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等、方向相反,动量的变化量等大反向,所以两运动员对球的冲量等大反向,C错误;,根据动量定理可知,相同的动量变化量下,延长作用时间,减小冲击力,以免伤害手指,D正确。故选AD。:..10、AC【解题分析】:11mv2?mv2??2mgR?qU2c2aac解得:U?0ac故ac连线为等势线,从a到b,有11mv2?mv2??mgR?qU2b2aab解得:3mgRU??0ab4q电场线垂直于等势线,且沿电场线方向电势逐渐降低,故匀强电场方向水平向右,故A正确;?ab?R4q故B错误;?mg4当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时,对圆环的压力达到最大和最小,根据几何关系可知,最大速度11mv2?mv2??mgR(1?cos37?)?qERsin37?2max2a根据牛顿第二定律v2F?Eqcos53??mgcos37??mmaxNR解得最大支持力为:F?,;根据几何关系可知,最小速度11mv2?mv2??mgR(1?cos37?)?qERsin37?2min2a根据牛顿第二定律:..v2Eqcos53??mgcos37??F?mminNR解得最小支持力为:F?0min故C正确D错误。故选AC。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。??U?IR?d211、(~)BDkj(或ej)、bd(或bh)、dh(或dg)A4?I【解题分析】(1)[1],可动刻度的读数为:×=,故导线的直径为d=,由于误差,~;(4)[2]由于电源的输出电压为3V,则电压表选择B;[3]由于待测电阻阻值约为6?,为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻,则滑动变阻器应选D;[4]为了得到尽量多的测量数据并精确的测定标铜导线的电阻,测滑动变阻器应用分压式,由于电流表内阻已知,则电流表内接,这样可以消除因电流表分压带来的误差,所以应连接的接线柱有kj(或ej)、bd(或bh)、dh(或dg);[5]由实验原理可知U?IRLL4LR?A??????xISdπd2π()22则πd2(U?IR)L=A4?I12、;;;;;;【解题分析】(1)电路直接采用串联即可,电压表并联在电源两端,由于电流表内阻已知,则应采用电流表相对电源的内接法;电路图如图所示。:..(2)对照电路图,实物图完善后如下图。(3)根据以及图象可知,电源的电动势为V,内阻为,故;(4)由闭合电路欧姆定律可知:,变形得:,当时,,则有:、。解得:,。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。2kghh(1?k)213、(1)v?(2)?(3)k1A1?kR(1?k)2?8k【解题分析】(1)对AB由水平方向动量守恒有:mv?kmvAB对AB由能量守恒有:11mgh?mv2?kmv22A2B联立解得:2kgh2ghv?,v?A1?kB(1?k)k(2)对AB由水平方向动量守恒有:mv?kmv?(m?km)vAB对AB由能量守恒有::..111mv2?kmv2?(m?km)v2?mgR2A2B2联立解得:h(1?k)2?R(1?k)2?8k(3)要使小球与挡板发生两次碰撞,则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度,由能量守恒有11mgh?mv2?kmv22A2Bv?vAB联立解得:k114、(1)2m/s(2)R=,m=(3)h≤≥【解题分析】(1)设小球质量为m,对于从释放到轨道最低点的过程,根据动能定理,有1mgh?mv2?02解得:v?2gh?2m/s(2)设小球到达A点速度为v,根据动能定理A1mg(h?2R)?mv2?02A在A点,设轨道对小球的压力为N,根据牛顿第二定律:v2N?mg?mAR根据牛顿第三定律N=F联立上述三式可得:2mgF?h?5mgR对比F-h图像,根据斜率和截距关系,可得:R==(3)假设h=h时,小球恰好到达最高点A,此时F=01由F-h图像可得::..h==h时,小球恰好到达圆轨道圆心的右侧等高点,此过程根据动能定理:2mg(h?R)?0?02解得:h=R=,为使小球在运动过程中始终不脱离圆轨道,释放高度h应满足:h≤≥、(1)场强指向y轴正方向,t?;(2)??30?qE【解题分析】EEy(1)负电荷受电场力方向是场强的反方向,所以场强的方向指向轴正方向。带电粒子在电场中做类平抛运动,在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动,x轴正方向做匀速运动。设加速度大小为a,初速度为v0由类平抛运动的规律得1L?at2223L?vt0又qEa?m联立解得2mLt?qE(2)设粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角为?,则v?atyattan??v0联立解得3tan??3即??30?。:..