題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，為一列沿x軸正方向傳播的橫波的波形圖，由圖可知（ ）
| A．向上 | B．向下 | C．向右 | D．向左 |
（6分）一列波長大于3 m的橫波沿著x軸正方向傳播，處在x1＝1.5 m和x2＝4.5 m的兩質點A、B，當B點的位移為正的最大值時，A點位移恰為零，且向上運動，從此時開始計時，經1.00 s后A點的位移處于正的最大值，由此可知 ( )．
A．2 s末A點的振動速度大于B點的振動速度
B．1 s末A、B兩質點的位移相同
C．波長為12 m
D．波速一定為1 m/s
如圖所示的坐標平面內，y軸左側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小B1＝0.20 T的勻強磁場，在y軸的右側存在方向垂直紙面向里，寬度d＝12.5 cm的勻強磁場B2，某時刻一質量m＝2.0×10－8 kg、電荷量q＝＋4.0×10－4 C的帶電微粒(重力可忽略不計)，從x軸上坐標為(－0.25 m,0)的P點以速度v0＝2.0×103 m/s沿y軸正方向運動．試求：
(1)微粒在y軸左側磁場中運動的軌道半徑；
(2)微粒第一次經過y軸時，速度方向與y軸正方向的夾角；
(3)要使微粒不能從右側磁場邊界飛出，B2應滿足的條件．
如圖所示的坐標平面內，y軸左側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小B1＝0.20 T的勻強磁場，在y軸的右側存在方向垂直紙面向里，寬度d＝12.5 cm的勻強磁場B2，某時刻一質量m＝2.0×10－8 kg、電荷量q＝＋4.0×10－4 C的帶電微粒(重力可忽略不計)，從x軸上坐標為(－0.25 m,0)的P點以速度v0＝2.0×103 m/s沿y軸正方向運動．試求：
(1)微粒在y軸左側磁場中運動的軌道半徑；
(2)微粒第一次經過y軸時，速度方向與y軸正方向的夾角；
(3)要使微粒不能從右側磁場邊界飛出，B2應滿足的條件．
一、1、C2、C 3、B 4、C 5、BC 6、B 7、AD 8、D
二、實驗題：（18分）將答案填在題目的空白處，或者要畫圖連線。
9、（6分）__BE_ （3分） ____AD___（3分）
10、（12分）（1）如圖b（4分）
（2）由于RL2比RL1小得多，燈泡L2分得的電壓很小，雖然有電流渡過，但功率很小，不能發光。（4分）
（3）如圖c
解析：由于燈泡L2和L1額定電壓相同，燈泡L2功率大得多，故RL2比RL1小得多，燈泡L2分得的電壓很小，雖然有電流渡過，但功率很小，不能發光。（4分）
三、本大題共三小題共計54分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題．答案中必須明確寫出數值和單位
11、（16分）(1) 根據帶電小球A恰能做完整的圓周運動，因
，則小球能通過復合場中的最高點P（如圖）設經過軌道上的P點的速度為v，由小球A的重力和電場力的合力提供向心力有：
…………①（3分）
在圓周軌道的最低點彈簧將B、A兩球向左、右彈開，設彈開時A、B兩球的速度大小分別為vA、vB，由動量守恒有：
，即
…………②（3分）
小球A從圓周軌道的最低點運動到P的過程中，由動能定理有：
…③（2分）
由①②③求得：
(2)設BC碰后速度為v1 , B與C碰撞動量守恒
得v1=
BC整體減速,D球加速,當兩者速度相等時設為v2,彈簧最短,彈性勢能最大
得v2=
m/S ……⑤（3分）
EP m=
……⑥（3分）
12、（18分）（1）（6分）設球到D點時的速度為
，從釋放至D點，
根據動能定理
（3分）
對
球，根據動量守恒定律 
（2分）
解得
（1分）
（2）（6分）兩球進入復合場后，由計算可知
兩球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡示意圖如右圖所示（1分）
洛倫茲力提供向心力
（2分）
由圖可知
（2分）
解得
（1分）
（3）（6分）
系統損失的機械能
或
解得
13、（20分）⑴設勻速直線運動的速度為v0， ef有效切割長度為l，則電流：
，由于v0不變，所以I不變。或由平衡條件證明同樣給分（4分）
⑵由能量守恒，得：…
………………………（2分）
設彈簧形變量為x，由平衡條件，得： 2BIxtan30°= kx…………（2分）
解得 v0 = （2分） k = …（2分）
⑶ef越過O點后，與彈簧脫離，設導體棒最終停止位置距O點的距離為x0，某時刻回路中ef有效切割長度為L1，ef的速度為v，加速度為a，電流為I， 據牛頓第二定律，得：― BIL1= ma
電流 I = = 得： ― = ma……………………… (3分)
取一小段時間△t，速度微小變化為△v，回路面積微小增加為△S，則 ― △t = ma△t
即： ― ∑△t = ∑ma△t ―∑L1v△t = m∑a△t ―∑△S = m∑△v
― x02tan300= 0－mv0 (3分) 將 v0= 代入，得：x 0 = ―― (2分)
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