2024高考物理二輪復習仿真模擬卷5含解析

PAGE12-仿真模擬卷(五)(時間：60分鐘滿分：110分)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．在物理學的發(fā)展過程中，科學家們創(chuàng)建出了很多物理學探討方法，以下關于所用物理學探討方法的敘述正確的是()A．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采納了志向模型法B．伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，依據(jù)小球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這里采納了試驗和邏輯推理相結合的方法C．在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變探究加速度與力的關系，再保持力不變探究加速度與質量的關系，這里采納了假設法D．在不須要考慮物體本身的大小和形態(tài)時，用質點來代替物體的方法叫假設法B[在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采納了微元法，選項A的敘述錯誤；伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，依據(jù)小球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這里采納了試驗和邏輯推理相結合的方法，選項B的敘述正確；在探究加速度、力和質量三者之間的關系時，先保持質量不變探究加速度與力的關系，再保持力不變探究加速度與質量的關系，這里采納了限制變量法，選項C的敘述錯誤；在不須要考慮物體本身的大小和形態(tài)時，用質點來代替物體的方法叫志向模型法，選項D的敘述錯誤。]15.如圖所示，木板P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點，物體A、B疊放在木板上且處于靜止狀態(tài)，此時物體B的上表面水平?，F(xiàn)使木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置相比()A．A對B的作用力減小B．B對A的支持力增大C．木板對B的支持力增大D．木板對B的摩擦力增大D[由題意知A、B始終處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對A受力分析知A受重力和B對A的作用力而平衡，所以A對B的作用力與A的重力大小相等，故A錯誤；當將木板P繞O點緩慢旋轉到虛線所示位置時，B的上表面不再水平，設B的上表面與水平面間的夾角為α，則B對A的支持力為GAcosα<GA，故B錯誤；對A、B整體受力分析如圖所示，木板與水平地面的夾角為θ，有FN＝G總cosθ，F(xiàn)f＝G總sinθ，θ增大時，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大，故C錯誤，D正確。]16．截面積S＝0.5m2、匝數(shù)n＝100的圓形線圈，處在如圖甲所示的磁場內，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B隨時間t改變的規(guī)律如圖乙所示。已知電路中R＝3Ω，C＝10μF，線圈電阻r＝2Ω，導線電阻忽視不計，t甲乙A．電容器兩端的電壓為10VB．通過電阻R的感應電流大小為eq\f(10,3)AC．通過電阻R的電流方向為b→R→aD．電容器所帶的電荷量為6×10－5D[依據(jù)法拉第電磁感應定律可得產(chǎn)生的感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×0.2×0.5V＝10V，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得通過電阻R的感應電流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,3＋2)A＝2A，則電容器兩端的電壓U＝IR＝2×3V＝6V，故A、B錯誤；依據(jù)楞次定律可得通過電阻R的電流方向為a→R→b，故C錯誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝6×10－5C，故D正確。]17．如圖甲，在勻強電場中的O點先后無初速度釋放兩個正點電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅受勻強電場的作用沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x改變的關系如圖乙。Ⅰ的電荷量為q，可知()甲乙A．勻強電場的場強大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)B．點電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．點電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)D．若選O點為零電勢點，則A點的電勢為φA＝eq\f(Ek0,q)A[對點電荷Ⅰ，從O點到A點，由動能定理可得qEx0＝Ek0，故電場強度大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)，A項正確；對點電荷Ⅱ，由動能定理可得FⅡx0＝2Ek0，故點電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，B項錯誤；由場強E＝eq\f(Ek0,qx0)，點電荷Ⅱ受到的電場力大小FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，可得點電荷Ⅱ的電荷量為Q＝eq\f(FⅡ,E)＝2q，C項錯誤；若選O點為零電勢點，則UOA＝φO－φA＝－φA，結合UOA＝Ex0＝eq\f(Ek0,q)可得，A點電勢為φA＝－eq\f(Ek0,q)，D項錯誤。]18．如圖甲為神舟載人飛船與空間站對接時的圖片，載人飛船放射及對接的過程可以簡化為如圖乙所示，先將飛船放射至近地圓形軌道1運行，然后在Q點點火，使其沿橢圓軌道2運行，最終在P點與在軌道3運行的空間站對接，對于該過程下列說法正確的是()甲乙A．飛船在1軌道上穩(wěn)定運行時的周期小于在2軌道上穩(wěn)定運行時的周期B．飛船沿軌道2由Q點運行到P點時引力做負功，飛船與地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒C．依據(jù)公式v＝ωr可知，空間站在軌道3上的運行速度大于飛船在軌道1上的運行速度D．飛船在軌道2上隨意位置的速度都小于在軌道1上的運行速度A[依據(jù)飛船運動的半長軸的大小關系可知，軌道2的半長軸大于軌道1，由開普勒第三定律知，軌道2的公轉周期大，A正確；飛船在軌道2上從Q點到P點，只受地球引力作用，飛船與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；依據(jù)圓周運動的向心力由萬有引力供應知，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，飛船軌道半徑越大，角速度越小，故不能干脆依據(jù)v＝rω判定線速度與半徑的關系，C錯誤；飛船在軌道1上做圓周運動，由萬有引力供應圓周運動向心力，而在軌道2上經(jīng)過Q點時，飛船要做離心運動，故其運動速度將大于在軌道1上經(jīng)過Q點的速度，D錯誤。]19.云室能顯示射線的徑跡，把云室放在磁場中，從帶電粒子運動軌跡的彎曲方向和半徑大小就能推斷粒子的一些屬性。放射性元素A的原子核靜止放在磁感應強度大小為B＝2.5T的勻強磁場中發(fā)生衰變，放射出粒子并變成新原子核B，放射出的粒子與新核的運動軌跡如圖所示，測得兩圓的半徑之比R1∶R2＝42∶1，且R1＝0.2m，已知α粒子的質量mα＝6.64×10－27kg，β粒子的質量mβ＝9.1×10－31kg，普朗克常量取h＝6.6×10－34J·s，元電荷帶電荷量為1.6×10－A．新原子核B的核電荷數(shù)為84B．放射性元素A原子核發(fā)生的是β衰變C．衰變放射出的粒子的速度大小為2.4×107D．假如A原子核衰變時釋放出一種頻率為1.2×1015Hz的光子，那么這種光子能使逸出功為4.54eV的金屬鎢發(fā)生光電效應ACD[衰變過程中動量守恒，因初動量為零，故衰變后兩粒子動量大小相等，方向相反。兩粒子軌跡為外切圓，說明兩粒子所受的洛倫茲力起先時方向相反，則兩粒子均帶正電，故發(fā)生的是α衰變，B項錯誤；原子核發(fā)生衰變時，生成的新核與α粒子組成的系統(tǒng)動量守恒，有0＝mv－mαvα，洛倫茲力供應粒子做圓周運動的向心力，滿意q0v0B＝eq\f(m0v\o\al(2,0),r)，又qα＝2e，R1∶R2＝42∶1，解得該放射性元素的電荷量q＝84e，即新原子核B的電荷數(shù)為84，A項正確；因R1＝eq\f(mαvα,qαB)，解得vα＝eq\f(qαBR1,mα)＝eq\f(2×1.6×10－19×2.5×0.2,6.64×10－27)m/s≈2.4×107m/s，C項正確；A原子核衰變時釋放出一種頻率為1.2×1015Hz的光子，則該種光子的能量為E＝hν＝6.6×10－34×1.2×1015J＝7.92×10－19J＝4.95eV>4.54eV，因此這種光子能使金屬鎢發(fā)生光電效應，故D正確。]20．如圖(a)所示，一根豎直懸掛的不行伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為m0的子彈B以水平速度v0射入A內(未穿透)，接著兩者一起繞C點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽視的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t的改變關系如圖(b)所示，已知子彈射入的時間極短，且圖(b)中t＝0為A、B起先以相同的速度運動的時刻。下列說法正確的是()(a)(b)A．A、B一起在豎直面內做周期為T＝t0的圓周運動B．A的質量大小為m＝eq\f(Fm,6g)－m0C．子彈射入物塊過程中所受沖量大小為eq\f(m0v0Fm－6m0g,Fm)D．輕繩的長度為l＝eq\f(36m\o\al(2,0)v\o\al(2,0),5F\o\al(2,m))gBCD[由圖(b)可得，A、B整體做圓周運動，在最高點時繩的拉力為零，最低點時繩的拉力為Fm，圓周運動的周期為2t0，A項錯誤；子彈B射入A的過程二者動量守恒，則有m0v0＝(m0＋m)v1，在最低點瞬間有Fm－(m0＋m)g＝(m0＋m)eq\f(v\o\al(2,1),l)，在最高點瞬間有(m0＋m)g＝(m0＋m)eq\f(v\o\al(2,2),l)，從最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律有(m0＋m)g·2l＝eq\f(1,2)(m0＋m)(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))，子彈射入物塊A的過程中所受的沖量I＝m0(v1－v0)，其大小取肯定值，解以上五個方程可推斷B、C、D項正確。]21．如圖甲所示，下端固定的輕質彈簧豎直放置，一質量為m的小球，從距離彈簧上端高h處由靜止釋放。若以小球起先下落的位置為坐標原點O，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球在落到彈簧上后接著向下運動到最低點的過程中，小球所受彈力F的大小隨下落的位置坐標x的改變關系如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。以下推斷正確的是()甲乙A．小球受到的彈力最大值等于2mgB．當x＝h＋a時，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小C．小球動能的最大值為mgh＋eq\f(mga,2)D．彈力F隨時間t改變的圖線也應當是線性圖線BC[設小球下落到彈簧壓縮量最大為x1時彈簧的彈力為Fmax，對從小球起先下落到彈簧壓縮量達到最大的過程，由動能定理有mg(h＋x1)－WF＝0，依據(jù)F-x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示小球克服彈力所做的功，可得WF＝eq\f(1,2)Fmaxx1，聯(lián)立可得Fmax＝2mg＋eq\f(2mgh,x1)>2mg，選項A錯誤；由題圖可知，當x＝h＋a時，小球所受重力和彈力的合力為零，此時小球的速度最大，動能最大，由于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以當x＝h＋a時，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和最小，選項B正確；對小球起先下落至下落到x＝h＋a的過程，由動能定理有mg(h＋a)－W′F＝Ek，W′F＝eq\f(1,2)mga，聯(lián)立解得小球動能的最大值Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mga，選項C正確；由于小球不是做勻速運動，即x與t不是線性關系，可知彈力F隨時間t改變的圖線不是線性圖線，選項D錯誤。]三、非選擇題：共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。22．(6分)有—學生利用自己改裝的簡易歐姆表來測量電阻，改裝時利用了一個靈敏電流計，滑動變阻器，干電池等。干電池的電動勢E＝1.5V，內阻r＝1.5Ω，電流計銘牌上標有滿偏電流Ig＝5mA、內阻Rg＝18.5Ω字樣。改裝前該同學先設計了如圖所示的電路原理圖，A、B為接線柱，R為滑動變阻器。(1)歐姆調零后，發(fā)覺在A、B間接入阻值不同的電阻時，電流計讀數(shù)不同。若在電流計刻度線上干脆標注相應阻值，則可干脆讀出A、B間接入電阻的阻值，電流計就改裝成了一塊能夠測量導體電阻的歐姆表。電流計“2.0mA”刻度線標為________Ω；為了操作便利，在A、B處依據(jù)多用電表中歐姆擋的運用規(guī)則用紅、黑表筆接出，其中紅表筆應接在________(選填“A”或“B”)處。(2)該學生改裝時用了一節(jié)舊電池，電動勢沒有降低，但內阻變大了，測量結果________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。[解析](1)連接A、B，調整滑動變阻器R，使歐姆表指針指到0，即電流表達到滿偏電流Ig，依據(jù)閉合電路歐姆定律得R＝eq\f(E,Ig)－r－Rg＝280Ω；保持R不變，在A、B間接入電阻Rx時通過電流計的電流為I1＝2.0mA，依據(jù)閉合電路歐姆定律得Rx＝eq\f(E,I1)－eq\f(E,Ig)＝450Ω；應使電流從紅表筆流入電流計，故紅表筆應接A處。(2)改裝時用了一節(jié)舊電池，電動勢沒有降低，內阻變大了，測量結果不變，因為中值電阻不變，只是滑動變阻器接入電路的阻值改變了而已。[答案](1)450(2分)A(2分)(2)不變(2分)23．(9分)某同學通過試驗測量玩具上的小直流電動機轉動的角速度大小。如圖甲所示，將直徑約為3cm的圓盤固定在電動機轉動軸上，將紙帶的一端穿過打點計時器后，固定在圓盤的側面，圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤的側面上，打點計時器所接溝通電的頻率為50Hz。甲乙丙(1)試驗時，應先接通________(選填“電動機”或“打點計時器”)的電源。(2)試驗得到一卷繞在圓盤上的紙帶，將紙帶抽出一小段，測量相鄰兩個點之間的長度L1，以及此時圓盤的直徑d1，再抽出較長的一段紙帶后撕掉，然后抽出一小段測量相鄰兩個點之間的長度L2，以及此時圓盤的直徑d2，重復上述步驟，將數(shù)據(jù)記錄在表格中，其中一段紙帶如圖乙所示，測得打下這些點時，紙帶運動的速度大小為________m/s。測得此時圓盤直徑為5.60cm，則可求得電動機轉動的角速度為________rad/s。(結果均保留2位有效數(shù)字)(3)該同學依據(jù)測量數(shù)據(jù)，作出了紙帶運動速度v與相應圓盤直徑d的關系圖象，如圖丙所示。分析圖線，可知電動機轉動的角速度在試驗過程中________(選填“增大”“減小”或“不變”)。[解析](1)試驗時，應先接通打點計時器的電源，再接通電動機的電源。(2)紙帶運動的速度大小為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(3.62×10－2,0.02)m/s＝1.8m/s；角速度ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(1.8,\f(5.6×10－2,2))rad/s＝64rad/s。(3)因v-d圖象是過原點傾斜的直線，又依據(jù)v＝ωr＝eq\f(1,2)ωd，可知ω不變。[答案](1)打點計時器(2分)(2)1.8(2分)64(2分)(3)不變(3分)24．(12分)某幼兒園要在空地上做一個滑梯，如圖所示，由于空地大小的限制，滑梯斜面的水平跨度確定為x＝6m。兒童褲料與滑板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。(1)若兒童在滑梯上恰能滑下，求滑梯的高度h；(2)若小明的褲料與滑板間的動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(1,3)，求他從滑梯頂端由靜止滑到斜面底端的瞬時速度大??；(3)若體重比小明重，與小明穿相同褲料的小華，從滑梯上也從頂端由靜止滑到斜面底端，有人認為他滑行的時間比小明長，這種說法是否正確？簡要說明理由。[解析](1)兒童要恰能滑下，重力的下滑分力應等于滑動摩擦力，則有mgsinθ＝μmgcosθ， (2分)依據(jù)幾何關系有tanθ＝eq\f(h,x)， (1分)聯(lián)立解得h＝0.4x＝2.4m。 (1分)(2)對小明，由動能定理得m′gh－μ1m′gLcosθ＝eq\f(1,2)m′v2， (2分)又由幾何關系知x＝Lcosθ (1分)聯(lián)立解得滑到斜面底端的瞬時速度大小v＝2eq\(3)這種說法不正確，小華下滑的時間與小明相等。 (1分)斜面長L＝eq\f(1,2)at2， (1分)依據(jù)牛頓其次定律得a＝g(sinθ－μ1cosθ) (1分)聯(lián)立解得下滑時間t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ)) (1分)可見t與m無關，小華與小明下滑的時間相同。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)見解析25．(20分)如圖所示，在xOy平面的第一象限內有垂直紙面對外的水平方向的勻強磁場，一帶電荷量為q、質量為m的正粒子從y軸上的P點以初速度大小v0，沿與y軸正方向成60°角的方向垂直磁場進入第一象限，粒子在x軸上的Q點沿y軸負方向進入第四象限。第四象限中，直線y＝－x與x軸之間，有沿x軸負方向的勻強電場，進入第四象限的粒子離開電場時垂直直線y＝－x，從C點射出。已知OQ＝eq\r(3)h，不計粒子的重力。(1)求勻強磁場的磁感應強度B；(2)求電場強度E和粒子由P運動到直線y＝－x所用的時間；(3)假如一速度大小相同的粒子，從P點垂直于y軸射入磁場，出磁場時速度方向恰與x軸方向垂直，則該粒子運動軌跡與直線y＝－x交點的坐標為多少(可用根式表示)?[解析](1)畫出粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動軌跡，如圖所示。設粒子在勻強磁場中做圓周運動的圓心為O1，半徑為R，由幾何關系可得PO＝h (1分)R＝eq\f(2\r(3)h,3) (1分)由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) (1分)可得B＝eq\f(\r(3)mv0,2qh)。 (1分)(2)粒子在勻強磁場中運動了eq\f(1,3)個圓周，運動時間t1＝eq\f(2πR,3v0)＝eq\f(4\r(3)πh,9v0) (1分)粒子在勻強電場中做類平拋運動。沿電場方向有eq\r(3)h－x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)， (2分)vx＝at2， (1分)a＝eq\f(qE,m) (1分)沿y軸負方向有－y1＝v0t2 (1分)因為粒子離開電場時垂直于直線y＝－x所以eq\f(at2,v0)＝1，x1＝－y1 (1分)聯(lián)立解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)， (1分)t2＝eq\f(2\r(3)h,3v0) (1分)粒子由P運動到直線y＝－x所用的時間t＝t1＋t2＝eq\f(4\r(3)πh,9v0)＋eq\f(2\r(3)h,3v0)＝eq\f(2\r(3)2π＋3h,9v0) (2分)(3)速度大小相同的粒子從P點入射，垂直于x軸出磁場，設該粒子所帶電荷量為q′，質量為m′，則該粒子在磁場中運動的軌跡半徑R′＝eq\f(m′v0,q′B)＝h (1分)該粒子進入電場后，做類平拋運動，設與y＝－x交點的橫坐標為A(A>0)則A＝v0t′ (1分)q′E＝m′a′， (1分)h－A＝eq\f(1,2)a′t′2 (1分)聯(lián)立解得交點坐標為[(eq\r(3)－1)h，(1－eq\r(3))h] (1分)[答案]見解析(二)選做題：本題共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。33．[物理——選修3－3](15分)(1)(多選)(5分)如圖所示是海浪發(fā)電機的裝置示意圖，當海浪向下運動時氣室中的活塞向下運動，進氣閥門打開、出氣閥門關閉，外界空氣進來；當海浪向上運動時氣室中的活塞向上運動，進氣閥門關閉、出氣閥門打開，壓縮氣室內的氣體推動出氣口處的活塞，從而使發(fā)電裝置工作。假設整個裝置是絕熱的，氣室內氣體可視為志向氣體。氣室內氣體在被活塞壓縮到釋放前這一過程中，下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．該裝置違反了熱力學其次定律B．氣室內氣體內能增加C．氣室內氣體分子的平均動能不變D．氣室內氣體分子之間的斥力增加E．若氣室活塞一次壓縮氣體做的功為10J，發(fā)電裝置獲得8J的能量，則氣室內氣體一次被排出時所帶走的能量為2J(2)(10分)如圖所示為一固定的導熱性能良好的容器，橫截面積為S，上端有一密閉性良好的容器蓋(蓋不固定)，容器內密封肯定質量的志向氣體，氣體溫度為27℃，氣體壓強為p0(大氣壓強)。現(xiàn)對容器緩慢加熱，當容器內氣體溫度為33℃時，容器蓋恰好被頂起。假設容器蓋被頂起的瞬間，容器內的一部分氣體在極短的時間內溢出來，此時容器蓋也馬上復位，容器內氣體的壓強回到初狀態(tài)的壓強p0，但氣體的溫度仍舊保持33℃。然后馬上停止加熱，經(jīng)過一段時間后，容器內氣體的溫度復原到27℃，求：(ⅰ)當容器內氣體的溫度為33℃時，容器內氣體的壓強；(ⅱ)當容器內氣體的溫度復原到27℃時，恰好能將容器蓋沿豎直方向提起的作用力大小。[解析](1)海浪發(fā)電機在工作的時候須要外界的能量來推動，這個能量的來源是海浪的機械能，故該裝置沒有違反熱力學其次定律，故A錯誤；活塞壓縮氣體，外界對氣室內氣體做功，氣體內能增加，故氣體的溫度上升，氣室內氣體的平均動能增加，故B正確、C錯誤；壓縮氣體，氣體分子之間的距離減小，故氣室內氣體分子之間的斥力增加，D正確；依據(jù)能量守恒定律可知E正確。(2)(ⅰ)由題意可知容器內的氣體發(fā)生的是等容改變初始狀態(tài)p＝p0，溫度T0＝300K設末態(tài)的壓強為p1，溫度T1＝306K依據(jù)查理定律eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1) (2分)可得p1＝eq\f(T1,T0)p0＝eq\f(306,300)p0＝1.02p0。 (1分)(ⅱ)當容器內氣體的溫度復原到27℃時，依據(jù)查理定律(等容改變)可得eq\f(p0,T1)＝eq\f(p2,T0) (2分)解得p2＝eq\f(T0,T1)p0＝eq\f(300,306)p0＝eq\f(p0,1.02) (1分)當容器蓋恰好被頂起時有p1S＝mg＋p0S (1分)依據(jù)力的平衡可知，將容器蓋提起時所需的最小力Fmin滿意Fmin＋p2S＝p0S＋mg (1分)解得Fmin＝0.04p0S。 (2分)[答案](1)BDE(2)(ⅰ)1.02p0(ⅱ)0.04p0S34．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)圖示為用某種透亮材料制成的長方形透亮體的橫截面，AB＝2L，BC＝eq\f(5\r(3)L,2)，E為AB中點?，F(xiàn)讓一綠光沿紙面以與AB成θ＝30°角的方向從E點射入透亮體，若第一次射出透亮體的位置為Q，已知透亮體的折射率n＝eq\r(3)，則Q、C兩點間的距離為________，第一次射出透亮體時的折射角為_____