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如圖（甲）所示，長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)右側(cè)的矩形線(xiàn)框與長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)位于同一平面內(nèi)。當(dāng)長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)中的電流發(fā)生如圖（乙）所示的變化時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流與所受安培力的情況是（   ）

       A．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框受合力方向不變

B．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框受合力方向不變

C．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框受合力方向改變

D．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框受合力方向改變

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如下圖(a)所示，長(zhǎng)導(dǎo)線(xiàn)右側(cè)的矩形線(xiàn)框與長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)位于同一平面內(nèi)，當(dāng)長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)中電流發(fā)生如下圖(b)中圖線(xiàn)所示變化時(shí)，線(xiàn)框中感應(yīng)電流與矩形框受力情況是

[　　]

A．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框所受合力的方向不變

B．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框所受合力的方向不變

C．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框所受合力的方向改變

D．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框所受合力的方向改變

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如圖12-53所示，直導(dǎo)線(xiàn)及其右側(cè)的矩形金屬框位于同一平面內(nèi).當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中的電流發(fā)生如圖所示的變化時(shí)，關(guān)于線(xiàn)框中感應(yīng)電流與矩形線(xiàn)框受力情況，下列敘述正確的是（   ）

圖12-53

A．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框所受合力方向不變

B．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框所受合力方向不變

C．感應(yīng)電流方向改變，線(xiàn)框所受合力方向改變

D．感應(yīng)電流方向不變，線(xiàn)框所受合力方向改變

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一、二、選擇題。

1. C   　2. C　 3. A  　4. D　 5. B    6. AB　7. ABD   8. AC　 9. BD

三、簡(jiǎn)答題.本題共２小題，共計(jì)２０分.把答案填在答題卡相應(yīng)的橫線(xiàn)上或按題目要求作答．

10.(1)7.2 （2分）  　　　8.695(8.692~8.698均對(duì))　�。�2分）

(2) ①a.平衡摩擦力（1分）      b.鉤碼的重力遠(yuǎn)小于小車(chē)的總重力（1分） 

②（2分，其它正確也得分）    鉤碼的重力和小車(chē)的總質(zhì)量 （2分）

11．（10分）

（1）略（3分）

（2）（3）

（3）（4分）(寫(xiě)出正確結(jié)果即給滿(mǎn)分）

，電壓表的電阻為R_V，開(kāi)關(guān)閉合電，電路中電流為I，外電路總電阻為

根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E=U+Ir=U+r，整理得：

可見(jiàn)圖象為一條直線(xiàn)，故橫坐標(biāo)應(yīng)表

直線(xiàn)的斜率為由此解得：

四．簡(jiǎn)答題：本題有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三組題，請(qǐng)?jiān)谄渲腥芜x兩組題作答；若三組題均答，則以Ⅰ、Ⅱ兩組題計(jì)分,共24分，把答案填在題中的橫線(xiàn)上或根據(jù)要求作答。

12．(1)ＢＦＨ （全對(duì)得4分，不全對(duì)的，選對(duì)1個(gè)給1分，選錯(cuò)1個(gè)扣1分，扣完為止）

(2)解：

①如圖，紫光剛要發(fā)生全反射時(shí)的臨界光線(xiàn)射在屏幕S上的點(diǎn)E到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最半徑。

設(shè)紫光臨界角為C，由全反射的知識(shí)：    （2分）

由幾何知識(shí)可知:     

           （1分）                    

  （1分）

      （1分）

所以有: ＝1m  （1分）

   (其他幾何關(guān)系解法，只要正確參考上述步驟給分)

②紫色。（2分）

13．(1) CDF （全對(duì)得4分，不全對(duì)的，選對(duì)1個(gè)給1分，選錯(cuò)1個(gè)扣1分，扣完為止）

(2) 解：（1）由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知：

　　          (2分)

　�。�2）由題設(shè)條件可求出質(zhì)量虧損為：

　　△m=2.0136u×2-（3.0150-1.0087）u=0.0035u

所以釋放的核能為：  (2分)

（3）由動(dòng)量和能量守恒有

　　解得：    (1分)

　　          (1分)

14．（1）飛機(jī)水平速度不變    ①   y方向加速度恒定    ②

消去t即得    ③   由牛頓第二定律    ④

（2）在h處    ⑥     ⑦    

①~④式  共4分     ⑥~⑦式 共4分(用動(dòng)能定理或其他解法正確同樣給分)

15、(12分) (1)證明：因?yàn)樾行堑馁|(zhì)量M=（R是行星的半徑），(1分)

行星的體積V=R³，所以行星的平均密度==，        (2分)

即T²=，是一個(gè)常量，對(duì)任何行星都相同。                 (1分) 

（2）空間探測(cè)器繞地球作圓周運(yùn)動(dòng)，有

由＝得，空間站的軌道半徑R＝　　（1分）

＝

隨空間站一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，空間探測(cè)器的動(dòng)能為mv²＝＝　（1分）

隨空間站一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，空間探測(cè)器具有的機(jī)械能為

E₁＝－＋mv²=－＝－�。�2分）

（3）空間站要脫離地球的引力，機(jī)械能最小值為E_∞＝0，因此，對(duì)探測(cè)器做功為

W＝E_∞－E₁＝　　　　　�。�2分）

由地面附近的重力加速度  得　 2分）

16.  (1)   (3分)

在ab棒上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)能量守恒定律:

   (2分)

Q=30J (1分)      電阻R上的熱量:Q_R=Q/3=10J  (1分)

(2)在0~T/4內(nèi),             (1分)

  在T/4~T/2內(nèi),     

             (2分)

在3T/4~T內(nèi) Q₃=Q₁=            (1分)

++=5J  (1分)解得:B₀=0.5T    (1分)

17．解：（1）粒子由a點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)在洛侖茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng),所以 ①（1分）

     由題意知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑:  ②  （1分）

     由①、②得：（2分）

（2）據(jù)題意，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的整數(shù)倍，

即：    于是得：   （1分）

    粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)側(cè)向總位移：  （2分）             

    帶入已知量計(jì)算得：      （1分）

（3）由粒子在磁場(chǎng)中的受力可判斷粒子帶負(fù)電,粒子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)后向N板偏轉(zhuǎn),由題意知粒子應(yīng)剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出.并沿著水平方向進(jìn)入磁場(chǎng).

如圖，設(shè)粒子從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),從C點(diǎn)射出,O"點(diǎn)為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,由(1)知:,所以O(shè)BO''C為菱形,故有,  （2分）

     由于粒子水平射出,故O"B⊥v₀,于是OC⊥v₀,方向豎直,故aOC共線(xiàn),

所以射出的點(diǎn)到a點(diǎn)的距為:aC=2R=10L₀. （2分）