【正文】 *）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，DD2之間的電壓為U，由動能定理知 ⑧由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，則 ⑨整理得 ⑩因U、q、m、B均為定值，令，由上式得 ⑾相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因為rk+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小方法二：設(shè)k（k∈N*）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，DD2之間的電壓為U由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，故 ⑿由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量 ⒀以質(zhì)子在D2盒中運動為例，第k次進入D2時，被電場加速（2k﹣1）次速度大小為 ⒁同理，質(zhì)子第（k+1）次進入D2時，速度大小為綜合上述各式可得整理得，同理，對于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在D1盒中運動時具有相同的結(jié)論。 設(shè)b在I中運動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑨　 設(shè)a到達點時，b位于點，轉(zhuǎn)過的角度為。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤由①⑤式得 ⑥　、和三點共線，且由 ⑥式知點必位于 ⑦ 的平面上。7(2011上海第18題)．答案：BC8（2011安徽第23）．解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E。所以正確答案是BD。5．（2011新課標(biāo)理綜第18題）.解析：主要考查動能定理。解析：要合磁感應(yīng)強度為零，必有和形成兩個場等大方向，只有C點有可能，選C2（2011海南第7題）．解析：考察科學(xué)史，選ACD3（2011海南第10題）.解析：在磁場中半徑 運動時間：（θ為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當(dāng)粒子從O點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而AC錯4（2011新課標(biāo)理綜第14題）.解析：主要考查安培定則和地磁場分布。 乙 10 。 ③ 7．5 ② 見上圖；【答案】（2） ① C 17(四川第22（2）題)解析：（2）①改裝電壓表時，其內(nèi)阻值要準(zhǔn)確告知，所以排除A．B而選C；再由歐姆定律可知，代入數(shù)據(jù)得；②電路圖如上圖所示；③根據(jù)歐姆定律，可得通式為，代入數(shù)據(jù)兩次，即得答案。閉合開關(guān)S后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，其原因是滑動變阻器左端與電源沒有連接好。1，選項D正確。 5 Ⅱ ②Ⅰ.左通過計算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠(yuǎn)大于金屬絲b的電阻率。解析：（1）以O(shè)P間距離x為橫軸，以電壓表讀數(shù)U為縱軸，描點、連線繪出電壓表讀數(shù)U隨OP間距離x變化的圖線。（2）根據(jù)本題解析的第②、③兩條原則可知電路圖的問題為：①電流表應(yīng)采用內(nèi)接的方法；②滑動變阻器應(yīng)采用分壓器方式的接法 。（2）如圖所示（3）電阻 2 1 6（2011全國卷1第23題）．解析：(1)黑(2)、 (3)102 (4)電表內(nèi)阻r=15Ω,外阻為R=：I=53mA,求出E=I(R+r)=，從而求出短路電流：I′==102mA7（2011海南第13題）. 8（2011新課標(biāo)理綜第22題）.（解析：（1）R0、標(biāo)準(zhǔn)電流表A0；（2）RN，標(biāo)準(zhǔn)電流表A0的示數(shù)為I；（3）平均值9（2011天津第5題（4））【解析】：電學(xué)實驗選擇儀器的一般步驟如下：① 根據(jù)量程選擇電流表和電壓表，不能超過表的量程，不能量程太大導(dǎo)致表的讀數(shù)偏?。虎?根據(jù)題中關(guān)鍵語句，如精確測量，從零開始連續(xù)可調(diào)等等選擇分壓電路亦或是限流電路；分壓電路滑動變阻器選擇小阻值，限流電路滑動變阻器選擇大阻值；③ 選擇電流表的內(nèi)外接法，一般的原則是“大內(nèi)偏大，小外偏小”；也可以根據(jù)與之間的關(guān)系來判斷，當(dāng)時，采用電流表的外接法，反之選擇電流表內(nèi)接法。如果進一步減少，收集效率仍為100%。解析：（1）收集效率為81%，設(shè)高壓電源的電壓為，在水平方向有 ①在豎直方向有 ②其中 ③當(dāng)減少兩板間距是，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率。選BD10（2011山東第21題）．答案：BC解析：根據(jù)等量異種點電荷的電場的分布特點和疊加原理可知A錯誤，B正確；因為a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對稱，a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差，C正確；根據(jù)等量異種點電荷的電場的分布特點，a點的電勢高于c點的電勢，所以試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D錯誤?！敬鸢浮浚篊9(廣東第21題).解析：電子吸附塵埃使塵埃帶負(fù)電，受力與電場方向相反，AC錯。8（2011天津第5題）．【解析】：考查平行板電容器的相關(guān)知識。4（2011全國卷1第17題）．解析： 5（2011海南第1題）.解析：考察電場和電勢概念，選D6（2011海南第3題）.解析：設(shè)2距離為R，則：，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與1接觸后，它們帶的電的電量均為，最后有上兩式得：n=67（2011新課標(biāo)理綜第20題）.解析：主要考查電場力方向和曲線運動所受合外力與軌跡的關(guān)系。若，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C錯誤。3（2011安徽第20題）．答案：B解析：若，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以A錯誤。答案：（1） vB=3（2）①R＜L＜2R時，Wf=μmg(l+L)= mg（+L）②2R≤L＜5R時，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=＜，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道。2R=mvB2 ①所以 vB=3（2）設(shè)M滑動x1,m滑動x2二者達到共同速度v,則mvB=(M+m)v ② μmgx1=mv2 ③ —μmgx2=mv2—mvB2 ④由②③④得v=, x1=2R, x2=8R二者位移之差△x= x2—x1=6R＜，即滑塊未掉下滑板討論：R＜L＜2R時，Wf=μmg(l+L)= mg（+L）2R≤L＜5R時，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=＜，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 ⑦ 將⑧式兩邊同乘以，得 ⑨ 因⑨式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 15（2011全國卷1第26題）. 解析：設(shè)子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.對系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ① ② 由①②得： ③子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時，設(shè)其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時共用速度為v2，穿過深度為，對子彈和第一塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ④ ⑤由③④⑤得： ⑥對子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動量和能量守恒得： ⑦ ⑧ 由③⑥⑦⑧得：17（2011浙江第24題）.解析：（1）汽車牽引力與輸出功率的關(guān)系將，代入得當(dāng)轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有（2）在減速過程中，注意到發(fā)動機只有用于汽車的牽引，根據(jù)動能定理有，代入數(shù)據(jù)得電源獲得的電能為(3)根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。則 ① ② 設(shè)小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 ③ 由②③式，得 F=2N ④ 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。14（2011安徽24）．（20分）解析：（1）設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1。 (2)(2)彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有出于運動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，則最大動能為 （2分)( ~ )最大速度為 (1分)(～ m／s間均視為正確)x= ，最大位移由E=,由圖中讀出交點位置為x=，因此，最大位移 (2分)(~)(3)漸近線III表示B的重力勢能隨位置變化關(guān)系，即 （2分)∴由圖讀出直線斜率 （1分）（在間均視為正確）（4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負(fù)值，總勢能如圖。8 (2011上海15)．答案：C9（2011山東第18題）.答案：C解析：相遇時滿足，所以，小球落地時間，球落地時間，因此A錯誤；相遇時，所以B錯誤；因為兩球恰在處相遇，說明重力做功的數(shù)值相等，根據(jù)動能定理，球動能的減少量等于球動能的增加量，C正確；相遇后的任意時刻，球的速度始終大于球的速度，因此重力對球做功功率大于對球做功功率，D錯誤。利用動能定理 有,B=kI解得。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關(guān)，D項錯誤。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加，B項正確。5．（2011海南第9題）：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功為w=功率為 1s末、2s末功率分別為：4w、3w 第1秒內(nèi)與第2秒動能增加量分別為：、比值：4：56（2011新課標(biāo)理綜第16題）.解析：主要考查功和能的關(guān)系。對加電場之后的運動過程應(yīng)用動能定理得，對此前的過程有機械能守恒，以及運動學(xué)公式。運動過程如上圖所示，分析可知，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。通過動能定律、機械能守恒定律等得出電場力做功，再由功能關(guān)系可知電勢能增減以及動能變化等，從而排除A．C兩項；借助運動學(xué)公式，選項B中的動量變化可直接計算；對于選項D，要先由運動學(xué)公式確定，再結(jié)合此前的機械能守恒定律來計算重力勢能變化量。4(四川第21題)．解析：選BD。答案選A。選BD9 (2011北京第15題)．A10(重慶第21題).