直管中液体层流曲线是抛物线,那湍流时是什么型曲线?

（1）系统机械能守恒Mglsinp0°=12（m+M）v12+mgsinp0°lsinp0°①因为M=pm，着v1=10gl4

点评：
本题考点： 动能定理；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查牛顿第二定律，动能定理及平抛运动规律．第（2）问中用动能定理求解，也可以用牛顿第二定律和运动学公式但是比较麻烦．

（1）对上部气体进行状态分析有：
初状态：P₁=P₀+[mg/s]=1.02×10⁵Pa V₁=L₀S
末状态：P₁′=P0+
mg
S−
F
S=0.60×10⁵Pa V₁′=L₁′S
解得：L1′＝
P1L0
P1′=17.0cm
对下部气体进行状态分析有：
P2＝P0+
2mg
S＝1.04×105Pa V₂=L₀S
P2′＝P1′+
mg
S＝0.62×105Pa V₂′=L₂′S
解得：L2′＝
P2L0
P2′=16.8cm
初状态时管中排开的水银柱高为h₁，则有：
h1＝
p2−P0
ρg＝3.0cm
末状态时进入管中的水银的高为h₂．则有：
h2＝
p0−P2′
ρg＝27.9cm
则进入管中的水银柱的高度△h=h₁+h₂=30.9cm
（2）活塞A上升的高度为：
△L=L₁′+L₂′+△h-2L₀=44.7cm
答：（1）有30.9cm高的水银柱进入管内；
（2）活塞A上升的距离为44.7cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 该题是一道考查灵活应用波意耳定律的题，解题步骤为首先确定气体的状态，分析状态参量，根据公式列式求解．正确确定被封闭气体的压强是解题的关键．

（1）探究“气泡的速度”实验的原理：v=[s/t]；
（2）先根据表中数据描点，然后用直线连接，如下图所示：

（3）根据图象可知，路程和时间成正比，因此气泡做匀速直线运动；
（4）晓彤的实验不合理；用10cm长试管做实验，气泡运动时间短，实验误差较大；不同气泡的速度各不相同，求平均值没有意义．
故答案为：（1）v=[s/t]；（3）匀速直线运动；
（4）晓彤的实验不合理；用10cm长试管做实验，气泡运动时间短，实验误差较大；不同气泡的速度各不相同，求平均值没有意义．

点评：
本题考点： 控制变量法与探究性实验方案．

考点点评： 本题考查测量速度的原理、s-t图象的画图与分析，实验数据的处理，实验评价等；综合性较强．

（1）设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律，有：
Mg-T=Ma
T-mgsin30°=ma
且M=km
解得：a＝
2k−1
2(k+1)g
（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v₀，M落地后m的加速度为a₀．
根据牛顿第二定律，有：
-mgsin30°=ma₀
匀加速直线运动过程，有：
v²=2aLsin30°
匀减速直线运动过程，有：
v02−v2＝2a0L(1−sin30° )
解得：
v0＝

k−2
2(k+1)gL（k＞2）
（3）平抛运动过程：
x=v₀t
Lsin30° ＝
1
2gt2
解得：x＝L

k−2
2(k+1)
因为[k−2/k+1＜1，所以x＜

2
2L，得证．
答：（1）小物块下落过程中的加速度大小为
2k−1
2(k+1)g；
（2）小球从管口抛出时的速度大小为

k−2
2(k+1)gL]（k＞2）；
（3）小球平抛运动的水平位移总小于

2
2L，证明如上．

点评：
本题考点： 平抛运动；牛顿第二定律．

考点点评： 本题本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律；要注意第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等；第（3）问中，因为[k−2/k+1＜1，所以x=Lk−22(k+1)]＜22L．

1、游标卡尺的主尺读数为：10.3cm=103mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：103mm+0.6mm=103.6mm=10.36cm．
2、螺旋测微器的固定刻度为12.5mm，可动刻度为0.0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为12.5mm+0.000mm=12.500mm．
故答案为：10.36，12.500；

点评：
本题考点： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．

考点点评： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．注意判断这两种仪器是否需要估读．

（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：

根据牛顿第二定律得：
对M：Mg-T=Ma
对m：T-mgsin30°=ma
且M=km
解得：a=
2k-1
2(k-1)g
（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v₀，M落地后m的加速度为a₀．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°=ma₀
对于m匀加速直线运动有：v²=2aLsin30°
对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v²-v₀²=2a₀L（1-sin30°）
解得：v₀=

2k-2
2(k-1)gL（k＞2）
答：（1）小物块下落过程中的加速度大小为
2k-1
2(k-1)g；
（2）小球从管口抛出时的速度大小

2k-2
2(k-1)gL，K＞2

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律．
要注意第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等．

A、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故A正确；
B、对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知支持力做正功，故B正确；
C、D、设管子运动速度为v₁，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F₁=qv₁B，q、v₁、B均不变，F₁不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故C错误，D正确；
故选ABD．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．

考点点评： 本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动．

（1）若m能沿直管向上运动，由Mg＞mgsin30°，得k＞0.5；
（2）若m能飞出管口，m获得的动能大于克服重力做的功
设落地前的瞬间M的速度大小为v₁，根据动能定理有
由[1/2]（m+M） v₁²-0=Mgl sin30°-mgsin30°l sin30°，可解得：v₁²=[2k−1/2k+2]gl
由[1/2]mv₁²＞mgsin30°（l-l sin30°），可解得k＞2；
（3）设m飞出管口时的速度为v₂
由[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=-mgsin30°（l-l sin30°），可解得：v₂²=[k−2/2k+2]gl
m在空中飞行的时间t=

2h
g=

2lsin30°
g=

l
g
水平位移x=v₂ t=

k−2
2k+2gl•

l
g=

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 本题考查牛顿第二定律，动能定理及平抛运动规律．
第（2）问中用动能定理求解，也可以用牛顿第二定律和运动学公式但是比较麻烦．

①如图（a）橡皮膜发生形变，说明水对容器的侧壁有压强，左右橡皮膜形变大小相等，说明液体压强相等，所以（a）可以得到的初步结论：液体对容器侧壁有压强，同种液体，同一深度液体向不同方向的压强相等．
②图（b）、（c）和（d），液体深度相同，液体的密度越大，橡皮膜形变越大，液体压强越大，所以可以得到的初步结论：同一深度，液体压强跟密度有关，液体密度越大压强越大．
故答案为：①液体对容器侧壁有压强，同种液体，同一深度液体向不同方向的压强相等；
②同一深度，液体压强跟密度有关，液体密度越大压强越大．

点评：
本题考点： 探究液体压强的特点实验．

考点点评： 掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转换法探究液体压强跟各因素之间的关系．