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A正确;,质子带正电,则电场的方向向下,而沿着电场线电势逐渐降低,故b的电势高于c的电势;故B错误;,在B点的速度大小为v,质子在沿等势面方向的分速度不变为v,所以质子运动的121时间xLcos?t??vv11故C正确;=Lsinθ,由动能定理有11qEy?mv2?mv22221联立解得:..?22?mv?vE?212qLsin?故D错误。故选AC。9、AC【解题分析】对A受力分析可知,当F与A所受的静摩擦力大小相等时,则A、B之间没有弹力,当F比A所受的静摩擦力更大时,则A、B之间有弹力。当A对B没有弹力时,B受到重力和地面的支持力2个力;当A对B有弹力时,B还受到重力、地面的支持力与摩擦力,共4个力,故AC符合题意,BD不符合题意。故选AC。10、BD【解题分析】①变化为,核电荷数少2,为衰变,即故经过②变化为,质量数没有发生变化,为衰变,即故故A错误,C错误,B正确;,则质量数少28,电荷数少14,在经过5次衰变后,质量数不变,电荷数增加5,此时质量数为电荷数为变成了,故D正确。故选BD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。:..11、【解题分析】(2)[1]相邻计数点时间间隔为t??5???(?)a?cm/s2?(2t)2(3)[2]本次实验的数据为:11????,坐标系上全部的6个点均有效。画--条平滑的、细的直线,使各点对称分布在直线的两侧,且直线过坐标原点。图像如图所示:12、C②(~)【解题分析】(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大,所以滑动变阻器采用分压接法,为了便于调节,应选择最大阻值小的滑动变阻器,故填C。(2)[2]因为器材没有电压表,故用已知内阻的电流表A串联一个大电阻R改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于13电压表内阻,所以电流表应用外接法,电路图如图所示:..(3)[3]把热敏电阻R的I—I图线的纵坐标改成I(R?r)?1000I,即热敏电阻的电压,单位为V,图像就成为热x121311敏电阻的U?I图像。U?I图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大,电流增大,电阻实际功率增大,温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小,故对应的曲线是②。(4)[4]做出9V,内阻10Ω的电源的U?I图像其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率,为P?UI?4??,~。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。2qEL2mL13、(1);(2)2mqE【解题分析】(1)设第一次撞击速度为v,从初始状态到碰板前有01qEL?mv2?020所以有2qELv?0m:..(2)设碰撞后木板速度为v,小物块速度为v,第一次到第二次间隔时间为t,从碰撞到碰撞后,选向左为正方向,则21有?mv?mv?mv?012?111mv2?mv2?mv2?012?222解得?m?Mvv?v??0?10?m?M2?2mv?v?v?0????2m?M02对木板有S?vt22对物块有qEv1a?,S??0t?at2m122又SS12解得2mLt?2qE14、(1)103m/s;(2)(50cm,0);(3)?10?4s【解题分析】(1)粒子在Ⅰ区域内做直线运动,因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化,所以粒子必做匀速直线运动。这样,电场力和洛伦兹力大小相等,方向相反,电场E的方向与微粒运动的方向垂直,即与x轴正向成37?角斜向右下方。由平衡条件有Eq?Bqv得Ev??103m/sB(2)粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动,轨迹如图所示:..根据洛伦兹力提供向心力有mv2qvB?r得r??rsin??rsin?AC解得??37?,??53?粒子在磁场右边界射出点距x轴,根据几何关系得y?x?tan53??r?cos??rcos??18cmOAx?y?tan53??24cmCD所以D点坐标为(50cm,0),(3)由O运动到D点分三段,I区域内有xt?OA?2?10?4s1vcos53?Ⅱ区域内有?rt???10?4s22v出磁场后有yt??3?10?4s3vcos53?由O运动到D点的时间:..t?t?t?t??10?4s12315、(i)85cmHg;(ii)380K。【解题分析】(i)设活塞下降20cm时,管内外水银面高度差为x,高为x的水银产生的压强为p,则有气体做等温变化:xpL??p?p?(L?20cm?x)00x解得:x=10cmp?p?x?85cmHg20(ii)气体做等压变化,有VV2?3TT23其中V?(85cm?20cm?10cm)S2V?(85cm?10cm)S3T?T?300K21解得:T=380K。3