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一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。把你認(rèn)為正確答案的代表字母填寫在題后的括號內(nèi)。

1．B  2．AC  3．CD  4．AB  5．D  6．CD  7．BC  8．AC  9．A  10．CD

二、本題共3小題，共14分。按照要求作圖或把答案填在題中的橫線上。

12．（1）；（2分）  ；（2分）（2）偏小。（1分）

13．（1）如答圖1；（2分）  （2）0~6.4；（2分）

   （3）。（2分）

三、本大題包括7小題，共56分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟。

       只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題的答案必須明確寫出數(shù)值和單位。

14．（7分）

解：（1）質(zhì)子進入磁場做半徑為R₁的勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，…………………………（2分）

       質(zhì)子離開磁場時到達A點，O、A間的距離.………………（1分）

       同理，α粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，α粒子離開磁場時到達B點，

       O、B間的距離，則A、B兩點間的距離.…（2分）

   （2）α粒子在勻強磁場中運動周期為，

       則α粒子在磁場中運動的時間為…………………………（2分）

15．（7分）解：（1）根據(jù)電磁感應(yīng)定律，金屬棒ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

       ……………………………………（1分）

       根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過R的電流……………………（1分）

       金屬棒兩端的電壓U=E－Ir=2.5V.………………………………………………（1分）

   （2）由于ab桿做勻速運動，拉力和磁場對電流的安培力大小相等，即

        …………………………………………………………（2分）

   （3）根據(jù)焦耳定律，電阻R上消耗的電功率P=I²R=1.25W.…………………（2分）

16．（8分）解：（1）滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力，

       設(shè)到達斜面底端時的速度為，根據(jù)動能定理

       ，…………………………（2分）

       解得………………………………………………（1分）

   （2）滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，設(shè)此高度為，根據(jù)動能定理， ，…………………………（2分）

       代入數(shù)據(jù)解得……………………………………（1分）

   （3）滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功，

          即等于產(chǎn)生的熱能，……………………（2分）

17．（8分）解：（1）因為線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化的周期與磁場變化的周期相同，所以由圖象可知，線圈中產(chǎn)生交變電流的周期為T=3.14×10^－2s.

       所以線圈中感應(yīng)電動勢的最大值為……………………（2分）

   （2）根據(jù)歐姆定律，電路中電流的最大值為

       通過小燈泡電流的有效值為，…………………………（1分）

       小燈泡消耗的電功率為P=I²R=2.88W………………………………………………（2分）

   （3）在磁感應(yīng)強度變化的1~1/4周期內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動勢的平均值

       通過燈泡的平均電流……………………………………（1分）

       通過燈泡的電荷量………………………………（2分）

18．（8分）解：（1）當(dāng)通過金屬棒的電流為I₂時，金屬棒在導(dǎo)軌上做勻加速運動，設(shè)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，………………………………（1分）

       設(shè)金屬棒到達NQ端時的速率為，根據(jù)運動學(xué)公式，，……………（1分）

       由以上兩式解得：……………………………………（2分）

   （2）當(dāng)金屬棒靜止不動時，金屬棒的電阻，設(shè)金屬棒在導(dǎo)軌上運動的時間為t，

       電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)焦耳定律，Q=I，…………………（2分）

       根據(jù)運動學(xué)公式，，將（1）的結(jié)果代入，爭得

………（2分）

19．（9分）解：（1）t=0時刻進入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動，即有，

       而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于OO′方向做勻加速運動，設(shè)到達B、D

端界面時偏離OO′的距離為y₁，則.………………（2分）

       t=T/2時刻進入兩板間的電子先在T/2時間內(nèi)做拋物線運動到達金屬板的中央，而后做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面。設(shè)電子到達金屬板的中央時偏離OO′的距離為y₂，將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場方向的分量，并設(shè)此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ，電子沿直線到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為，則有；

解得……………………………………………………（1分）

因此，。…………………………………………………（1分）

（2）在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)時刻進入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大，因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應(yīng)滿足的條件為，解得板間電太的最大值�！�………………………………………（2分）

（3）設(shè)）時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y₁；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為，電子到達熒光屏上分布在范圍內(nèi). 當(dāng)滿足的條件時，△Y為最大。根據(jù)題中金屬板和熒光屏之間的幾何關(guān)系，得到

……………………………………………………（1分）

因此電子在熒光屏上分布的最大范疇為………（2分）

20．（9分）

解：（1）粒子A在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，設(shè)粒子A的速度為v₀­，在MN上方運動半徑為R₁，運動周期為T₁，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動公式，

解得  ………………………………（2分）

同理，粒子A在MN下方運動半徑R₂和周期T₂分別為：

。

粒子A由P點運動到MN邊界時與MN的夾角為60°，如答圖2所示，則有

R₁－h(huán)=R₁cos60°  得到：R₁=2h，R₂=4h。

PQ間的距離為d=2R₂sin60°－2R₁sin60°=2h�！�……………………………（3分）

   （2）粒子A從P點到Q點所用時間為

        ，………………………………（1分）

    設(shè)粒子B的質(zhì)量為M，從P點到Q點速度為v

，……………………………………………………（1分）

由

根據(jù)動量守恒定律…………（2分）