題目列表(包括答案和解析)
A．ad、bc兩邊所受的磁場力始終為零
B．ad、cd兩邊所受的磁場力始終不變
C．ab、cd兩邊所受磁場力的力矩逐漸減小到零
D．ab、cd兩邊所受磁場力方向不變，大小逐漸減小到零
矩形導線框abcd中通有恒定的電流I，線框從圖所示位置開始繞中心軸OO′轉動90°，在此過程中線框始終處于水平方向的勻強磁場中，以下說法中正確的是( )
A．ad、bc兩邊所受的磁場力始終為零
B．ad、cd兩邊所受的磁場力始終不變
C．ab、cd兩邊所受磁場力的力矩逐漸減小到零
D．ab、cd兩邊所受磁場力方向不變，大小逐漸減小到零
選做題(請從A、B和C三小題中選定兩小題作答，并在答題卡上把所選題目對應字母后的方框涂滿涂黑．如都作答，則按A、B兩小題評分．)
A．(選修模塊3-3)(12分)
⑴下列說法中正確的是 ▲
A．液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離，液體表面存在張力
B．擴散運動就是布朗運動
C．蔗糖受潮后會粘在一起，沒有確定的幾何形狀，它是非晶體
D．對任何一類與熱現象有關的宏觀自然過程進行方向的說明，都可以作為熱力學第二定律的表述
⑵將1ml的純油酸加到500ml的酒精中，待均勻溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，讓其自然滴出，共200滴．現在讓其中一滴落到盛水的淺盤內，待油膜充分展開后，測得油膜的面積為200cm2，則估算油酸分子的大小是 ▲ m（保留一位有效數字）．
⑶如圖所示，一直立的汽缸用一質量為m的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞橫截面積為S，汽缸內壁光滑且缸壁是導熱的，開始活塞被固定，打開固定螺栓K，活塞下落，經過足夠長時間后，活塞停在B點，已知AB=h，大氣壓強為p0，重力加速度為g．
①求活塞停在B點時缸內封閉氣體的壓強；
②設周圍環境溫度保持不變，求整個過程中通過缸壁傳遞的熱量Q（一定量理想氣體的內能僅由溫度決定）．
B．(選修3-4試題)
⑴（4分）下列說法正確的是 ▲
A．泊松亮斑有力地支持了光的微粒說，楊氏干涉實驗有力地支持了光的波動說。
B．從接收到的高頻信號中還原出所攜帶的聲音或圖像信號的過程稱為解調
C．當波源或者接受者相對于介質運動時，接受者往往會發現波的頻率發生了變化，這種現象叫多普勒效應。
D．考慮相對論效應，一條沿自身長度方向運動的桿，其長度總比桿靜止時的長度小
⑵如圖所示，真空中有一頂角為75o，折射率為n =
的三棱鏡．欲使光線從棱鏡的側面AB進入，再直接從側面AC射出，求入射角θ的取值范圍為 ▲ 。
⑶(4分) 一列向右傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖所示。波速大小為0.6m/s，P質點的橫坐標x = 96cm。求：
①波源O點剛開始振動時的振動方向和波的周期；
②從圖中狀態為開始時刻，質點P第一次達到波峰時間。
C．(選修模塊3-5)(12分)
⑴．氦原子被電離一個核外電子，形成類氫結構的氦離子。已知基態的氦離子能量為E1 =－54.4
eV，氦離子能級的示意圖如圖所示。在具有下列能量的光子中，不能被基態氦離子吸收的是 ▲
A．60.3 eV B． 51.0 eV
C．43.2 eV D．54.4 eV
⑵一個靜止的
，放出一個速度為2.22×107m/s的粒子，同時產生一個新核
，并釋放出頻率為ν=3×1019Hz的γ光子。寫出這種核反應方程式
▲ ；這個核反應中產生的新核的速度為 ▲ ；因γ輻射而引起的質量虧損為 ▲ 。(已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s)
⑶如圖，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，m1＜m2，置于光滑水平面上，由輕質彈簧相連接，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊，接著使兩滑塊一起以恒定的速度v0向右滑動．運動中某時刻輕繩突然斷開，當彈簧恢復到其自然長度時，滑塊A的速度正好為零。則：
①彈簧第一次恢復到自然長度時，滑塊B的速度大小為 ▲ ；
②從輕繩斷開到彈簧第一次恢復到自然長度的過程中，彈簧釋放的彈性勢能Ep = ▲ 。
| A．方向由Q到P且逐漸增大的電流 |
| B．方向由Q到P且逐漸減小的電流 |
| C．方向由P到Q且逐漸增大的電流 |
| D．方向由P到Q且逐漸減小的電流 |
粗細均勻的直導線ab的兩端懸掛在兩根相同的彈簧下邊，ab恰好處在水平位置（如圖所示）．已知ab的質量為m=10g，長度L=60cm，沿水平方向與ab垂直的勻強磁場的磁感應強度B=0.4T．
1． B 根據磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<Bb，即B正確；同一通電導線放在a處受力的情況大小不一定，因為放入時的位置（即放入時與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定．
2． C 地球自轉等效成環形電流，南極為磁場N極，由右手定則可知地球帶負電，地球轉速變慢使環形電流電流減小，故磁場減弱，所以選C．
3． AB 根據安培定則和磁感應強度的迭加原理即可知．
4． ABC 提示：根據已知條件畫出運動的軌跡和基本公式即可判斷．
5． AB 若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用（且庫侖力為斥力），若重力的大小和庫侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態，A正確；若庫侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確．
6． B 電子進入磁場時向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應比臨界半徑大，由
可知，磁感應強度只要比臨界時的小就可以了，如題圖，由對稱性作輔助線，由幾何關系可得，半徑
，又
，解得
，故選B．
7． AD 由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進入電、磁場時，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛侖茲力的方向不斷發生改變，其加速度大小是變化的，運動軌跡是復雜的曲線而并非簡單的拋物線，所以選項B、C錯誤．由動能定律得：
，故選項D正確，綜合來看，選項A、D正確．
8． C 根據電子運動的軌跡知在兩導線之間的磁場方向垂直于兩導線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產生這樣的磁場，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時曲率半徑變小，由
知與cd邊越近，B越強，可見是由cd中的電流產生的，只有C正確．
9． BD 本題考查帶電體在復合場中的運動，在分析時要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發生變化，導致桿對小球的彈力發生變化，因此摩擦力發生變化，小球的運動狀態發生變化．
10． C 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑r=mv/qB，設α粒子第一次穿過金屬片的速度v/，則
，所以v/=0．9v，動能減少
．根據阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動能都減少0．19E，由
，故α粒子穿過5次后陷入金屬中．
11． B=
（6分） 控制變量法（2分）
解析：從表中數據分析不難發現B/I=k1和Br=k2，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10－7Tm/A．所以得出磁感應強度B與電流I及距離r的關系式為B=
．
12．（1）A （2分） 逆時針 （2分）
（2）運動電荷受到了磁場力（2分） 陰 （2分）
（3）吸引（2分） 排斥（2分）
13．解析：（1）設小球第一次到達最低點時速度為v，則由動能定理可得
（2分）
在最低點根據牛頓第二定律得，
（2分）
解得
C（2分）
根據左手定則可判斷小球帶負電（3分）
（2）根據機械能守恒可知，小球第二次到達最低點時速度小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，
（3分）
解得
N（2分）
14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的 半徑，
（1分）
m>
（2分）
因此要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應的弦長最長，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運動的時間最長． （2分）
設該弦對應的圓心角為
，而
（1分）
運動時間
（2分）
又
，故
s（2分）
（2）
（2分）
粒子在磁場中可能出現的區域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場相交的部分．繪圖如圖． （2分）
15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運動的過程中受到電場力FE、洛倫茲力FB和彈力FN的作用，其合力即為小球做圓周運動的向心力，由圖可知：
（3分）
∴
（2分）
其中FB=qvB，FE=kQq/R2，代入上式可得，
（2分）
上式中m、R、B、q、k、Q均為常數，所以FN為v的二次函數．對照y=ax2+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R2． （2分）
因a>0，故FN有最小值，且當
時，FN最小（臨界條件），最小值為
．（2分）
可見，隨著小球運動速度的增大，圓環對小球的彈力FN先減小、后增大，且臨界狀態（最小值）出現在v=BqR/
16．解析：（1）要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q．
設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得，
（4分）
即
，從圖中可以看出
（4分）
（2）沿任一方向射入第一象限的電子經磁場偏轉后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實線所示． （4分）
所以磁場范圍的最小面積
．（4分）
17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向． （4分）
（2）在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設運動時間為t，
小球自由下落，有H=gt2/2（1分）
小球沿x軸方向只受電場力作用，Fe=qE（1分）
小球沿x軸的位移為l=at2/2（1分）
小球沿x軸方向的加速度為a=Fe/m（1分）
聯立求解，得E=mgl/qH． （2分）
（3）帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區域運動時，洛倫茲力不做功．電場力做功為：We=qEl，（1分）
重力做功為WG=mgH（1分）
設落到N點時速度大小為v，根據動能定理得，
（2分）
解得，
（2分）
18．解析：（1）因帶電質點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，
①（1分）
又
②
兩板間電場強度
③（1分）
兩板間電壓
④（1分）
由閉合電路歐姆定律得，
⑤（1分）
由①～⑤得，
（2分）
（2）由題意知，電場力豎直向上，故質點帶負電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得，
⑥（2分）
因兩極板間電壓
故
，
⑦（2分）
由⑥⑦解得，
⑧（1分）
（3）因板間電壓變為
⑨
故電場力
（2分）
由動能定理得，
⑩（2分）
由⑧⑨⑩解得
．（1分）
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