主觀題微模擬熱練一1.(1)(3)(4)994.0×105(5)D解析：(1)根據電路圖連接實物，如答案圖所示．(3)采用描點法作圖，如答案圖所示．(4)根據閉合電路歐姆定律，有E＝IR＋IRg＋IRx，根據電阻定律，有Rx＝ρeq\f(L,S)，聯立可得eq\f(1,I)＝eq\f(R＋Rg,E)＋eq\f(ρ,SE)L，即eq\f(1,I)＝eq\f(20＋Rg,6)＋eq\f(ρ,6×107)L，圖像eq\f(1,I)-L縱軸截距為eq\f(20＋Rg,6)＝19.8，解得Rg＝99Ω，圖像的斜率為k＝eq\f(ρ,6×107)＝eq\f(53－19.8,0.5)，解得ρ＝4.0×105Ω·m.(5)如果電源E的內阻未知，由第三問可知，ρ可以測出，而Rg不能測出，故D正確．2.(1)起跳后運動員水平方向做勻速直線運動，則在最高點速度v＝v0sin37°解得v＝eq\f(3,5)v0(2)解法一：將運動員在空中的運動分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動，運動員在空中運動時間為t，則x＝v0sin37°·ty＝－v0cos37°·t＋eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tan37°解得t＝eq\f(5v0,2g)解法二：將運動員在空中的運動分解為沿坡面方向的運動和垂直坡面方向的運動，其中垂直坡面方向的加速度為ay＝gcos37°＝eq\f(4,5)g則t＝2eq\f(v0,ay)＝eq\f(5v0,2g)3.(1)根據查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝159Pa(2)設可以供n次，則根據玻意耳定律得p0V0＝np1V1＋pV0解得n＝3000次4.(1)小滑塊A下滑過程中機械能守恒，有mg(R＋h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝50N由牛頓第三定律可知，小滑塊A對圓弧軌道最低點的壓力F＝50N，方向向下．(2)小滑塊A滑過木板B的過程中，系統動量守恒，設小滑塊A剛滑離木板B時，小滑塊A的速度為v1，木板B的速度為v2，有mv0＝mv1＋2mv2μ1mgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝2m/s，v2＝1m/s即木板B的最大速度為1m/s.(3)由于μ2＝eq\f(1,15)－eq\f(x,15)，即木板C中央右側光滑，設小滑塊A滑到木板C中央前達到共同速度，且距C左端x1處，由動量守恒定律，有mv1＋mv2＝2mv3解得v3＝1.5m/s系統動能損失ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＝0.25JA、C之間摩擦力f2＝μ2mg＝eq\f(2,3)－eq\f(2,3)x(N)由圖像可知，摩擦產生的熱量為Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,3)x1＋\f(2,3)))x1(J)由能量守恒得ΔEk＝Q解得x1＝0.5m，假設成立小滑塊A最終速度為1.5m/s，停在距木板C左端0.5m處．5.(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動水平方向L＝v0t得t＝4×107s豎直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,dm)t2<d聯立解得U<eq\f(2md2,qt2)＝50V即電壓U的最大值為50V(2)設射入磁場的粒子速度為v，與水平方向成角度θ，磁場中圓周運動半徑為r0由B1qv＝eq\f(mv2,r0)得r0＝eq\f(mv,B1q)由幾何關系得，磁場中運動弧線在豎直方向上的高度為Δy＝2r0cosθ聯立解得Δy＝2eq\f(mv,B1q)cosθ＝2eq\f(mv0,B1q)＝0.04m，即Δy為定值因為Δy>d，所以打到光屏上離Q距離的最小值和最大值分別為hmin＝Δy－d＝0.02m，hmax＝Δy＝0.04m因此，痕跡長度ΔL＝hmax－hmin＝0.02m(3)粒子從電場中射出，進入磁場后，水平方向勻速運動，垂直磁場方向做勻速圓周運動．某出射粒子進入磁場后的半徑r＝eq\f(mvy,B2q)由幾何關系vy＝v0tanθ＝v0eq\f(y,0.5L)可得r＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(y,0.5L)∝y，即圓心連線為一條直線再由幾何關系可得：所有光屏痕跡(如圖)是由從上到下逐漸減小的圓疊加形成的．當y＝d時，圓半徑最大值為rm＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(d,0.5L)＝eq\f(2\r(3),3)×102m＝eq\f(\r(3),3)d由tanα＝eq\f(d,rm)＝eq\r(3)得α＝60°S＝2S△＋S扇形＝rmd＋eq\f(2,3)π(rm)2＝(eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(8π,9))×104m主觀題微模擬熱練二1.(1)CDBA(2)1.6(3)0.55(4)斜面傾角θm和θ，且mgsinθ－μmgcosθ保持不變解析：(1)實驗時首先要安裝儀器，然后測量，最后整理儀器，則此實驗步驟的正確順序是CDBA.(2)根據Δx＝aT2，運用逐差法得a＝eq\f(Δx,(5T)2)＝eq\f((15.70－9.00)－(9.00－3.90),(5×0.02)2)×102m/s2＝1.6m/s2.(3)根據牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.55.(4)探究牛頓第二定律采取的是控制變量法，驗證質量一定時，加速度與力成正比的關系，通過改變傾角來改變合外力；驗證力一定時，加速度與質量成反比的關系，由于滑塊加速下滑的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保證向下的合力不變，應該使mgsinθ－μmgcosθ不變，所以需要同時改變滑塊的質量和斜面傾角．2.(1)設光線穿過水面時折射角為α，入射角為β，根據幾何關系有tanα＝eq\f(\f(1,2)a,h－h′)，tanβ＝eq\f(\f(1,2)a,h′)n1＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(4,3)(2)設臨界角為r，則sinr＝eq\f(1,n2)又tanr＝eq\f(Δh,d)聯立解得Δh＝2eq\r(5)cm3.(1)導體棒相對磁場向左運動，切割磁感線產生的電動勢為E＝Bdv0回路中電流為I＝eq\f(Bdv0,R)金屬棒受磁場力大小為F＝BId＝eq\f(B2d2v0,R)金屬棒剛要運動時，金屬棒所受磁場力和摩擦力平衡，即μmg＝eq\f(B2d2v0,R)，解得v0＝eq\f(μmgR,B2d2)(2)根據牛頓第三定律，磁場受到金屬棒的反作用力F′＝F＝μmg則為維持磁場勻速運動，應提供外力F外＝μmg外力做功功率為P＝F外v0＝eq\f(μ2m2g2R,B2d2)4.(1)初始時彈簧處于壓縮狀態，A球恰好處于靜止狀態，設初始時彈簧的壓縮量為Δl，彈簧原長為l0.則kΔl＝μ(mA＋mB)g代入數據解得Δl＝0.04m所以初始時彈簧的長度l＝l0－Δl＝0.16m(2)系統以某角速度穩定轉動，彈簧的彈力大小與初始時相同對B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入數據解得ω＝5rad/s(3)根據能量守恒，整個過程中驅動力對系統所做的總功等于A、B球的動能增加量，B球的重力勢能增加量，A球與水平橫桿間摩擦產生的內能之和．W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mBg(L－Lcos37°)＋μ(mA＋mB)g·2ΔlvA＝ωrArA＝l0＋ΔlvB＝ωrB代入數據解得W＝7.46J5.(1)帶電粒子在磁場中運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)粒子分裂時動量守恒mava＝mbvb設粒子b帶電荷量為－qb，則|qa|＝|qb|eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(\f(mava,qaB1),\f(mbvb,qbB2))＝eq\f(4,3)(2)a粒子在磁場B1中做圓周運動，如圖所示．在磁場B1中運動時間t1到交界處，向上運動的距離d1，則t1＝eq\f(πma,qB1)，d1＝eq\f(2mav0,qB1)a粒子在磁場B2中做圓周運動，運動時間t2到交界處，向下運動的距離d2，則t2＝eq\f(πma,qB2)，d2＝eq\f(2mav0,qB2)結合周期性可知向左經過y軸時，ya＝(k＋1)d1－kd2，ta＝(k＋1)t1＋kt2向右經過y軸時，ya＝(k＋1)(d1－d2)，ta＝(k＋1)(t1＋t2)其中d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t1＝eq\f(πma,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t2＝eq\f(πma,4qB0)，k＝0，1，2，…(3)b粒子的運動軌跡為如圖所示的另兩個半圓，根據上面的推導可以得到粒子b到y軸的位置與時刻向右經過y軸時，yb＝(k′＋1)d2－k′d1，tb＝(k′＋1)t′2＋k′t′1向左經過y軸時，yb＝(k′＋1)(d2－d1)，tb＝(k′＋1)(t′2＋t′1)d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t′1＝eq\f(πmb,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t′2＝eq\f(πmb,4qB0)，k′＝0，1，2，…a、b在分界面處相遇應滿足ya＝ybta＝tb結合ya>0，k≥0，k′≥0，滿足條件的只有(k＋1)(d1－d2)＝(k′＋1)d2－k′d1(k＋1)(t1＋t2)＝(k′＋1)t′2＋k′t′1代入數據有k＋k′＝2，eq\f(ma,mb)＝eq\f(7k′＋3,7k＋7)(k，k′)滿足的解為(0，2)，(1，1)，(2，0)兩粒子的質量之比為eq\f(ma,mb)＝eq\f(17,7)或eq\f(5,7)或eq\f(1,7)主觀題微模擬熱練三1.(1)最大值(2)黑B(3)2.50(4)eq\f(1,b)eq\f(k,b)－R0(5)D解析：(1)開關閉合前，應將電路中電阻調到最大值，從而使開關閉合后電路中電流最小，起到保護電路的作用．(2)電壓表測量電壓時紅表筆電勢高，黑表筆電勢低，所以黑表筆與電源負極相連，應將黑表筆始終接觸a位置；試觸b、c、d時，多用電表均有示數，試觸e、f時多用電表均無示數，說明接線柱de間斷路，故B正確．(3)如圖乙所示，電壓表示數為2.50V.(4)由歐姆定律和閉合電路歐姆定律可知U＝IR，I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，聯立可得eq\f(1,U)＝eq\f(R0＋r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，結合eq\f(1,U)-eq\f(1,R)圖像可知eq\f(1,E)＝b，k＝eq\f(R0＋r,E)，解得電動勢為E＝eq\f(1,b)，內阻為r＝eq\f(k,b)－R0.(5)由題意可知I＝eq\f(U,R)，此時電流I為電阻箱中的電流，由于電壓表的分流作用，通過電源的電流滿足I真>I，當電壓表示數為0時，即外電路短路時，有I＝I真，故D正確，A、B、C錯誤．2.(1)由動能定理得－eU1＝0－Ek解得Ek1＝eU1(2)由光電效應方程得eU1＝hν1－W0eU2＝hν2－W0聯立解得h＝eq\f(e(U2－U1),ν2－ν1)3.(1)設探測器質量為m，探測器在軌道Ⅱ上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R解得月球質量M＝eq\f(4π2R3,GT2)(2)設橢圓軌道Ⅰ的半長軸為a，則2a＝2R＋h根據開普勒第三定律得eq\f(R3,T2)＝eq\f(a3,(2\r(2)T)2)解得h＝2R4.(1)根據右手螺旋定則，長直導線在導軌處產生的磁場方向為垂直紙面向里，根據右手定則，運動中流過金屬桿MN的電流方向為水平向左．(2)金屬桿接入電路的有效長度為L′＝eq\f(2,3)eq\r(3)h則電路中的電阻為R＝eq\f(2,3)eq\r(3)hR0電源電動勢為E＝BL′v＝IR其中B＝keq\f(I0,h)解得v＝eq\f(IR0h,kI0)根據上式可知，導體棒速度與金屬桿的位移成正比，即加速度隨著金屬桿的位移在均勻增大．(3)金屬桿脫離軌道時，其速度為v′＝eq\f(IR0,kI0)·eq\f(\r(3),2)L金屬桿上升x時，在極短時間內產生的熱量為ΔQ＝I2·eq\f(2,3)eq\r(3)xR0Δt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0vΔt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0Δx則金屬桿脫離導軌時，電路產生的熱量為Q＝∑ΔQ＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0∑Δx＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0·eq\f(\r(3),2)L＝IkI0L對金屬桿，根據動能定理得WF＋W安－eq\f(\r(3),2)mgL＝eq\f(1,2)mv′2－0結合功能關系有W安＝－Q解得WF＝eq\f(\r(3),2)mgL＋IkI0L＋eq\f(3mI2Req\o\al(2,0)L2,8k2Ieq\o\al(2,0))5.(1)在A處mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)從A到B，由動能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得R＝0.72m(2)在A處Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)從A到B，由動能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得Ep＝18－20R(J)(0<R≤0.72m)(3)由題可知，整個過程P、Q不會共速，否則碰撞后總動量向右，不會靜止a1＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1.5m/s2物塊P一直勻減速運動至靜止，運動時間t＝eq\f(vB,a1)＝2s木板Q前進x距離，碰到擋板C原速反彈，向右勻減速運動，由于加速度大小不變，經過相同時間減速為零，接下來，重復以上運動……設木板Q第一次碰到擋板前時間為t0，則有2nt0＝t即t0＝eq\f(t,2n)＝eq\f(1,n)s所以x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4n2)m(n＝1，2，3，…)主觀題微模擬熱練四1.(1)需要見解析(2)B(3)Mx2＝(M＋m)x4(4)平衡摩擦力時，長木板墊得過高解析：(1)由于實驗的目的是驗證動量守恒，則需要使得小車與小物塊構成的系統所受外力的合力為0，即該實驗需要平衡摩擦力；將長木板固定有打點計時器的一端適當墊高，輕推小車，使得紙帶上打出的點跡均勻分布．(2)平衡摩擦力后，放上小物塊前后，小車應該做勻速直線運動，紙帶上相應部分的點跡分布均勻，小物塊是輕放上小車，即小物塊的初速度為0，由于小車與小物塊構成的系統動量守恒，則放上后速度減小，可知研究放上物塊前小車的速度大小應選BC段，研究放上物塊后小車的速度大小應選DE段．故B正確．(3)根據紙帶上的點跡可知，相鄰計數點之間的時間間隔相等，均為T＝eq\f(5,f)，放上物塊前小車的速度大小為v1＝eq\f(x2,T)，放上物塊后小車的速度大小為v2＝eq\f(x4,T)，根據動量守恒定律有Mv1＝(M＋m)v2，則驗證小車和物塊組成的系統動量守恒的表達式為Mx2＝(M＋m)x4.(4)總動量增加了，表明放上小物塊后，小車做的是加速運動，可能的原因是平衡摩擦力時，長木板墊得過高．2.(1)電流表指針偏角為2θ時，電流為2I.線圈的一側長邊受到的安培力的大小F＝2nIlB(2)當線圈長邊的速度為v時，線圈中產生的感應電動勢E＝2nBlv通過線圈感應電流的大小I1＝eq\f(2nBlv,R)3.(1)對于封閉的理想氣體，初態體積V1＝l0S初態壓強p1＝p0＋eq\f(mg,S)當輕彈簧Q處于原長時，氣體體積V2＝l1S氣體壓強p2＝p0－eq\f(mg,S)根據玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得l1＝eq\f(11,9)l0(2)由初態活塞受力平衡可得p1S＋mg－p0S＝kΔx1解得輕彈簧Q長度的變化量Δx1＝eq\f(2mg,k)氣體柱長度的變化量Δl＝l1－l0＝eq\f(2,9)l0由輕彈簧Q處于原長時汽缸受力平衡可得p0S＋mg－p2S＝kΔx2解得輕彈簧P長度的變化量Δx2＝eq\f(2mg,k)所以支架向上移動的距離Δh＝Δx1＋Δl＋Δx2＝eq\f(4mg,k)＋eq\f(2,9)l04.(1)滑塊B向左運動時對A有3mg－T＝3ma對B有T－μmg＝ma解得a＝eq\f(5,8)g(2)滑塊B上升至M點過程中，A與B系統由機械能守恒定律得3mg·eq\f(π,2)R－mgR＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,M)解得vM＝eq\f(1,2)eq\r((3π－2)gR)(3)滑塊B最終停在擋板P處，A與B系統由能量守恒得3mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(πR,2)))－mgR－μmgs＝0解得s＝6L＋3πR－2R5.(1)設粒子在電場加速后速度為v，則qU＝eq\f(1,2)mv2磁場中偏轉半徑為R，有qvB0＝eq\f(mv2,R)可得粒子比荷k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2Beq\o\al(2,0))(2)粒子的軌跡如圖所示滿足D＝2d＝eq\f(L,n)＝2eq\r(3)R粒子轉動的圓心恰好在磁場圓周上且在磁場圓心的正下方或正上方．由幾何關系可得r1＝eq\r(3)RqvB1＝eq\f(mv2,r1)可得B1＝eq\f(B0,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)B0(3)由幾何關系可得δ＝eq\f(π,3)，AH＝R每次從水平線到磁場邊緣的時間t1＝eq\f(R,v)每次在磁場中運動的時間t2＝eq\f(δr1,v)可得粒子運動的時間t＝n(2t1＋t2)＝(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)主觀題微模擬熱練五1.(1)最大(2)減小(3)eq\f(U1R2,I1R2－U1)(4)eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1)(5)無靈敏電流表G兩側電勢相等解析：(1)為了保護電路安全，閉合開關S1和S2前，調節電阻箱至阻值最大．(2)將電阻箱R1的阻值減小，則通過R2的電流增大，即R2兩端電壓變大，導致電流表G上端的電勢減小，要使電流表G的示數為0，則要減小R2兩端電壓，所以要減小R2.(3)由于電流表G的示數為0，所以電流表A的示數等于電壓表的電流與電阻R2的電流之和．則在步驟一中，通過電壓表的電流IV＝I1－eq\f(U1,R2)，電壓表的內阻為RV＝eq\f(U1,IV)，聯立可得RV＝eq\f(U1R2,I1R2－U1).(4)根據閉合電路歐姆定律得E＝U1＋I1r,E＝U2＋I2r，聯立解得E＝eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1).(5)電流表G的內阻對電動勢的測量值無影響，其理由是靈敏電流表G兩側電勢相等，無電流流過．2.(1)設潛水員下潛深度為h，水的折射率為eq\f(4,3)，海岸上A點恰好處在倒立圓錐的邊緣上，則sinC＝eq\f(1,n)得臨界角正弦為sinC＝eq\f(3,4)＝eq\f(AB,\r(AB2＋h2))解得h＝15eq\r(7)m(2)設入射角為α的光線的折射角為α′，入射角為β的折射角為β′，則eq\f(sinα,sinα′)＝eq\f(4,3)，eq\f(sinβ,sinβ′)＝eq\f(4,3)根據幾何關系可知sinα′＝eq\f(4,\r(heq\o\al(2,1)＋42))，sinβ′＝eq\f(4＋4,\r(heq\o\al(2,2)＋(4＋4)2))解得h1＝eq\f(16,3)m，h2＝eq\f(70,3)m故潛水員豎直下潛過程中看不到燈塔指示燈的深度范圍為eq\f(16,3)m～eq\f(70,3)m.3.(1)根據泥泵輸出功率大小為P＝Fv0解得F＝eq\f(P,v0)(2)水平分速度vx＝v0cosθ泥沙落在海平面時，豎直分速度滿足veq\o\al(2,y)＝2gHv＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,0)(cosθ)2＋2gH)4.(1)由幾何關系得r1＝4d由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)得B1＝eq\f(mv0,4qd)(2)若粒子從CD邊離開磁場時與軸線OO′的距離小于d，則粒子在離開磁場前不能進入第二層磁場，臨界情況為軌跡與第一、二層磁場邊界相切．設軌跡半徑為r2，由幾何關系得r2－r2cos30°＝dqv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)聯立解得B0＝eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)，即當B>eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)時滿足要求.(3)當B＝eq\f(\r(2)mv0,2qd)，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r3)得r3＝eq\r(2)d先考慮臨界情況：設粒子恰好到達D點，由幾何關系及運動對稱性可得，v0與OA方向夾角為15°，即v0與OD夾角為30°時符合題設要求，粒子經過第一層磁場過程中沿OD方向前進了eq\r(2)d，之后經過各層磁場與經過第一層磁場類似，最終到達D點．考慮運動的對稱性，v0與OB方向夾角為15°時的情況與上一種情況類似，最終到達C點．經分析可知發射角在＋75°到－75°之間的粒子均可從CD邊射出．5.(1)對整體分析F＝T對小球分析T＝mgcosθ解得F＝eq\f(3,5)mg(2)在極短時間內工件前進Δx，小球在管內運動的弧長也為Δx，即小球相對工件的速度大小始終等于工件前進的速度大小，小球運動到N時小球相對工件的速度與工件速度垂直．設小球運動到N時，工件的速度為v1，小球的速度為v2則v2＝eq\r(2)v1由系統機械能守恒可知mg·5a＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)水平方向由動量定理得I＝3mv1＋mv1解得I＝4meq\r(2ga)(3)設小球滑至Q點時，工件的速度大小為v3，小球的速度大小為vQ，小球相對工件的速度為vQ3，由系統機械能守恒可知mg·5a(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,3)由水平方向動量守恒可得3mv3＝mvQx由小球和工件的速度關系可知vQytanθ＝v3＋vQxvQ＝eq\r(veq\o\al(2,Qx)＋veq\o\al(2,Qy))解得vQ＝eq\r(\f(12ga,7))主觀題微模擬熱練六1.(1)需要不會(2)0.200.60(3)eq\f(d－c,2b)解析：(1)為了達到實驗目的，實驗前需要將臺面調整到水平，因為水平時物體受到的摩擦力大小Ff＝μMg，所以將臺面調整到水平，從而方便研究μ及M；由于物塊受到的拉力可由力傳感器直接測出，故實驗結果不受滑輪質量的影響．(2)由于繞過動滑輪的細繩自由端速度是滑輪速度的2倍，且加速度傳感器測量的是m的加速度a，則滑塊的加速度為2a，根據牛頓第二定律有F－μMg＝M·2a，整理得a＝eq\f(1,2M)F－eq\f(μg,2)，結合圖乙可得eq\f(1,2M)＝eq\f(1,1.2)，eq\f(μg,2)＝1.0，可得M＝0.60kg，μ＝0.20.(3)空載時，對小車有F－μM0g＝M0·2a，即a＝eq\f(1,2M0)F－eq\f(μg,2)；放入m0后，有F－μ(M0＋m0)g＝(M0＋m0)·2a，即a＝eq\f(1,2(M0＋m0))F－eq\f(μg,2)，結合圖丙可得eq\f(1,2M0)＝eq\f(b,c)，eq\f(1,2(M0＋m0))＝eq\f(b,d)，聯立可得m0＝eq\f(d－c,2b).2.(1)根據質量數守恒，氖核的質量數A＝22－2×1＝20根據電荷數守恒，氖核的電荷數Z＝12－2×1＝10氖核的物質波波長λ＝eq\f(h,pNe)其中氖核的動量pNe＝m1v1，解得λ＝eq\f(h,m1v1)(2)設氖核運動的速度方向為正方向，核反應中動量守恒，有m1v1＋2m2(－v2)－p＝0解得p＝m1v1－2m2v23.(1)由法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝4×103V(2)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)由部分電路歐姆定律得U＝IR2電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×108C4