1.B 提示:假設質(zhì)點由Q點向P點運動,作出軌跡上某點的速度和靜電力,如圖1所示。因為靜電力和速度的夾角為鈍角,所以靜電力做負功,電勢能增大,動能減小,選項B 正確,C 錯誤。因為帶負電的質(zhì)點在P點時的電勢能較大,所以P點電勢較低,即三個等勢面中,c的電勢最低,選項A 錯誤。因為P點的電場線比Q點的密集,所以質(zhì)點在P點受到的靜電力較大,產(chǎn)生的加速度較大,選項D錯誤。假設質(zhì)點由P點向Q點運動,可得出同樣的結(jié)論。

2.D

3.A 提示:當I1=I2=I3時,令B1=B2=B3=B0,根據(jù)安培定則畫出I1、I2、I3在O點產(chǎn)生的磁感應強度示意圖,如圖2甲所示,根據(jù)矢量疊加原理可知,此時O點的磁感應強度大小B與B0滿足關(guān)系式。當I1=3I,I2=I3=I時,B1=3B0,B2=B3=B0,同理作出O點的磁感應強度示意圖,如圖2乙所示,則O點的磁感應強度大小為4B0=2B,選項A 正確,B 錯誤。當I2=3I,I1=I3=I時,B1=B3=B0,B2=3B0,則O點的磁感應強度示意圖如圖2 丙所示,O點的磁感應強度大小為,同理可得,當I3=3I,I1=I2=I時,O點的磁感應強度大小也為,選項C、D 錯誤。

4.B 提示:粒子在加速電場中運動時,根據(jù)動能定理得,粒子在磁場中做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得,解得。因此質(zhì)子和α粒子分別在磁場中偏轉(zhuǎn)時,磁場的磁感應強度之比,即需將磁場的磁感應強度大小變?yōu)?B。

5.C 提示:題圖所示位置線圈與磁場方向平行,穿過線圈的磁通量為零,選項A 錯誤。線圈繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的角速度ω=2πn,線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應電動勢的最大值Emax=NBSω=NBL2·2πn=2πNBL2n,選項B 錯誤。交流發(fā)電機產(chǎn)生的感應電動勢的有效值,則電流表的示數(shù),電壓表的示數(shù)U=,選項C正確,D 錯誤。

6.C 提示:線框bc邊的位置坐標x由L到2L的過程中,線框bc邊的有效切割長度l=x-L,產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv=B(x-L)v,感應電流電流逐漸增大;根據(jù)楞次定律可以判斷出感應電流的方向為abcda,為正值。線框bc邊的位置坐標x由2L到3L的過程中,根據(jù)楞次定律可以判斷出感應電流的方向為adcba,為負值;線框ad邊的有效切割長度l=x-2L,產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv=B(x-2L)v,感應電流,電流的大小逐漸增大。

7.AD 提示:電子在靜電場中運動,根據(jù)動能定理得eE·Δx=ΔEp,則Ep-x圖像的斜率,斜率k越大,電場強度E越大,因此x1處的電場強度比x3處的大,選項A 正確。Ep-x圖像中x2處的斜率為零,則電場強度為零,最小;根據(jù)Ep=qφ可知,負電荷在電勢低的地方電勢能大,因此x2處的電勢最小,選項B錯誤。當x＞x2時電子的電勢能逐漸減小,說明靜電力對電子做正功,則電場線方向沿x軸負方向,選項C錯誤。電子在電場中運動時只有靜電力做功,則Ep+Ek=定值,因為電子在x=0處的電勢能小于在x3處的電勢能,所以電子在x=0處的動能大于在x3處的動能,在x=0處的速度大于在x3處的速度,選項D 正確。

8.BC 提示:當電路中的電流I=3 A時,該體重計測量的體重最大,根據(jù)歐姆定律得,變形得,即R=2 Ω,代入R=30-0.02F,解得F=1 400 N,選項A 錯誤,B 正確。踏板空載時F=0,代入R=30-0.02F,解得R=30 Ω,根據(jù)歐姆定律得,因此該體重計的零刻度線(踏板空載時的刻度線)應標在電流表G刻度盤的0.375 A 處,選項C正確,D錯誤。

9.BC 提示:磁場以速度v勻速向右移動,線框相對磁場向左運動,根據(jù)右手定則可知,圖示時刻線框中的感應電流沿順時針方向,選項A 錯誤。根據(jù)左手定則可知,列車所受的安培力方向向右,因此列車行駛的方向與磁場移動的方向相同,選項B 正確。當列車速度為v′時,列車相對磁場的速度大小為v-v′,則感應電動勢E=2NBL(v-v′),感應電流,線框受到的安培力,選項C正確,D 錯誤。

10.BD 提示:當開關(guān)S閉合時,原線圈中的電流I1=2I+2I=4I,副線圈中的電流I2=I+I=2I,根據(jù)原、副線圈的匝數(shù)和電流成反比得,選項B正確。根據(jù)原、副線圈的匝數(shù)和電壓成正比得,其中U2=U,則,a、b兩端的電壓,選項A 錯誤。當開關(guān)S斷開時,副線圈中的電流減小,則原線圈中的電流也減小,燈泡L1和L2并聯(lián)部分的電壓減小,燈泡L1、L2都變暗,a、b兩端的電壓不變,則原線圈兩端的電壓增大,副線圈兩端的電壓也增大,電壓表的示數(shù)增大,選項C 錯誤,D 正確。

11.(1)D (2)乙 (3)如圖3所示(4)1.73 2.03

圖3

提示:(1)根據(jù)歐姆定律得R0=,因為電阻箱R0的精確度為0.1 Ω,所以選項D正確。(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA),整理得Ig=,即Ig-I圖像為斜率為負的傾斜直線,圖像斜率大小,解得r=2.03 Ω。將Ig=3.0 mA,I=0.32 A 代入,解得E=1.73 V。

12.(1)在小球從A點運動到B點的過程中,根據(jù)動能定理得(mg+qE)L=,解得小球運動到B點時的速度大小。當小球運動到B點時,根據(jù)牛頓第二定律得F-(mg+qE)=,解得輕繩的拉力F=3(mg+qE),即輕繩的最大張力為3(mg+qE)。(2)小球離開B點后做類平拋運動,到達C點時小球垂直打在擋板上,則小球運動到C點時的速度大小。(3)在小球從A點運動到C點的過程中,根據(jù)動能定理得,又有UAC=EhAC,解得。

13.粒子帶正電,根據(jù)左手定則可知,粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動,粒子受到的洛倫茲力提供向心力,則,解得r=0.1 m=10 cm。粒子的臨界運動軌跡如圖4所示,根據(jù)幾何關(guān)系得解得xA=12 cm,xB=8 cm。因此x軸上有粒子穿過的坐標范圍是-8 cm≤x≤12 cm。

圖4

14.(1)當金屬桿ab做勻速運動時,根據(jù)平衡條件得F=μmgcosα+mgsinα+F安,其中,解得F=5.8 N。當金屬桿ab的速度為0.4 m/s時,有0.8 N。根據(jù)牛頓第二定律得F-μmgcosα-mgsinα-F安1=ma,解得a=2.4 m/s2。(2)在0～1 s時間內(nèi),根據(jù)動量定理得mv2-0,其中,解得q=0.85 C。(3)從金屬桿ab開始運動到它剛好達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,根據(jù)動能定理得0,又有,解得Q桿=1.837 5 J。

15.(1)將速度v0沿x軸和y軸分解得,粒子在電場中做類平拋運動,即在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上做勻加速直線運動,則,聯(lián)立以上各式解得。(2)粒子從M點運動到N點的軌跡如圖5甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得,每段軌跡圓弧所對圓心角均為,根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力得qv0B=,解得。粒子從M點運動到N點所用的時間,解得t=。(3)此次粒子的運動軌跡與小圓相切,如圖5 乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R。根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力得,解得v=2v0,根據(jù)動能定理得,解得。因此此次粒子釋放時的位置坐標為。

圖5