13．下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．气体压强越大，气体分子的平均动能就越大

B．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减少

C．温度升高，物体内每个分子的热运动速率都增大

D．自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性

24．(20分)(1)由法拉第电磁感应定律，两铜板间的电势差E=Blv₀…………(2分)

由右手定则可判断出M板的电势高…………(2分)

(2)用电阻可忽略不计的导线将铜板M、N外侧相连接，即铜板由外侧短路后，M、N两板间的电动势E=Blv…………(2分)

短路电流I=E/R_内，…………(1分)

R_内=…………(3分)

磁场对流体的作用力F=BIl…………(1分)

解得：F=…………(2分)

方向与v方向相反(或水平向左)…………(1分)

(3)设流体在流动过程中所受的阻力与流速的比例系数为k，所以在外电路未短路时流体以稳定速度v₀流过，此时流体所受的阻力(即涡轮机所提供的动力)F₀=kv₀……(1分)

此时涡轮机提供的功率P₀=F₀v₀=kv₀²…………(1分)

外电路短路后，流体仍以稳定速度v₀流过时，设此时磁场对流体的作用力为F_磁，根据第(2)问的结果可知F_磁=…………(1分)

此时涡轮机提供的动力F_t=F₀+F_磁=kv₀+…………(1分)

此时涡轮机提供的功率P_t=Fv₀= kv₀²+…………(1分)

所以新增加功率△P=P_t-P₀=…………(1分)

说明：第(3)问如果采用如下做法也得6分：

外电路没有接通，流体以稳定速度v₀流过时，磁场对流体无作用力；外电路短路后，流体仍以稳定速度v₀流过，设此时磁场对流体的作用力为F_磁，外接涡轮机必须增加压力F用以平衡F_磁，即　　　　　　　　 F=F_磁…………(2分)

根据第(2)问的结果可知F_磁=…………(2分)

此时涡轮机新增加功率的功率△P =Fv₀= …………(2分)

24．(20分)磁流体动力发电机的原理如图14所示，一个水平放置的上下、前后封闭的横截面为矩形的塑料管，其宽度为l，高度为h，管内充满电阻率为ρ的某种导电流体(如水银)。矩形塑料管的两端接有涡轮机，由涡轮机提供动力使流体通过管道时具有恒定的水平向右的流速v₀。管道的前、后两个侧面上各有长为d的相互平行且正对的铜板M和N。实际流体的运动非常复杂，为简化起见作如下假设：①垂直流动方向横截面上各处流体的速度相同；②流体不可压缩；③当N、N之间有电流通过时，电流只从M、N之间正对的区域内通过。

(1)若在两个铜板M、N之间的区域加有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，则当流体以稳定的速度v₀流过时，两铜板M、N之间将产生电势差。求此电势差的大小，并判断M、N两板哪个电势较高；

(2)用电阻可忽略不计的导线将铜板M、N外侧相连接(设电流只分布在M、N之间的长方体内)，由于此时磁场对流体有力的作用，使流体的稳定速度变为v(v<v₀)，求磁场对流体的作用力；

(3)为使速度增加到原来的值v₀，涡轮机提供动力的功率必须增加，假设流体在流动过程中所受的阻力与它的流速成正比，试导出新增加功率的表达式。

23．(18分)(1)当没有加电场时，设小球在空中的运动时间为t，抛出点离地面的高度为h，射程为s。小球做平抛运动，则有：

　 s=v­₀t………………………………………………(1分)

h=gt²………………………………………………(1分)

加电场后，射程s′=2s，设下落的时间为t′，下落的加速度大小为a，因此有

2s= v­₀t′……………………………………………(1分)

h=at′²……………………………………………(1分)

解得a= g/4………………………(1分)

设所加电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有：mg-EQ=mg/4 ……………(2分)

解得 E=3mg/4Q……………………………(1分)

由运动情况可判断出，方向竖直向上……………………………(1分)

(2)加磁场后，小球受重力、电场力、洛仑兹力三力平衡。则应有

mg=EQ+Qv₀B　 ……………………………(3分)

解得B=mg/(4Qv₀) ……………………………(1分)

根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向里 ……………………………(1分)

(3)由于带电小球的运动速度变小，洛仑兹力变小，小球将运动至抛出点的下方。但由于洛仑兹力对小球不做功，只有重力和电场力对小球做功，小球向抛出点下方运动，重力和电场力的合力做正功，小球的动能增加。当小球运动到抛出点下方最低点时，动能最大。

……………………………(2分)

小球运动到最低点时，沿竖直方向的分速度为零，所以此时的速度方向一定沿水平方向向右。……………………………(2分)

说明：若只答“水平方向”，得1分。

23．(18分)如图13所示，在距水平地面一定高度处以初速度v₀水平抛出一个质量为m、电荷量为Q的带正电的小球。当周围不存在电场和磁场时，小球的落地点与抛出点之间有相应的一段水平距离(即射程)。

(1)若在此空间加上一个竖直方向的匀强电场使小球的射程增加为原来的2倍，试求此电场的电场强度。

(2)若除存在上述电场外，还存在一个与v₀方向垂直的水平方向匀强磁场，使小球抛出后恰好能做匀速直线运动。试求此匀强磁场的磁感应强度。

(3)若在空间存在上述的电场和磁场，而将带电小球的初速度大小变为v=v₀/2(方向不变)，且小球并没有落至地面，试说明小球运动过程中动能最大时的速度方向。

22．(16分)(1)A球沿轨道下滑的过程中，机械能守恒，设其刚与B球碰撞时的速度大小为v_A，则有　 Mgh=Mv_A²………………………………………………(2分)

解得v_A==2.0m/s………………………………………(2分)

(2)两球相碰撞的过程，系统沿水平方向动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为v，则有　 Mv_A=(M+m)v………………………………………(2分)

解得v=1.2m/s………………………………………(1分)

根据动能定理可知，B球对A球所做的功W=M(v²-v_A²)= -0.77J…(3分)

说明：W=-0.768J同样得分。

(3)设两球碰撞后开始一起运动的瞬间所受细绳的拉力为T，根据牛顿第二定律对两球碰撞后的瞬间有　 T-(M+m)g=(M+m)v²/l…………………………………(3分)

解得：T=11.44N…………………………………(1分)

根据牛顿第三定律可知，两球对细绳的拉力大小T′=11.44N…………………(2分)

说明：计算结果为T′=11N或11.4N同样得分。

22．(16分)如图12所示，A、B为两个大小可视为质点的小球，A的质量M=0.60kg，B的质量m=0.40kg，B球用长l=1.0m的轻质细绳吊起，当细绳处于竖直位置B球处于静止状态时，B球恰好与弧形轨道MN的末端接触但无作用力。已知弧形轨道的内表面光滑，且末端切线水平。

现使A球从距轨道末端h=0.20m的高处由静止释放，当A球运动到轨道末端时与B球碰撞，碰后两球粘在一起运动。若g取10m/s²，求：

(1)A球刚接触到B球时的速度大小；

(2)两小球相碰撞过程中，B球对A球所做的功；

(3)两小球碰撞后开始一起运动的瞬间，两球对细绳的拉力大小。

22．(16分)(1)A球下摆过程中，机械能守恒，设其刚与B球碰撞时的速度大小为v_A，则有　 Mgh=Mv_A²………………………………………………(2分)

解得v_A==2.0m/s………………………………………(2分)

(2)两球相碰撞的过程，系统沿水平方向动量守恒，设碰撞后的共同速度大小为v，则有　 Mv_A=(M+m)v………………………………………(2分)

解得v=1.2m/s………………………………………(1分)

根据动能定理可知，B球对A球所做的功W=M(v²-v_A²)= -0.77J…(3分)

说明：W=-0.768J同样得分。

(3)设两球碰撞后一起运动离开桌面的瞬间所受细绳的拉力为T，根据牛顿第二定律对两球碰撞后的瞬间有　 T-(M+m)g=(M+m)v²/l…………………………………(3分)

解得：T=11.44N…………………………………(1分)

根据牛顿第三定律可知，两球对细绳的拉力大小T′=11.44N…………………(2分)

说明：计算结果为T′=11N或11.4N同样得分。

22．(16分)如图12所示，A、B为两个半径相同的小球，A的质量M=0.60kg，B的质量m=0.40kg，A球用轻质细绳吊起，绳长l=1.0m(两球的半径大小可忽略不计)，B球放在悬点正下方的光滑水平桌面的边缘，开始时两球相互接触但没有作用力。现将A球拉到高h=0.20m处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同向上摆。若g取10m/s²，求：

(1)A球刚接触到B球时的速度大小；

(2)两小球相碰撞过程中，B球对A球所做的功；

(3)两小球碰撞后一起运动离开桌面的瞬间，两球对细绳的拉力大小。

21．(18分)

(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，

① 为了减小测量误差，如下措施中正确的是　　　 　。

　　 A．单摆的摆角应尽量大些　

B．摆线应尽量短些　

C．摆球的体积较小、质量较大 　

D．测量周期时，应取摆球通过最低点做为计时的起、终点位置

E．测量周期时，应测摆球30-50次全振动的时间算出周期

F．将拴着摆球的摆线平放在桌面上，将摆线拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将摆线从O点吊起

　 　② 某学生在实验中，测出了多组摆长l和周期T的值，然后作出T²－l图线如图7所示，并已测量计算出图线的斜率为k。则由斜率k求重力加速度的公式是g＝　　　 。

(1)①CDE(4分)(说明：每答对一个得1分，全都答对的得4分，有错选的本小题得零分)；②4π²/k(2分)

(2)在把电流表改装成电压表的实验中，要将量程为200μA的电流表G改装为量程为5V的电压表，需先用如图8所示的电路即“半偏法”测出此电流表的内电阻R_g。

① 在测量R_g的实验中，有如下的主要实验器材供选择：

A．滑动变阻器(阻值范围0－200Ω)

B．滑动变阻器(阻值范围0－1750Ω)

C．电阻箱(阻值范围0－999.9Ω)

D．电阻箱(阻值范围0－99999.9Ω)

E．电源(电动势6V，内阻0.3Ω)

F．电源(电动势12V，内阻0.6Ω)

为提高测量精度，变阻器R₂应选用________，电源E最好选用_______。(填入选用器材的字母代号)

② 若测得R_g=500Ω，为完成上述改装，需要用一个　　　 Ω的电阻与电流表串联。

③ 用改装成的电压表，按图9所示的电路测量未知电阻R_x。图10是电路中所需要的器材(虚线框内为上述已改装好的电压表)，请按电路图画出连线，将所示器材连接成实验电路。(要求在闭合开关前，滑动变阻器的滑动头处于正确位置)

④ 若测量未知电阻R_x时，电流表的读数为0.20A，而改装后的电压表的表头(刻度盘仍为原电流表的刻度)示数如图11所示，那么R_x的测量值为__________Ω。

①D、F(每空2分，共4分)；

②24.5k(2.45×10⁴)(2分)；

③电路连接如图所示(3分，其中滑动变阻器的固定端接错得2分，有其他任何错误的均得0分；未画滑动变阻器的滑动头与固定端的连线不扣分)；

④15(3分)