20140303物理试题参考解答及评分标准。
二，14c、15b、16c、17b、18b、19ad、20cd、21bd
22. (6分)
.80（每空1分，共2分）
2）见右图 （2分）
3）25n/m(范围24~26n/m) （2分）
23.（9分）
1）a ，d，e（各1分，共3分）
2）如图所示（3分）
3）增大（1分），5.33（2分）
24.(14分)
1)a向右运动至最大速度时c恰好离开地面，此时a、b、c加速度均为零，设此时绳的拉力为ft
对a：f－μmg－ft=0 (2分)
对b、c整体：ft－2mg =0 (2分)
代入数据解得f=2.2mg (1分)
2）开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对b有kx=mg (2分)
x=mg/k (1分)
因b、c的质量相等，故c恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=mg/k (1分)
所以拉力做的功w=f·2x=4.4m2g2/k (2分)
3)a由静止到向右运动至速度最大的过程中，对a、b、c由能量守恒得。
f－μmg）·2x=(2m)v2/2+mg·2x (2分)
解得v=g (1分)
25（18分）
1）如图甲所示，沿pq方向射入磁场的电子最大轨迹半径由bev=mv2/r (2分)
得rm= mvm/be =2×10-2m=2d (1分)
若电子做圆周运动的圆心在a板上h处，此时轨道半径为rm=2d，电子恰能击中b板m处；随着电子速度的减小，电子轨迹半径也逐渐减小。击中b板的电子与q点最远处相切于n点，此时电子的轨迹半径为d，并恰能落在a板上h处。
综上所述知，沿pq方向射出的电子能击中b板的mn区域及a板的ph区域。
在△mfh中，有fh==
qm=pf=(2－)d=2.68×10-3m
qn=d，ph=2d
电子能击中b板q点右侧与q点相距2.68×10-3m～1.0×10-2m的范围。 (2分)
电子能击中a板p点右侧与p点相距0～2.0×10-2m的范围。 (2分)
2）如图乙所示，要使p点发出的电子能击中q点，则有。
r=mv/eb (2分)
rsinθ=d/2 (2分)
解得 vsinθ=8×106 (1分)
由上式，当v=vm=3.2×107m/s时，有sinθ=1/4=0.25
当电子速度最小时v=vmin，此时有sinθ=1，得vmin=8×106m/s
所以电子速度v与入射方向θ应满足的关系为vsinθ=8×106 (2分)
式中v及θ的取值范围： 8×106m/s≤v≤3.2×107m/s (2分)
0.25≤sinθ≤1〔或arcsin(0.25)≤θ2〕 (2分)
33.（15分）
1）（5分）abd
选对1个给3分，选对2个给4分，全部选对给5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）
2）（10分）
对活塞有ps=mg+(po+p水)s （2分）
p水=ρgh （2分）
解得 p=po+ρgh+mg/s=1.25×105pa （1分）
由于之后水的高度不变，故气缸内气体发生等压变化，由盖吕-萨克定律有
v1/v2=t1/t2 （2分）
即hs/(h+△h)s=(273+t1)/(273+t2) （2分）
解得 △h=6.4×10-2m （1分）
34.（15分）
1）（5分）25hz （2分） 200m/s（2分） (0.04n+0.025)s (n=0,1,2,….1分）
2）（10分）
见光路图。 (3分)
由几何关系可知光从p点射入时的入射角θ=60o
由折射定律有 n=sin60o/sinγ (2分)
得γ=30o (1分)
由几何关系可知∠pon=150 ∠pno=450
由正弦定理 sin∠opn/r=sin∠pno/op (2分)
得 op=r/3 (2分)
35.（15分）
1）（5分）1.24×10-7m （3分） 70ev （2分）
2）（10分）
设木块和物体p共同速度为v，由动量守恒和能量守恒可得。
mv0=(m+2m)v (2分)
mv02/2=(m+2m)v2/2+mgh+fl （2分）
由上二式可得 f=m(v02－3gh)/3l （2分）
由动量守恒定律可知，木块返回与物体p第二次达到的共同速度与第一次相同。
全过程由能量守恒得mv02/2=(m+2m)v2/2+f（2l－s） （2分）
由①中二式及上式解得s=(v02－6gh)l/ (v02－3gh) （2分）
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