題目列表(包括答案和解析)
某電場(chǎng)分布如圖1所示，帶箭頭的實(shí)線(xiàn)為電場(chǎng)線(xiàn)，虛線(xiàn)為等勢(shì)面.A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EA、EB、EC，電勢(shì)分別為φA、φB、φC，關(guān)于這三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的關(guān)系，以下判斷中正確的是（ ）
A.EA
C.EA>EB，φA<φB D.EA=EB，φB=φC
、
兩點(diǎn)，用
、
表示
、
兩處的場(chǎng)強(qiáng)大小，則（ �。�? ?
圖1-2-16
A.
、
兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向相同?
?B.電場(chǎng)線(xiàn)從
指向
，所以
＞
?
?C.
、
同在一條電場(chǎng)線(xiàn)上，且電場(chǎng)線(xiàn)是直線(xiàn)，所以
=
?
?D.不知
、
附近的電場(chǎng)線(xiàn)分布狀況，
、
的大小不能確定?
圖1-3-14
A.a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同
B.電場(chǎng)線(xiàn)從a指向b，所以Ea＞Eb
C.電場(chǎng)線(xiàn)是直線(xiàn)，所以Ea=Eb
D.不知a、b附近的電場(chǎng)線(xiàn)分布，Ea、Eb大小不能確定
圖6-1-16
A.a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同
B.電場(chǎng)線(xiàn)從a指向b，所以Ea＞Eb
C.電場(chǎng)線(xiàn)是直線(xiàn)，所以Ea=Eb
D.不知a、b附近的電場(chǎng)線(xiàn)分布，Ea、Eb的大小不能確定
圖
A.a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同
B.電場(chǎng)線(xiàn)從a指向b，所以Ea＞Eb
C.電場(chǎng)線(xiàn)是直線(xiàn)，所以Ea=Eb
D.不知a、b附近的電場(chǎng)線(xiàn)分布，Ea、Eb大小不能確定
一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分。把你認(rèn)為正確答案的代表字母填寫(xiě)在題后的括號(hào)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(xiàn)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(xiě)出必要的文字說(shuō)明，方程式和重要的演算步驟。
只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題的答案必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。
14．（7分）
解：（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)做半徑為R1的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，O、A間的距離.………………（1分）
同理，α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，α粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，
O、B間的距離，則A、B兩點(diǎn)間的距離.…（2分）
（2）α粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為，
則α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)勢(shì)為
……………………………………（1分）
根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過(guò)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(yùn)動(dòng)，拉力和磁場(chǎng)對(duì)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(guò)程中，受到的滑動(dòng)摩擦力，
設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(shì)能和電勢(shì)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?yàn)榫�(xiàn)圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化的周期與磁場(chǎng)變化的周期相同，所以由圖象可知，線(xiàn)圈中產(chǎn)生交變電流的周期為T=3.14×10－2s.
所以線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)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(qiáng)度變化的1~1/4周期內(nèi)，線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值
通過(guò)燈泡的平均電流……………………………………（1分）
通過(guò)燈泡的電荷量………………………………（2分）
18．（8分）解：（1）當(dāng)通過(guò)金屬棒的電流為I2時(shí)，金屬棒在導(dǎo)軌上做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dá)NQ端時(shí)的速率為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)，金屬棒的電阻，設(shè)金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式，，將（1）的結(jié)果代入，爭(zhēng)得
………（2分）
19．（9分）解：（1）t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運(yùn)動(dòng)，即有，
而后在電場(chǎng)力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于OO′方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)B、D
端界面時(shí)偏離OO′的距離為y1，則.………………（2分）
t=T/2時(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子先在T/2時(shí)間內(nèi)做拋物線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)金屬板的中央，而后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)金屬板B、D端界面。設(shè)電子到達(dá)金屬板的中央時(shí)偏離OO′的距離為y2，將此時(shí)電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場(chǎng)方向的分量，并設(shè)此時(shí)刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ，電子沿直線(xiàn)到達(dá)金屬板B、D端界面時(shí)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(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子在離開(kāi)金屬板時(shí)偏離OO′的距離最大，因此為使所有進(jìn)入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應(yīng)滿(mǎn)足的條件為，解得板間電太的最大值。…………………………………………（2分）
（3）設(shè)）時(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子到達(dá)熒光屏上的位置與O′點(diǎn)的距離為Y1；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時(shí)刻進(jìn)入兩板間的電子到達(dá)熒光屏上的位置與O′點(diǎn)的距離為，電子到達(dá)熒光屏上分布在范圍內(nèi). 當(dāng)滿(mǎn)足的條件時(shí)，△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(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖滋力提供向心力，設(shè)粒子A的速度為v0，在MN上方運(yùn)動(dòng)半徑為R1，運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)1，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)公式，
解得 ………………………………（2分）
同理，粒子A在MN下方運(yùn)動(dòng)半徑R2和周期T2分別為：
。
粒子A由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到MN邊界時(shí)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(diǎn)到Q點(diǎn)所用時(shí)間為
，………………………………（1分）
設(shè)粒子B的質(zhì)量為M，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)速度為v
，……………………………………………………（1分）
由
根據(jù)動(dòng)量守恒定律…………（2分）
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