【正文】 根據(jù)歐姆定律I=ER得I=BL2ω2R,電流恒定不變,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確。垂直穿過(guò)銅盤(pán)的正弦變化的磁場(chǎng),銅盤(pán)中產(chǎn)生渦旋電場(chǎng),但a、b間無(wú)電勢(shì)差,燈泡中沒(méi)有電流流過(guò),故C項(xiàng)正確。安培首先總結(jié)出磁場(chǎng)對(duì)電流作用力的規(guī)律,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.7. BD8. BD　解析:當(dāng)外力為0時(shí),加速度為6m/s2,即mgsinθ=ma,可以求出斜面的傾角,當(dāng)外力等于30N時(shí),加速度為6m/s2,即Fcosθmgsinθ=ma,即可以求出物體的質(zhì)量m,故B項(xiàng)正確。由a=Fcosθmgsinθ可知,物體沿斜面向下先做初速度為零的加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性知a=6m/s2時(shí)物體速度為零,故D項(xiàng)正確.9. ABC10. (2) 兩根細(xì)繩的方向　(3) (4) 如圖所示(5) 大　大11. (1) D　(2) 如圖所示(3) 如圖所示(4) (~)　(~)12. A. (1) D　 (2) ρV1NAM　V2MρV1NA(3) 設(shè)溫度降低至T2時(shí),氣體的體積為V2,由于活塞的質(zhì)量不計(jì),=p0(V1V2).由熱力學(xué)第一定律得ΔU=W+Q.由以上兩式解得V2=103m3.由于封閉氣體發(fā)生等壓變化,則V1T1=V2T2.解得T2=300K.B. (1) B　(2) 相同　3∶2(3) ① 133R?、?45176。C. (1) D　(2) h(νν0)+eU　　h(νν0)e(3) ① 49Be+24He→612C+01n　② m=mNv2v0+v113. (1) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流I=ER,安培力F=BIl,線框在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其受力如圖所示,F=mgsin θ,解得勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=mgRsinθB2l2.(2) 由BIl=mgsin θ得,I=mgsinθBl,t=lv=B2l3mgRsinθ,所以q=It=Bl2R.(3) 通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中線框沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)了2l的距離,由能量守恒定律得ΔE增=ΔE減,Q=2mglsinθ.14. (1) 小物塊的加速度為a2=μg=2m/s2, 水平向右.長(zhǎng)木板的加速度為a1=FμmgM=,水平向右.設(shè)剛相對(duì)靜止時(shí)他們的共同速度為v,以木板運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?對(duì)小物塊有v=v2+a2t.對(duì)木板有v=v1+a1t.代入數(shù)據(jù)可解得t=8s,v=14m/s.(2) 此過(guò)程中小物塊的位移為x2=v2+v2t=48m.長(zhǎng)木板的位移為x1=v1+v2t=96m.所以長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)=x1x2=48m.(3) 長(zhǎng)木板對(duì)小物塊摩擦力做的功為W=12mv212mv22=192J.15. (1) Eq=ma,y=12at2,得t=4104s,vy=at=200 m/s,v2=v02+vy2,tan α=vyv0,代入數(shù)據(jù)解得v=2002 m/s,與x軸成45176。角.(2) 當(dāng)初速度為零時(shí)粒子最容易穿過(guò)磁場(chǎng),Bqv=mvy2r,得r= m.要使所有帶電粒子都返回電場(chǎng),d= m.(3) 對(duì)于不同初速度的粒子通過(guò)磁場(chǎng)的軌跡在x軸上的弦長(zhǎng)不變,x1=2rsin α=2mvsinθqB=2mvyqB= m.設(shè)粒子第n次經(jīng)過(guò)x=100 m處n12x1+nv0t=x,n=2k+1(k=0,1,2,3,…),v0=104()2n m/s,n=2k+1(k=0,1,2,3,…),n2x1+(n1)v0t=x,n=2k(k=1,2,3,…),v0=104()2(n1) m/s,n=2k(k=1,2,3,…).綜合檢測(cè)試卷(二)1. A2. A　解析:由于在球殼內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)處處為零,因此從O向A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電荷不受電場(chǎng)力,做勻速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不發(fā)生變化,圖象為一條水平直線,C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。通過(guò)A點(diǎn)后,電荷做加速運(yùn)動(dòng),但場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小,通過(guò)相同的位移,電場(chǎng)力做功逐漸減小,根據(jù)動(dòng)能定理,試探電荷的動(dòng)能的增量逐漸減小,即圖象的斜率逐漸減小,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤.3. C4. C　解析:變軌過(guò)程中軌道高度在逐漸減小,所以在變軌過(guò)程中需要減小速度,發(fā)動(dòng)機(jī)為反推力,與運(yùn)動(dòng)方向相反,故發(fā)動(dòng)機(jī)做負(fù)功,機(jī)械能減小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)第一宇宙速度的概念及GMmR2=mv2R可知,半徑越大,則運(yùn)行的速率越小,因此在100千米環(huán)月軌道Ⅰ上的速率小于第一宇宙速度,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)萬(wàn)有引力定律,則GMmR2=mg,可求出月球的質(zhì)量,再由ρ=MV,即可求解平均密度,故C項(xiàng)正確。在月球上因?yàn)闆](méi)有空氣,所以不會(huì)受到阻力,故不能利用降落傘實(shí)現(xiàn)軟著陸,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.5. D　6. BD　7. AC8. BC　解析:根據(jù)回旋加速器的原理可知,粒子要實(shí)現(xiàn)回旋加速,交變電流的頻率應(yīng)等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率,所以A項(xiàng)錯(cuò)誤。質(zhì)子離開(kāi)加速器時(shí),軌道半徑r等于D形盒的半徑R,根據(jù)r=mvmBq=R,又nqU=12mvm2,聯(lián)立解得加速次數(shù)n=R2B2q2mU,所以質(zhì)子被電場(chǎng)加速的次數(shù)與加速電壓有關(guān),故B項(xiàng)正確。由r=mvmBq=R,結(jié)合T=2πmBq=1f,解得vm=2πfR,故C項(xiàng)正確。因α粒子的比荷與質(zhì)子的不同,故它們做圓周運(yùn)動(dòng)的周期不同,所以不改變B和f,該回旋加速器不能用于加速α粒子,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.9. AD　解析:開(kāi)始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),壓縮量為x1,有mgsinθ=kx1,得出x1=,彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),伸長(zhǎng)量為x2,有2mgsinθ=kx2,得出x2=2mgsinθk,所以當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí),A發(fā)生的位移大小為x1+x2=3mgsinθk,A項(xiàng)正確。此過(guò)程中A克服重力做功為mgh=mg3mgsinθksinθ=3m2g2sin2θk,B項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí),對(duì)A分析有Fmgsinθkx2=ma,得出F=3mgsinθ+ma,此時(shí)恒力的瞬時(shí)功率為(3mgsinθ+ma)v,C項(xiàng)錯(cuò)誤。A的加速度為零時(shí)速度最大時(shí),此時(shí)有kx39。+mgsinθ=F=3mgsinθ+ma,得出此時(shí)彈簧彈力為2mgsinθ+ma,再對(duì)B分析有2mgsinθ+ma2mgsinθ=2ma39。,得出a39。=a2,D項(xiàng)正確.10. (1) 　(2) mgh=12(2M+m)v2　(2M+m)v122mh1(3) 適當(dāng)增大C、D間的高度差。適當(dāng)增加金屬片C的質(zhì)量。保證打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的限位孔在同一豎直線上.(寫(xiě)出1條即可)11. (1) 　(2) ① 1?、?12()?、?A　C12. A. (1) AB　(2) 8103　51010(3) ① 活塞緩慢上升,視為等壓過(guò)程, 則氣體對(duì)活塞做功 W=FΔh=p0SΔh=150J. ② 根據(jù)熱力學(xué)定律ΔU=W+Q=150J+450J=300J.B. (1) BD　(2) 丙　單擺周期T與擺長(zhǎng)的平方根成正比(3) ① 由題意知,該波在t=10s內(nèi)傳播的距離為s=10m,則波速v=1m/s.② 波長(zhǎng)λ=vT=4m.C. (1) BC　(2) 01n+11H→12H　(mn+mpmD)c2(3) ① 設(shè)子彈穿出木塊后,木塊的速度大小為v,以向右方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=3mv+25mv0,解得v=v05.② 設(shè)子彈穿透木塊的過(guò)程中,產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒Q=12mv0212m25v02123m15v02,解得Q=925mv02.13. (1) 第一秒內(nèi)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1=ΔΦΔt=ldΔBΔt= V,所以流過(guò)ab的電流I1=E12R= A,方向?yàn)橛蒩流向b.(2) 依題意可知,ab棒在1 s末時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)(速度仍為v0),此后磁感應(yīng)強(qiáng)度保持不變.則E2=Bdv0= V,I2=E22R= A,F=BI2d,由牛頓第二定律,有BI2d=ma,所以a= m/s2.(3) Q1=I12(R+r)t1= J,Q2=12mv02= J,全過(guò)程回路產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2= J.14. (1) 物體的加速度a=μg=10 m/s2=5m/s2,物體加速運(yùn)動(dòng)的位移x1=v022a=,加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v0a=,勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2=Lx1=,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=x2v0=,故物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2=.(2) 根據(jù)第(1)問(wèn),物塊到達(dá)B端速度為vB=6m/s,假設(shè)能達(dá)到最高點(diǎn)C,BC過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律12mvB2=mg2R+12mvC2,解得vC=4m/s.能通過(guò)最高點(diǎn)C的臨界速度v=gR=5 m/s.因?yàn)関C5 m/s,所以物塊能到達(dá)平臺(tái)上.在C點(diǎn),由FN+mg=mvC2R,解得FN=22N,由牛頓第三定律得,物塊對(duì)圓軌道C點(diǎn)的壓力大小為22N.(3) 調(diào)節(jié)傳送帶速度v0可使物塊恰能到達(dá)C點(diǎn),此時(shí)vC1=gR=5 m/s.物塊從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)R=12gt2,t=2Rg=110 s,則xmin=vC1t=22 m.調(diào)節(jié)傳送帶速度v0可使物塊一直加速,設(shè)物塊到達(dá)B點(diǎn)的最大速度為vB1,2aL=vB12,vB1=2aL=60 m/s,BC過(guò)程,由12mvB12=mg2R+12mvC22,解得vC2=210 m/s,則xmax=vC2t=2 m.所以物塊落在平臺(tái)OE上到O點(diǎn)的距離范圍是22 m≤x≤2 m.15. (1) 設(shè)a粒子在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,由幾何關(guān)系有R112l2+32l2=R12,由于B1qv0=mv02R1,解得B1=mv0ql.甲(2) B2最小,說(shuō)明Q點(diǎn)是a、b粒子在y軸上第一次相遇的點(diǎn),由圖乙可知,a、b粒子同時(shí)從O點(diǎn)出發(fā),且粒子在y軸右側(cè)運(yùn)動(dòng)的圓周運(yùn)動(dòng)半徑R2=l02,又B2qv0=mv02R2,解得B2=2mv0ql0.乙(3) 由圖丙可見(jiàn),只有在兩軌跡相交或相切的那些點(diǎn),才有相遇的可能性,只要a、b粒子從O點(diǎn)出發(fā)的時(shí)間差滿(mǎn)足一定的條件,這些相交或相切的點(diǎn)均能相遇.丙粒子在y軸右側(cè)的運(yùn)動(dòng)半徑r1=mv0B0q,粒子在y軸左側(cè)的運(yùn)動(dòng)半徑r2=2mv0B0q.① y軸上的相切點(diǎn)坐標(biāo)為0,2kmv0B0q(k=1,2,3,…),② y軸左側(cè)的相交點(diǎn)相遇,由圖丙可知,OA=AC=OC=r2,可得xA=r2sin60176。=3mv0B0q,yA=r2cos60176。=mv0B0q,y軸左側(cè)的相遇點(diǎn)的坐標(biāo)3mv0B0q,(2n1)mv0B0q(n=1,2,3,…).