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A．	B．
C．	D．

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A．

B．

C．

D．0

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1．C由电荷数守恒和质量数守恒可知A、B错，由于镍63放出电子，故带正电，电势比铜片电势高，C正确，电流方向从铜片到镍，D错

2．C

3．A由可知，A正确

4．B将分子粗略地看成一个小立体，则个

5．D照射到a、b、c上三种光的频率关系，为，由光电效应的规律可知板b有电子射出，板c一定有光电子放出，正确答案为D

6．A航天飞机的运行周期

    设经过时间t航天飞机又通过建筑物上方，则

    ，所以

7．A沿着电场线的方向电势降低，，B错；E、F两点在同一等势面上，且，A正确

    由等量异种电荷的等势面特点可知．，C错，D错

8．C①F＝kA②

    由①②可知，C正确．

9．C先根据题意画出电子所走的弧，因为弧上任意一点的速度方向必然与该点所在的半径垂直，故可以过A点做与方向（即AB方向）垂直的直线，此即为带电粒子做匀速圆周运动的半径方向．同理过C点作垂直于BC的直线，也为该点的半径方向，两半径相交点即为带电粒子做匀速圆周运动的圆心．如答图1所示．由图示情况可以看出

答图1

    当时电子刚好不能从BC边射出．

    要使电子可以从BC边射出，必满足r＞，而r＝，

    ∴B＜时，电子可以从BC边射出

10．D11．（1）大于（2）轨道末端出口水平（3）P、、为落地的平均位置，F一步中的应为-2r，

12．（1）1.000

 （2）①略

    ②A．将滑动变阻器调至输出电压为零的位置，再合上．

    B．将扳向2，调滑动变阻器使电流表指针在某一电流刻度，并记下该位置．

    C．使阻值最大后，将扳向1，调电阻箱，使电流表指针回到所记的位置，记下电阻箱阻值．

    D．被测电阻＝．

13．侦察卫星环绕地球一周，通过有日照的赤道一次，在卫星一个周期时间（设为）地球自转的角度为q ，只要q 角所对应的赤道弧长能被拍摄下来，则一天时间内，地面上赤道处全部在有日照条件下就能被拍摄下来．设侦察卫量的周期为，地球对卫星的万有引力为卫星做圆周运动的向心力，卫星的轨道半径r＝R＋h，根据牛顿第二定律，则

    在地球表面的物体重力近似等于地球的万有引力，即mg＝

    解得侦察卫星的周期为

    已知地球自转周期为T，则卫星绕行一周，地球自转的角度为q ＝2p?

    摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为q 角所对应的圆周弧长应为

14．当开关S在位置1时，粒子在电容器中做类平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有

    l＝vt，

    得

    则带电粒子的初速度

    （m/s）

    当S接到2位置时，电容器内形成按余弦规律变化的振荡电场，周期为

    ．

    接到位置2时，电容器内电场仍竖直向上，设粒子在第一个内加速向下运动，在第二个内减速向下运动，在半个周期结束时，粒子的速度为零，平均加速度＜a，运动时间＜t，故粒子半个周期内竖直方向位移，粒子不会打到下极板上．

    在第三个内，粒子加速向上运动，在第四个内减速向上运动，在后半个周期结束时，粒子的速度为零．从对称性角度考虑，经过一个周期，粒子又回到两板中央，竖直方向速度为零．

    不论电容器内电场如何作用周期性的变化，粒子在水平方向不受电场力的作用，水平速度不变，所以粒子在电场中运动的时间仍为2×s，在这一时间内，电场做周期性变化的次数

    ．

    所以当粒子离开电容器时，竖直速度为零，水平速度不变，仍为v＝1.0×m/s，从两板中央飞出．

    所以粒子能飞出电容器，从两板中央水平飞出，v＝1.00×m/s．

15．（1）滑块速度向右，根据匀速运动条件

    ①

    可知E的方向必水平向右．

    由返回速度向左且作匀速运动可知

    ＝mg ②

    而题中有： ③

    ②③联立得知，即＝2mg，代入①式

    所以E＝m （mg＋2mg）/q＝3m mg/q

    （2）设往返总时间为T有：

    即：，代入②式可得

    （3）返回时不受摩擦力，所以全过程摩擦力做功

    W＝-fL＝-m （mg＋）L＝-3m mgL

16．用答图2示平面内的光线进行分析，并只讨论从右侧观察的情形，如图所示，由亮点发出的任一光线CP线经过两次折射而从液面射出．由折射定律，按图上标记的各相关角度．有sina ＝nsinb  ①

    sing ＝（1/n）sind ②

    其中d ≤p /2g ＝（p /2）-（b ＋j ） ③

答图2

    注意到，若液体内光线入射到液面上时发生全反射，就没有从液面射出的折射光线．全反射临界角满足条件sin＝1/n

    可知光线CP经折射后能从液面射出从而可被观察到的条件为g ＜④

    或sing ＜1/n⑤

    现在计算sing ．利用③式可得

    sing ＝cos（b ＋j ）＝cosb cosj -sinb sinj

    由①式可得cosb ＝

    因此，nsing ＝cosj -nsinb sinj 又由①式nsing＝cosj  -sina sinj  ⑥

    由图及①、②式，或由⑥式均可看出a 越大则g 越小，因此，如果与a 值最大的光线相应的g 设为，若＞，则任何光线都不能射出液面．反之，只要＜，这部分光线就能射出液面，从液面上方可以观察到亮点．由此极端情况即可求出本题要求的条件．

    自C点发出的a 值最大的光线是极靠近CD的光线，它被DB面折射后进入液体，由⑥式可知与之相应的

    a ＝（p /2）-j

    nsin＝cosj  -cosj sinj

    能观察到亮点的条件为nsin＜1

    即cosj -cosj sinj ＜1

    上式可写成cosj ＜1＋cosj sinj

    取平方

    化简

    故

    开方并化简可得

    这就是在液面上方从侧面适当的方向能看到亮点时n与j 之间应满足的条件．

17．（1）激光器的功率为＝NE①

    已知激光对物体表面的压力为F＝2N?p②

    由光压的定义 ③

    联立以上各式得④

    （2）太阳光对薄膜产生的光压

     ⑤

    探测器受到的总光压力

    F＝I?S⑥

    以探测器为研究对象，根据牛顿第二定律F＝m?a ⑦

    ^∴⑧

18．（1）由竖直上抛运动得炮弹被射出时的初速度①

    （2）由动量守恒定律得： ②

    带电物体在洛仑兹力作用下的直线运动是匀速直线运动，假设电场强度方向竖直向上，根据受力有：③

    ④

    联立②③④得：

    两物体匀速运动的速度

    ∴40m/s ⑤

    50m/s ⑥

    所加电场为

    _⑦

    因为E为正，所以场强方向竖直向上

    （3）由动能定理得：爆炸对两物体做的功

    _⑧

    _⑨

    （4）由平抛运动规律得落地时间：

    ⑩

    两物体的水平位移

    ＝＝40×4m＝160m

    ＝＝50×4m＝200m

    两物体落地点间的距离

    Ds＝＋＋L＝360＋20＝380m