閉合電鍵S可完成歐姆調(diào)零；當(dāng)滑動(dòng)端滑到左端時(shí)，閉合電鍵S可完成測(cè)量滑動(dòng)變阻器的最大阻值，故AB錯(cuò)誤，BC正確。
故選：CD。
(2)歐姆調(diào)零：正確連接a與滑動(dòng)變阻器的接線柱后，先將多用電表的選擇開關(guān)旋至“×10”位置，再將滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端，閉合開關(guān)S，旋轉(zhuǎn)多用電表的調(diào)零旋鈕“Q”旋鈕，使指針指到0Ω處(或滿偏電流處、歐姆表零刻度處)，完成歐姆調(diào)零。
(3)調(diào)試：在(2)的基礎(chǔ)上，將滑動(dòng)變阻器的滑片從一端滑到另一端，觀察到多用電表的示數(shù)較小，說明所選倍率過大，為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果，應(yīng)將選擇開關(guān)旋至“×1”位置，需要再次進(jìn)行歐姆調(diào)零。
(4)測(cè)量：在(3)的調(diào)試后，進(jìn)行正確操作和測(cè)量，多用電表指針指示如圖乙，則滑動(dòng)變阻器的最大阻值為20×1Ω=20Ω。
故答案為：(1)CD；(2)最右端；Q；0Ω處；(3)“×1；”需要；(4)20。
(1)滑動(dòng)變阻器采用限流式接法，根據(jù)限流式接法分析作答；
(2)根據(jù)歐姆調(diào)零的正確方法確定滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片所處的位置，并完成正確操作；
(3)多用電表的示數(shù)較小，說明所選的倍率過大，據(jù)此選擇倍率并進(jìn)行歐姆調(diào)零；
(4)根據(jù)歐姆表測(cè)電阻的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)。
本題考查了歐姆表測(cè)電阻的正確操作以及滑動(dòng)變阻器電阻的測(cè)量；掌握滑動(dòng)變阻器限流式接法的正確方法；注意：歐姆表讀數(shù)時(shí)不需要估讀。
12.【答案】D18.9小球半徑 9.86
【解析】解：(1)為了較精確地測(cè)量重力加速度的值，減小空氣阻力的影響，應(yīng)選擇小鋼球，小球在擺動(dòng)的過程中，要固定擺長(zhǎng)不發(fā)生變化，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
(2)10分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，則小球的直徑為d=18mm+9×0.1mm=18.9mm；
(3)周期公式中的L是單擺的擺長(zhǎng)，其值等于擺線長(zhǎng)與小球半徑之和；
(4)根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖，作圖時(shí)使盡量多的點(diǎn)落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線兩側(cè)，舍棄個(gè)別相差較遠(yuǎn)的點(diǎn)，所作圖像如圖所示：
(5)根據(jù)單擺的周期公式T=2π Lg
化簡(jiǎn)可得T2=4π2gL
根據(jù)T2?L圖像的斜率為k=4π2g=3.6?00.90?0s2/m
解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間=π2≈9.86m/s2。
故答案為：(1)D；(2)18.9；(3)小球半徑；(4)見解析；(5)9.86。
(1)根據(jù)正確的實(shí)驗(yàn)操作分析作答；
(2)10分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，測(cè)量值=主尺上對(duì)應(yīng)示數(shù)(mm)+游標(biāo)尺上對(duì)齊格數(shù)(不估讀)×精確度；
(3)根據(jù)單擺擺長(zhǎng)與擺線長(zhǎng)的關(guān)系分析作答；
(4)根據(jù)“描點(diǎn)法”作圖的規(guī)則作圖；
(5)根據(jù)單擺周期公式求解T2?L函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義分析作答。
本題考查了應(yīng)用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用單擺周期公式即可解題。
13.【答案】解：(1)折射光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知i=60°
tanθ=2R2 33R= 3
解得θ=60°
則r=60°?30°=30°
根據(jù)折射定律有n=sinisinr
解得n= 3
(2)根據(jù)折射率與光速的關(guān)系有v=cn
則傳播時(shí)間為t=Rv
解得t= 3Rc
答：(1)玻璃磚的折射率為 3；
(2)激光在玻璃磚內(nèi)的傳播時(shí)間為 3Rc。
【解析】(1)作出光的傳播圖，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合折射定律分析解答；
(2)根據(jù)v=cn求得光的傳播速度，根據(jù)光程計(jì)算時(shí)間。
本題主要是考查了光的折射定律；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反射的條件列方程求解。
14.【答案】解：(1)設(shè)單杠對(duì)每只手的彈力大小為T，方向豎直向上，則運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有
mg?2T=mvA2R
代入數(shù)據(jù)解得：T=270N
方向豎直向上。
(2)已知脫離單杠后運(yùn)動(dòng)員在空中上升與下降的時(shí)間之比為5：7，設(shè)運(yùn)動(dòng)員從B到C的時(shí)間為5t0，從C到D的時(shí)間為7t0，B、C兩點(diǎn)的高度差設(shè)為h1，C、D兩點(diǎn)的高度差設(shè)為h2。
由合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，運(yùn)動(dòng)員從B到C的運(yùn)動(dòng)可看作是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)的合運(yùn)動(dòng)；從C到D的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，則
h1=12g(5t0)2
h2=12g(7t0)2
B、D兩點(diǎn)間的高度差
Δh=h2?h1
C、D兩點(diǎn)的水平距離為
xCD=vC×7t0
聯(lián)立解得C、D兩點(diǎn)間的水平距離為：xCD=1.05m
(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)速度為vB，則有
vB2=vBx2+vBy2
又vBx=vC，vBy=g×5t0
運(yùn)動(dòng)員從A到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知
W合=12mvB2?12mvA2
聯(lián)立解得從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為：W合=787.5J
答：(1)運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，單杠對(duì)每只手的彈力大小為270N，方向豎直向上；
(2)C、D兩點(diǎn)間的水平距離為1.05m；
(3)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為787.5J。
【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，由重力和單杠彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解單杠對(duì)每只手的彈力大小，并確定彈力方向；
(2)運(yùn)動(dòng)員從B到C的運(yùn)動(dòng)可看作是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)的合運(yùn)動(dòng)；從C到D的運(yùn)動(dòng)可看作是水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式求C、D兩點(diǎn)間的水平距離；
(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成求出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小，再由動(dòng)能定理求從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中合外力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功。
本題是斜拋運(yùn)動(dòng)與動(dòng)能定理的綜合，關(guān)鍵要熟練運(yùn)動(dòng)的分解法處理斜拋運(yùn)動(dòng)，掌握分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。同時(shí)，要知道動(dòng)能定理是求功常用的方法。
15.【答案】解：(1)以蜘蛛和蛛絲整體為研究對(duì)象，蜘蛛所受重力大小與蛛絲所受電場(chǎng)力大小相等方向相反，所以蛛絲帶負(fù)電。由二力平衡知：mg=4qE
變形解得：q=mg4E
(2)依題意，蜘蛛要完成起飛，則n>4；咬斷一半蛛絲后，能夠降落，則n2

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