題目列表(包括答案和解析)
A.ad、bc兩邊所受的磁場(chǎng)力始終為零
B.ad、cd兩邊所受的磁場(chǎng)力始終不變
C.ab、cd兩邊所受磁場(chǎng)力的力矩逐漸減小到零
D.ab、cd兩邊所受磁場(chǎng)力方向不變,大小逐漸減小到零
矩形導(dǎo)線框abcd中通有恒定的電流I,線框從圖所示位置開始繞中心軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)90°,在此過程中線框始終處于水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,以下說法中正確的是( )
A.ad、bc兩邊所受的磁場(chǎng)力始終為零
B.ad、cd兩邊所受的磁場(chǎng)力始終不變
C.ab、cd兩邊所受磁場(chǎng)力的力矩逐漸減小到零
D.ab、cd兩邊所受磁場(chǎng)力方向不變,大小逐漸減小到零
選做題(請(qǐng)從A、B和C三小題中選定兩小題作答,并在答題卡上把所選題目對(duì)應(yīng)字母后的方框涂滿涂黑.如都作答,則按A、B兩小題評(píng)分.)
A.(選修模塊3-3)(12分)
⑴下列說法中正確的是 ▲
A.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,液體表面存在張力
B.?dāng)U散運(yùn)動(dòng)就是布朗運(yùn)動(dòng)
C.蔗糖受潮后會(huì)粘在一起,沒有確定的幾何形狀,它是非晶體
D.對(duì)任何一類與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程進(jìn)行方向的說明,都可以作為熱力學(xué)第二定律的表述
⑵將1ml的純油酸加到500ml的酒精中,待均勻溶解后,用滴管取1ml油酸酒精溶液,讓其自然滴出,共200滴.現(xiàn)在讓其中一滴落到盛水的淺盤內(nèi),待油膜充分展開后,測(cè)得油膜的面積為200cm2,則估算油酸分子的大小是 ▲ m(保留一位有效數(shù)字).
⑶如圖所示,一直立的汽缸用一質(zhì)量為m的活塞封閉一定量的理想氣體,活塞橫截面積為S,汽缸內(nèi)壁光滑且缸壁是導(dǎo)熱的,開始活塞被固定,打開固定螺栓K,活塞下落,經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后,活塞停在B點(diǎn),已知AB=h,大氣壓強(qiáng)為p0,重力加速度為g.
①求活塞停在B點(diǎn)時(shí)缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng);
②設(shè)周圍環(huán)境溫度保持不變,求整個(gè)過程中通過缸壁傳遞的熱量Q(一定量理想氣體的內(nèi)能僅由溫度決定).
B.(選修3-4試題)
⑴(4分)下列說法正確的是 ▲
A.泊松亮斑有力地支持了光的微粒說,楊氏干涉實(shí)驗(yàn)有力地支持了光的波動(dòng)說。
B.從接收到的高頻信號(hào)中還原出所攜帶的聲音或圖像信號(hào)的過程稱為解調(diào)
C.當(dāng)波源或者接受者相對(duì)于介質(zhì)運(yùn)動(dòng)時(shí),接受者往往會(huì)發(fā)現(xiàn)波的頻率發(fā)生了變化,這種現(xiàn)象叫多普勒效應(yīng)。
D.考慮相對(duì)論效應(yīng),一條沿自身長(zhǎng)度方向運(yùn)動(dòng)的桿,其長(zhǎng)度總比桿靜止時(shí)的長(zhǎng)度小
⑵如圖所示,真空中有一頂角為75o,折射率為n =的三棱鏡.欲使光線從棱鏡的側(cè)面AB進(jìn)入,再直接從側(cè)面AC射出,求入射角θ的取值范圍為 ▲ 。
⑶(4分) 一列向右傳播的簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻的波形圖如圖所示。波速大小為0.6m/s,P質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)x = 96cm。求:
①波源O點(diǎn)剛開始振動(dòng)時(shí)的振動(dòng)方向和波的周期;
②從圖中狀態(tài)為開始時(shí)刻,質(zhì)點(diǎn)P第一次達(dá)到波峰時(shí)間。
C.(選修模塊3-5)(12分)
⑴.氦原子被電離一個(gè)核外電子,形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子。已知基態(tài)的氦離子能量為E1 =-54.4 eV,氦離子能級(jí)的示意圖如圖所示。在具有下列能量的光子中,不能被基態(tài)氦離子吸收的是 ▲
A.60.3 eV B. 51.0 eV
C.43.2 eV D.54.4 eV
⑵一個(gè)靜止的,放出一個(gè)速度為2.22×107m/s的粒子,同時(shí)產(chǎn)生一個(gè)新核,并釋放出頻率為ν=3×1019Hz的γ光子。寫出這種核反應(yīng)方程式 ▲ ;這個(gè)核反應(yīng)中產(chǎn)生的新核的速度為 ▲ ;因γ輻射而引起的質(zhì)量虧損為 ▲ 。(已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s)
⑶如圖,滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2,m1<m2,置于光滑水平面上,由輕質(zhì)彈簧相連接,用一輕繩把兩滑塊拉至最近,彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊,接著使兩滑塊一起以恒定的速度v0向右滑動(dòng).運(yùn)動(dòng)中某時(shí)刻輕繩突然斷開,當(dāng)彈簧恢復(fù)到其自然長(zhǎng)度時(shí),滑塊A的速度正好為零。則:
①?gòu)椈傻谝淮位謴?fù)到自然長(zhǎng)度時(shí),滑塊B的速度大小為 ▲ ;
②從輕繩斷開到彈簧第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度的過程中,彈簧釋放的彈性勢(shì)能Ep = ▲ 。
A.方向由Q到P且逐漸增大的電流 |
B.方向由Q到P且逐漸減小的電流 |
C.方向由P到Q且逐漸增大的電流 |
D.方向由P到Q且逐漸減小的電流 |
1. B 根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等,Ba<Bb,即B正確;同一通電導(dǎo)線放在a處受力的情況大小不一定,因?yàn)榉湃霑r(shí)的位置(即放入時(shí)與磁感線的方向)不確定,則其受安培力的大小就不一定.
2. C 地球自轉(zhuǎn)等效成環(huán)形電流,南極為磁場(chǎng)N極,由右手定則可知地球帶負(fù)電,地球轉(zhuǎn)速變慢使環(huán)形電流電流減小,故磁場(chǎng)減弱,所以選C.
3. AB 根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強(qiáng)度的迭加原理即可知.
4. ABC 提示:根據(jù)已知條件畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡和基本公式即可判斷.
5. AB 若小球A帶正電,小球A受重力和A、B之間的庫(kù)侖力的作用(且?guī)靵隽槌饬Γ糁亓Φ拇笮『蛶?kù)侖力的大小相反,則撤去絕緣板后,重力和庫(kù)侖力仍大小相等而方向相反,故小球A仍處于靜止?fàn)顟B(tài),A正確;若庫(kù)侖力大于重力,則可由左手定則判斷B正確.
6. B 電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)向上偏,剛好從C點(diǎn)沿切線方向穿出是一臨界條件,要使電子從BC邊穿出,其運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)比臨界半徑大,由可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度只要比臨界時(shí)的小就可以了,如題圖,由對(duì)稱性作輔助線,由幾何關(guān)系可得,半徑,又,解得,故選B.
7. AD 由題意知,帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場(chǎng),說明在進(jìn)入電、磁場(chǎng)時(shí),豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場(chǎng)力.在運(yùn)動(dòng)過程中,由于電場(chǎng)力做負(fù)功,洛侖茲力不做功,所以粒子的動(dòng)能減小,從而使所受到的磁場(chǎng)力可能比所受電場(chǎng)力小,選項(xiàng)A正確.又在運(yùn)動(dòng)過程中,洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變,其加速度大小是變化的,運(yùn)動(dòng)軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡(jiǎn)單的拋物線,所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤.由動(dòng)能定律得:,故選項(xiàng)D正確,綜合來看,選項(xiàng)A、D正確.
8. C 根據(jù)電子運(yùn)動(dòng)的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面,只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場(chǎng),又從電子運(yùn)動(dòng)軌跡在向cd邊靠近時(shí)曲率半徑變小,由知與cd邊越近,B越強(qiáng),可見是由cd中的電流產(chǎn)生的,只有C正確.
9. BD 本題考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),在分析時(shí)要注意隨著速度的變化,洛倫茲力發(fā)生變化,導(dǎo)致桿對(duì)小球的彈力發(fā)生變化,因此摩擦力發(fā)生變化,小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化.
10. C 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=mv/qB,設(shè)α粒子第一次穿過金屬片的速度v/,則,所以v/=0.9v,動(dòng)能減少.根據(jù)阻力及電量恒定,α粒子每穿過一次金屬片,動(dòng)能都減少0.19E,由,故α粒子穿過5次后陷入金屬中.
11. B=(6分) 控制變量法(2分)
解析:從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k1和Br=k2,所以有B=kI/r,再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10-7Tm/A.所以得出磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=.
12.(1)A (2分) 逆時(shí)針 (2分)
(2)運(yùn)動(dòng)電荷受到了磁場(chǎng)力(2分) 陰 (2分)
(3)吸引(2分) 排斥(2分)
13.解析:(1)設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為v,則由動(dòng)能定理可得(2分)
在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得,(2分)
解得C(2分)
根據(jù)左手定則可判斷小球帶負(fù)電(3分)
(2)根據(jù)機(jī)械能守恒可知,小球第二次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度小仍為v,此時(shí)懸線對(duì)小球的拉力為F,由牛頓第二定律得,(3分)
解得N(2分)
14.解析:(1)由牛頓第二定律可求得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的 半徑,(1分)
m>(2分)
因此要使粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng),則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)最長(zhǎng),從右圖中可以看出,以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓,粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng). (2分)
設(shè)該弦對(duì)應(yīng)的圓心角為,而(1分)
運(yùn)動(dòng)時(shí)間(2分)
又,故s(2分)
(2)(2分)
粒子在磁場(chǎng)中可能出現(xiàn)的區(qū)域:如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場(chǎng)相交的部分.繪圖如圖. (2分)
15.解析:如圖所示,帶電小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過程中受到電場(chǎng)力FE、洛倫茲力FB和彈力FN的作用,其合力即為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,由圖可知:
(3分)
∴(2分)
其中FB=qvB,FE=kQq/R2,代入上式可得,
(2分)
上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù),所以FN為v的二次函數(shù).對(duì)照y=ax2+bx+c,有a=m/R,b=-Bq,c=kQq/R2. (2分)
因a>0,故FN有最小值,且當(dāng)時(shí),FN最。ㄅR界條件),最小值為.(2分)
可見,隨著小球運(yùn)動(dòng)速度的增大,圓環(huán)對(duì)小球的彈力FN先減小、后增大,且臨界狀態(tài)(最小值)出現(xiàn)在v=BqR/
16.解析:(1)要求光斑的長(zhǎng)度,只要找到兩個(gè)邊界點(diǎn)即可.初速度沿x軸正方向的電子,沿弧OB運(yùn)動(dòng)到P;初速度沿y軸正方向的電子,沿弧OC運(yùn)動(dòng)到Q.
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得,
(4分)
即,從圖中可以看出(4分)
(2)沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上,需加最小面積的磁場(chǎng)的邊界是以(0,R)為圓心,半徑為R的圓的一部分,如圖中實(shí)線所示. (4分)
所以磁場(chǎng)范圍的最小面積.(4分)
17.解析:(1)用左手定則判斷出:磁場(chǎng)方向?yàn)椋?i>x方向或-y方向. (4分)
(2)在未加勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),帶電小球在電場(chǎng)力和重力作用下落到P點(diǎn),設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,
小球自由下落,有H=gt2/2(1分)
小球沿x軸方向只受電場(chǎng)力作用,Fe=qE(1分)
小球沿x軸的位移為l=at2/2(1分)
小球沿x軸方向的加速度為a=Fe/m(1分)
聯(lián)立求解,得E=mgl/qH. (2分)
(3)帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)共存的區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力不做功.電場(chǎng)力做功為:We=qEl,(1分)
重力做功為WG=mgH(1分)
設(shè)落到N點(diǎn)時(shí)速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理得,(2分)
解得,(2分)
18.解析:(1)因帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故電場(chǎng)力與重力平衡,①(1分)
又②
兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度③(1分)
兩板間電壓④(1分)
由閉合電路歐姆定律得,⑤(1分)
由①~⑤得,(2分)
(2)由題意知,電場(chǎng)力豎直向上,故質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電,由左手定則得洛倫茲力豎直向下,由平衡條件可得,⑥(2分)
因兩極板間電壓
故,⑦(2分)
由⑥⑦解得,⑧(1分)
(3)因板間電壓變?yōu)?sub>⑨
故電場(chǎng)力(2分)
由動(dòng)能定理得,⑩(2分)
由⑧⑨⑩解得.(1分)
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