題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，空間的虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離均為0.5cm，其中BB′為零勢能面。一個質量為m，帶電量為+q的粒子沿AA′方向以初動能Ek自圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm。粒子的重力忽略不計。下列說法中正確的是( )
A．該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25Ek,
B．該粒子到達C′點時的動能是2Ek,
C．該粒子在P點時的電勢能是Ek,
D．該粒子到達C′點時的電勢能是—0.5Ek,
如圖所示，空間的虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離均為0.5cm，其中BB′為零勢能面。一個質量為m，帶電量為+q的粒子沿AA′方向以初動能Ek自圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm。粒子的重力忽略不計。下列說法中正確的是( )
A．該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25Ek,
B．該粒子到達C′點時的動能是2Ek,
C．該粒子在P點時的電勢能是Ek,
D．該粒子到達C′點時的電勢能是—0.5Ek,
如圖所示，空間的虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離均為0.5cm，其中BB′為零勢能面。一個質量為m，帶電量為+q的粒子沿AA′方向以初動能Ek自圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm。粒子的重力忽略不計。下列說法中正確的是( )
A．該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25Ek,
B．該粒子到達C′點時的動能是2Ek,
C．該粒子在P點時的電勢能是Ek,
D．該粒子到達C′點時的電勢能是—0.5Ek,
如圖所示，空間的虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離均為0.5cm，其中BB′為零勢能面。一個質量為m，帶電量為+q的粒子沿AA′方向以初動能Ek自圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm。粒子的重力忽略不計。下列說法中正確的是( )
| A．該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25Ek, |
| B．該粒子到達C′點時的動能是2Ek, |
| C．該粒子在P點時的電勢能是Ek, |
| D．該粒子到達C′點時的電勢能是—0.5Ek, |
如圖所示，虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離為0.5cm，其中BB′為零勢面。一個質量為m，電量為q的粒子沿AA′方向以初動能EK自圖中的p點進入電場，剛好從C′點離開電場。已知PA′=2cm，粒子的重力忽略不計，下列說法正確的是（ ）.
A．該粒子通過零勢面時的動能是1.25EK
B．該粒子在p點的電勢能是0.5EK
C．該粒子達到C′點時的動能是1.5EK
D．該粒子達到C′點時的電勢能是0.5EK
一、二、選擇題。
1. C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. AB 7. ABD 8. AC 9. BD
三、簡答題.本題共２小題，共計２０分.把答案填在答題卡相應的橫線上或按題目要求作答．
10.(1)7.2 （2分） 8.695(8.692~8.698均對) （2分）
(2) ①a.平衡摩擦力（1分） b.鉤碼的重力遠小于小車的總重力（1分）
②
（2分，其它正確也得分） 鉤碼的重力和小車的總質量 （2分）
11．（10分）
（1）略（3分）
（2）（3）
（3）（4分）(寫出正確結果即給滿分）
，電壓表的電阻為RV，開關閉合電，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
圖象為一條直線，故橫坐標應表
直線的斜率為
由此解得：
四．簡答題：本題有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三組題，請在其中任選兩組題作答；若三組題均答，則以Ⅰ、Ⅱ兩組題計分,共24分，把答案填在題中的橫線上或根據(jù)要求作答。
12．(1)ＢＦＨ （全對得4分，不全對的，選對1個給1分，選錯1個扣1分，扣完為止）
(2)解：
①如圖，紫光剛要發(fā)生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點E到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最半徑。
設紫光臨界角為C，由全反射的知識：
（2分）
由幾何知識可知: 
（1分）
（1分）
（1分）
所以有:
＝
(其他幾何關系解法，只要正確參考上述步驟給分)
②紫色。（2分）
13．(1) CDF （全對得4分，不全對的，選對1個給1分，選錯1個扣1分，扣完為止）
(2) 解：（1）由質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知：
(2分)
�。�2）由題設條件可求出質量虧損為：
△m=2.0136u×2-（3.0150-1.0087）u=0.0035u
所以釋放的核能為：
(2分)
（3）由動量和能量守恒有
解得：
(1分)
(1分)
14．（1）飛機水平速度不變 
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(用動能定理或其他解法正確同樣給分)
15、(12分) (1)證明：因為行星的質量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=
，是一個常量，對任何行星都相同。
(1分)
（2）空間探測器繞地球作圓周運動，有
由
＝
得，空間站的軌道半徑R＝
（1分）
＝
隨空間站一起運動時，空間探測器的動能為
mv2＝
＝
（1分）
隨空間站一起運動時，空間探測器具有的機械能為
E1＝－
＋mv2=－＝－
�。�2分）
（3）空間站要脫離地球的引力，機械能最小值為E∞＝0，因此，對探測器做功為
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棒上升到最高點的過程中,根據(jù)能量守恒定律:
(2分)
Q=30J (1分) 電阻R上的熱量:QR=Q/3=10J (1分)
(2)在0~T/4內,
(1分)
在T/4~T/2內,
(2分)
在3T/4~T內 Q3=Q1=
(1分)
+
+
=5J (1分)解得:B0=0.5T (1分)
17．解：（1）粒子由a點進入磁場在洛侖茲力作用下做圓周運動,所以
①（1分）
由題意知粒子圓周運動的半徑:
② （1分）
由①、②得：
（2分）
（2）據(jù)題意，粒子在電場中的運動時間為周期的整數(shù)倍，
即：
于是得：
（1分）
粒子在電場中運動側向總位移：
（2分）
帶入已知量計算得：
（1分）
（3）由粒子在磁場中的受力可判斷粒子帶負電,粒子在
時刻進入電場后向N板偏轉,由題意知粒子應剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出.并沿著水平方向進入磁場.
如圖，設粒子從B點進入磁場,從C點射出,O"點為粒子圓周運動的圓心,由(1)知:
,所以OBO''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,
所以射出的點到a點的距為:aC=2R=
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