全部答案

2018-01-08 21:22:36

•   物理参考答案及评分标准 
  一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。 
  1．AC  2。
     B  3。 BC  4。 BCD  5。 B  6。 A  7。 C  8。 AC  9。BC  10。 D 
  二、本题共3小题，共14分。把正确答案填在题中的括号内横线上或按要求连接电路。 
  11．左（4分）  12。
     D（4分）   
  13。 （6分） 
  (1)  连接电路如答案图（2分）          (2) A （2分） (3) 1。6×103℃ （2分） 
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
  三、本题包括7小题，共56分。
    解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 
  14。（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 
  I= =1。
    5A…………2分 
  （2）导体棒受到的安培力： 
  F安=BIL=0。30N…………2分 
  （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37º=0。24N 
  由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f…………1分 
       根据共点力平衡条件 
        mg sin37º f=F安…………1分 
  解得：f=0。
    06N …………1分 
  15。（1）金属棒产生的电动势大小为 
  E=B Lv=0。4 V=0。56V…………2分 
  （2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为 
        R并=1。
    0,根据闭合电路欧姆定律 
  I= =0。47A…………2分 
  根据右手定则，电流方向从N到M…………1分 
  （3）导线框消耗的功率为：P框=I2R并=0。22W…………2分 
   
  16。
     
  （1）设导线框cd边刚进入磁场时的速度为v，则在cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv，  
  根据闭合电路欧姆定律，导线框的感应电流为I=   
  导线框受到的安培力为F安= BIl= ，…………1分 
  因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安=mg，…………1分 
  以上各式联立，得： 。
    …………1分 
  （2）导线框cd边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P安=F安v  
  代入（1）中的结果，整理得： P安= …………1分 
  导线框消耗的电功率为： 
  P电=I2R= =  …………1分 
  因此有：P安= P电…………1分 
  （3）导线框ab边刚进入磁场时， cd边即离开磁场。
    因此导线框继续作匀速运动。导线框穿过磁场的整个过程中动能不变。设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有： 
  mg2l-W安=0…………1分 
  解得：W安=2mgl。…………1分 
   
  17。
     （1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω…………1分 
  而Fm=BS、 ，所以，Em=2npFm/T …………1分 
  由F-t图线可知：Fm=2。0´10 -2Wb，T=6。28´10 -2s…………1分 
  所以Em =200 V…………1分 
  （2）电动势的有效值 E= Em=100  V…………1分 
  由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I= =  A…………1分 
  交流电压表的示数为U= I R=90 V=127 V…………2分 
  18。
    （1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有  eU0= mv2 
  解得U0=728V…………3分 
  （2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2， 
  即      ………1分 
  电子通过偏转电场的时间 ………1分 
  解得   ，  
  所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V………1分 
  （3）由u＝40 sin100πt（V）可知 ，  
  偏转电场变化的周期T= ，而t= =2。
    5×10-9 s。T>>t，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。 
  当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量 。 
  电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v， 
  垂直极板方向的分速度vy=ayt=  
  电子离开偏转电场到达荧光屏的时间   
  电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t′=2。
    0cm 
  电子打在荧光屏上的总偏移量 …………1分 
  电子打在荧光屏产生亮线的长度为 …………1分 
  用下面的方法也给分： 
  设电子在偏转电场有最大电压时射出偏转电场的速度与初速度方向的夹角为θ， 
  则tanθ= =0。
    11  
  电子打在荧光屏上的总偏移量 …………1分 
  电子打在荧光屏产生亮线的长度为 …………1分 
  19。 （1）粒子在电场中自S1至S2做匀加速直线运动；自S2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动。
    …………2分 
  说明：说出粒子在电场中做匀加速直线运动，离开电场作匀速运动，给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后作匀速直线运动，给1分。 
  （2）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的P点时的速度为v1， 粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r1=R…………1分 
  根据牛顿第二定律     
  Bqv1= ,  依题意：k=q/m…………1分 
      解得：v1=BkR …………1分       
  （3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r2，偏转角为2，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到Q点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 
     tanα= ,  α=30°,  θ=30° 
   tanθ=   解得：r2= R…………1分 
     设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S2时的速度为v2，根据牛顿第二定律 
         Bqv2=   …………1分 
  根据动能定理有   qU= …………1分 
   解得：U= …………1分 
  20．（1）a向b运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛仑兹力。
     
  小球a的直线运动必为匀速直线运动，a受力平衡，因此有 
  q1E1-q1v0B-m1g=0 
  解得v0=20m/s…………3分 
  （2）二球相碰动量守恒    ，    解得 …………1分 
  物体c所受洛仑兹力 ，方向向下…………1分 
  物体c在M有场区受电场力F2=(q1-q2)E2=4×10-3N，方向向右 
  物体c受到的重力G=(m1 m2)g=3。
    6×10-3N，方向向下 
  物体c受到的合力F合=  
  物体c的加速度a= m/s2…………1分 
  设合力的方向与水平方向的夹角为θ,则tanθ= =1，解得θ=45º， 
  加速度指向右下方与水平方向成45º角。
    …………1分 
  （3）物体c通过界面M后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功。 
  设物体c落到Q点时的速率为 ，由动能定理 
  （m1 m2）gh (q1-q2)E2L= …………1分 
  解得vt= m/s…………1分。
    

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  陈***

  2018-01-08 21:22:36

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