【正文】 場的強弱必須滿足v=；同時，由左手定則可知，洛倫茲力的方向與粒子速度的方向、磁場的方向垂直，而電場力的方向與電場的方向平行，所以磁場的方向必定與電場的方向垂直； 由于帶電粒子在磁場中做勻速直線運動，結(jié)合洛倫茲力產(chǎn)生的條件可知，速度的方向必須與磁場的方向垂直，同時由平衡條件可知，洛倫茲力的方向與電場力的方向相反，則二者的方向必定也要滿足特定的條件；而且由公式v=可知，粒子滿足前面的兩個條件時，與粒子的帶電量以及粒子的電性都無關(guān)。故C符合題意，ABD不符合題意。第9頁（共16頁）本題選擇與完成上述兩類運動無關(guān)的，故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解題要抓住帶電粒子剛好以某一初速度做勻速直線運動，可知電場力等于洛倫茲力，這一條件解題，知道帶電粒子在電場、磁場中的運動情況是關(guān)鍵。7．【分析】靜電計指針的張角反應(yīng)電容器兩端間電勢差的變化，抓住電容器帶電量不變，根據(jù)C=而即可求解?！窘獯稹拷猓篈、由電容器帶電量是某一極板的電量，再結(jié)合靜電感應(yīng)原理，可知，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，即能使電容器帶電，故A正確； B、將b板向上平移，正對面積減小，根據(jù)C=不變，則電勢差增大，張角變大，故B錯誤。C、在極板之間插入有機玻璃板，根據(jù)C=則電勢差減小，張角變小，故C錯誤。D、在實驗中，只增加極板帶電量，根據(jù)C=電勢差增大，張角變大，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握電容器的動態(tài)分析，電容器與電源斷開，電量保持不變，電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差不變，同時理解電容器帶電量的含義。8．【分析】根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合運動學公式，及力與運動關(guān)系，并由“力”與豎直方向的速度大小成正比，即可一一求解?！窘獯稹拷猓篈B、在剛豎直上拋時，因豎直方向有速度，則受力水平向西的一個力，導致物體水平向西有個加速度，雖然加速度會隨著豎直方向速度減小而減小，但是加速運動，因此物體到最高點時，水平方向有速度，而水平方向加速度卻為第10頁（共16頁），判定電容的變化，再依據(jù)U=，判斷電勢差的變化，從，電容減小，根據(jù)U=，Q，電容增大，根據(jù)U=，Q不變，電容C不變，根據(jù)U=，則零，原因是最高點，豎直方向速度為零，故AB錯誤；CD、將此物體的運動分解成水平方向與豎直方向，在上拋過程中，水平方向速度不斷增大，當下降時，因加速度方向與水平速度方向相反，做減速運動，但在落回到拋出點時，水平方向有向西的位移，因此落地點在拋出點西側(cè)，故C錯誤，D正確； 故選：D。【點評】考查力與運動的關(guān)系，掌握運動的合成與分解內(nèi)容，理解從拋出到落回，為何水平方向有位移的原因。二、非選擇題。9．【分析】（1）依據(jù)實驗原理，結(jié)合打點計時器使用交流電源，通過某段時間內(nèi)的平均速度表示中時刻的瞬時速度，即可選取儀器；（2）根據(jù)其它點的位置，確定C點的坐標，再平滑連接，形成圖象；（3）當速度與時間圖象是過原點的直線時，則說明小車做勻變速直線運動，斜率表示小車的加速度；（4）當△t越小，即△x越小時，平均速度越接近瞬時速度；（5）根據(jù)運動學位移與時間公式，測量出不同位移與其對應(yīng)的時間平方關(guān)系，從而即可檢驗?！窘獯稹拷猓海?）在下列儀器和器材中，還需要使用的有電壓合適的50 Hz交流電源，供打點計時器使用；還需要刻度尺，來測量各點的位移大小，從而算出各自速度大?。唬?）根據(jù)標出計數(shù)點A、B、D、E對應(yīng)的坐標點位置，及C點對應(yīng)的時間，從而確定C點的位置，再將各點平滑連接，如圖所示：第11頁（共16頁）（3）由v﹣t圖象，是過原點的一條直線，可知，速度隨著時間是均勻變化的，說明小車是做勻變速直線運動； 圖象的斜率，表示小車的加速度；（4）當不知道小車是否做勻變速直線運動，若用平均速度 表示各計數(shù)點的瞬時速度，從理論上講，對△t的要求是越小越好，即瞬時速度；從實驗的角度看，對于選取的△x大小與速度測量的誤差有關(guān)；（5）“斜面實驗”小球做勻加速直線運動，若小球的初速度為零，依據(jù)運動學速度公式，則速度與時間成正比，那么位移與時間的平方成正比，因此只需要測量小球在不同位移內(nèi)對應(yīng)的時間，從而可檢驗小球的速度是否隨著時間均勻變化。故答案為：（1）A，C；（2）如上圖所示；（3）小車的速度隨著時間均勻變化，加速度；（4）越小越好，有關(guān)；（5）通過不同位移，與其對應(yīng)的時間平方是否成正比，即可檢驗小球的速度是隨時間均勻變化的。【點評】考查實驗的原理，掌握作圖法，理解圖象的斜率含義，注意平均速度能接近瞬時速度的要求，同時運動學公式的內(nèi)容在本題的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。10．【分析】（1）從A到B根據(jù)速度位移關(guān)系求解AB的長度；第12頁（共16頁），才使得平均速度接近（2）根據(jù)動量定理求解合外力的沖量I的大??；（3）根據(jù)受力情況畫出運動員經(jīng)過G點時受力示意圖；根據(jù)動能定理、列方程求解支持力的大小。【解答】解：（1）從A到B根據(jù)速度位移關(guān)系可得：vB2﹣vA2=2aL，解得：L=m=100m；（2）根據(jù)動量定理可得：I=mvB﹣mvA=6030﹣0=1800N?s；（3）運動員經(jīng)過G點時受到重力和支持力，如圖所示； 根據(jù)動能定理可得：mgh=mvC2﹣mvB2，根據(jù)解得第二定律可得：FN﹣mg=m解得：FN=3900N。答：（1）長直助滑道AB的長度為100m；（2）運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小為1800N?s；（3）若不計BC段的阻力，運動員經(jīng)過C點時的受力圖如圖所示，其所受支持力的大小為3900N?！军c評】本題主要是考查運動學計算公式、動量定理、動能定理和向心力的計算；利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。11．【分析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律得到U﹣I表達式，再畫出圖象；根據(jù)表達式分析圖象與兩坐標軸交點的物理意義；（2）根據(jù)P=UI畫出圖象，根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合電功率的計算公式求解第13頁（共16頁）最大輸出功率；（3）電動勢的定義式為E=；根據(jù)能量守恒定律證明電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和。【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得E=U+Ir，解得U=E﹣Ir，畫出的U﹣I圖象如圖所示；圖象與縱坐標的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點表示短路電流；（2）a、如圖中網(wǎng)格圖形所示； b、電路中的電流強度為I=輸出電功率P=I2R=（）2R=當R=即R=r時輸出功率最大，最大電功率Pm=；（3）電動勢的定義式為E=，根據(jù)能量守恒，在圖1中，非靜電力做的功W產(chǎn)生的電能等于外電路和內(nèi)電路產(chǎn)生的電熱，即：W=I2rt+I2Rt，所以EIt=U內(nèi)It+U外It，解得E=U內(nèi)+U外。答：（1）U﹣I圖象如圖所示；圖象與縱坐標的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點表示短路電流；（2）a、如圖中網(wǎng)格圖形所示；b、R=r時輸出功率最大，最大電功率Pm=（3）電源電動勢定義式E=；證明見解析。；【點評】本題主要是考查閉合電路歐姆定律和電功率的計算，能夠推導出U﹣I第14頁（共16頁）關(guān)系式是畫出圖象的關(guān)鍵；知道電源最大輸出功率的條件。12．【分析】（1）a．根據(jù)庫侖定律得到庫侖力的表達式，然后根據(jù)電場強度定義式求得場強表達式；b．根據(jù)電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小，由場強關(guān)系得到電場線條數(shù)關(guān)系；（2）a．根據(jù)直徑關(guān)系得到有效面積關(guān)系，從而得到電磁波功率關(guān)系； b．根據(jù)電磁波功率關(guān)系，由望遠鏡能觀測到此類天體的電磁波總功率最小值相等得到最遠距離關(guān)系，從而根據(jù)空間體積，由天體分別均勻得到天體數(shù)量關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）a．設(shè)試探電荷q距點電荷Q的距離為r，由庫侖定律可得：試探電荷q受到的庫侖力，那么，根據(jù)場強定義可得：場強；b．電場線疏密程度反映了空間區(qū)域電場強度的大小，故；（2）a．直徑為D的望遠鏡能接受到射電信號的有效面積（即垂直射電信號的方向的投影面積）；那么，根據(jù)來自某天體的電磁波的信號均勻分布可得：功率和有效面積成正比，故有：，所以，即P2=25P1；b．天體空間分布均勻，設(shè)望遠鏡能觀測到的最遠距離為L，望遠鏡半徑為d，望遠鏡能觀測到此類天體的電磁波總功率最小值為P0，則有：，那么，能夠觀測到的此類天體數(shù)目；根據(jù)望遠鏡能觀測到此類天體的電磁波總功率最小值P0相等可得：，所以，N=125N0；答：（1）b．SS2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比為；第15頁（共16頁）（2）a．FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功P2為25P1； b．FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N為125N0?！军c評】球體沿任意平面的投影都為最大圓面積，即過球心的圓的面積；而其他幾何體的投影和投影面相關(guān)。第16頁（共16頁）