1.B 提示:假設(shè)質(zhì)點(diǎn)由Q向P運(yùn)動,作出軌跡上某點(diǎn)的速度和靜電力,如圖1所示,因?yàn)殪o電力和速度夾角為鈍角,所以靜電力做負(fù)功,電勢能增大,動能減小,選項(xiàng)B 正確,C 錯誤。根據(jù)電勢能公式可知,負(fù)電荷在電勢高處,電勢能小,因?yàn)镻點(diǎn)的電勢能大,所以P點(diǎn)電勢低,三個等勢面中,c的電勢最低,選項(xiàng)A 錯誤。因?yàn)镻點(diǎn)的電場線比Q點(diǎn)的電場線密,所以質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)受到的靜電力大,產(chǎn)生的加速度大,選項(xiàng)D 錯誤。

2.D 提示:汽車以90 m/h行駛,電流I選項(xiàng)A 錯誤。電池組的熱功率P熱=I2R=502×0.5 W=1 250 W,選項(xiàng)B 錯誤。直流驅(qū)動電機(jī)的輸出功率P出=Fv=400×90×=10 000 W,內(nèi)阻消耗的功率P內(nèi)=UI-P出=300×50 W=10 000W=5 000W,直流驅(qū)動電機(jī)的內(nèi)阻r,選項(xiàng)C 錯誤。 汽車用電器的功率電池能量容量E0=7.2×107J,電池組總功率P總=EI=400×50 W=20 000 W,電池所用的時間=1 h,當(dāng)汽車以90 km/h 行駛,最大行駛里程約為90 km,選項(xiàng)D 正確。

3.A 提示:根據(jù)安培定則畫出I1、I2、I3在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度示意圖,當(dāng)I1=I2=I3時,令B1=B2=B3=B0,示意圖如圖2甲所示。根據(jù)磁場疊加原理,可知此時O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與B0滿足關(guān)系B0=B。當(dāng)I1=3I2,I2=I3=I時,B1=3B0,B2=B3=B0,示意圖如圖2乙所示,由圖乙解得O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B0=2B,選項(xiàng)A 正確,B 錯誤。當(dāng)I2=3I,I1=I3=I時,B1=B3=B0,B2=3B0,示意圖如圖2丙所示,由圖丙解得O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為同理可得,當(dāng)I3=3I,I1=I2=I時,O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為,選項(xiàng)C、D 錯誤。

4.B 提示:粒子在加速電場中做加速運(yùn)動,根據(jù)動能定理得qU=,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得,解得B因此磁感應(yīng)強(qiáng)度之比,則磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼谋丁?/p>

5.C 提示: 圖示位置線圈與磁場方向平行,則穿過線圈的磁通量為零,選項(xiàng)A 錯誤。根據(jù)題意可知,線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω=2πn,則線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值Emax=NBSω=NBL2·2πn=2πNBL2n,選項(xiàng)B 錯誤。感應(yīng)電動勢的有效值,則交流電流表的示數(shù)I=,選項(xiàng)C 正確。交流電壓表的示數(shù)U=IR=,選項(xiàng)D 錯誤。

6.C 提示:bc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過程,線框bc邊的有效切割長度l=x-L,感應(yīng)電動勢E=Blv=B(x-L)v,感應(yīng)電流電流逐漸增大;根據(jù)楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda,為正值。bc邊的位置坐標(biāo)x在2L～3L過程,根據(jù)楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba,為負(fù)值,線框ad邊的有效切割長度l=x-2L,感應(yīng)電動勢E=Blv=B(x-2L)v,感應(yīng)電流I==-,電流逐漸增大。

7.AD 提示:根據(jù)動能定理得eE·Δx=ΔEp,則圖像的斜率k==eE,圖像的斜率越大,電場強(qiáng)度越大,所以x1處電場強(qiáng)度比x3處電場強(qiáng)度大,選項(xiàng)A 正確。x2處圖像的斜率為零,則電場強(qiáng)度為零,最小;根據(jù)Ep=qφ可知,負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大,所以x2處電勢最小,選項(xiàng)B 錯誤。當(dāng)x＞x2時電勢能減小,說明靜電力對電子做正功,則電場線方向沿方向,選項(xiàng)C 錯誤。整個過程中只有靜電力做功,則Ep+Ek=定值,電子在x=0處的電勢能小于x3處的電勢能,則電子在x=0處的動能大于x3處的動能,電子在x=0處的速度大于x3處的速度,選項(xiàng)D 正確。

8.BC 提示:當(dāng)電路中電流I=3 A 時,電子秤測量的體重最大,根據(jù)歐姆定律I=得R=-r=2 Ω,代入R=30-0.02F,解得F=1 400 N,選項(xiàng)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I==0.375 A,因此該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應(yīng)標(biāo)在電流表G 刻度盤0.375A處,選項(xiàng)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(yùn)動,根據(jù)右手定則可知,圖示時刻線框中感應(yīng)電流為順時針方向,選項(xiàng)A 錯誤。根據(jù)左手定則可知,列車所受的安培力方向向右,所以列車行駛的方向與磁場移動的方向相同,選項(xiàng)B 正確。列車速度為v＇,列車相對磁場的速度大小為v-v＇,則線框中感應(yīng)電動勢的大小E=2NBL(vv＇),選項(xiàng)C正確。列車速度為v＇時感應(yīng)電流大小,線框獲得安培力的大小F= 2NBIL= 2 ·,選項(xiàng)D 錯誤。

10.BD 提示: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)匝數(shù)和電流成反比得,根據(jù)匝數(shù)和電壓成正比得,則兩端的電壓Uab,選項(xiàng)A 錯誤,B 正確。斷開開關(guān)S,副線圈的電流減小,則原線圈的電流減小,L1和L2并聯(lián)部分電壓減小,燈泡L1、L2都變暗,a、b兩端的電壓不變,則原線圈電壓增大,副線圈電壓也增大,電壓表示數(shù)增大,選項(xiàng)C 錯誤,D 正確。

11.(1)D(2)乙 (3)如圖3所示 (4)1.72 2.06

提示:(1)根據(jù)歐姆定律計(jì)算與G串聯(lián)的電阻的阻值,選項(xiàng)D 正確。(2)由于電流表的內(nèi)阻已知,為了減小誤差,采用電流相對于電源內(nèi)接的連接方式,故選擇電路圖b。(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=Ig(Rg+R0)+I(r+RA),整理得Ig=可知Ig-I圖像為斜率為負(fù)的傾斜直線,根據(jù)描點(diǎn)法做出Ig-I圖像如圖3所示,圖像斜率,解得r=2.02 Ω。當(dāng)Ig=3.0 mA,I= 0.32 A 時,,解得E=1.72 V。

13.(1)對小球從A→B,由動能定理有,解得小球運(yùn)動到B點(diǎn)時速度大小根據(jù)牛頓第二定律,在B點(diǎn)時有F-(mg+qE)=m,解得繩子的拉力F=3(mg+qE),即繩子的最大張力為3(mg+qE)。(2)小球離開B點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動,到達(dá)C點(diǎn)時小球垂直打在擋板上,則小球運(yùn)動到C點(diǎn)時速度大小對小球從A→C,根據(jù)動能定理得qUAC+mghAC=,又因?yàn)閁AC=EhAC,解得

14.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轉(zhuǎn)動,粒子做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得,解得r=0.1 m=10 cm,粒子臨界運(yùn)動軌跡如圖4所示。根據(jù)幾何知識得,解得xA=12 cm,xB=8 cm。因此x軸上有粒子穿過的坐標(biāo)范圍是-8 cm≤x≤12 cm。

15.當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時,根據(jù)平衡條件得F=μmgcos 37°+mgsin 37°+F安,其中,解得F=5.8 N。當(dāng)金屬桿的速度為0.4 m/s時,有F安1=根據(jù)牛頓第二定律得解得F-μmgcos 37°-mgsin 37°-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(F-μmcos 37°-mgsin 37°-BL2L)t=mv2-0,其中q=I2t,v2=0.6 m/s,解得q=0.8 C。(3)從金屬棒開始運(yùn)動到達(dá)穩(wěn)定,根據(jù)動能定理得(F-0,又有Q=|W安|=7.35 J,解得Q=1.837 5 J。

16.v0的方向與MN的夾角為30°,分解速度得,帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動,則聯(lián)立以上各式解得E(2)粒子從M到N的軌跡如圖5甲所示,根據(jù)幾何知識可得,每段圓弧所對應(yīng)圓心角均為,根據(jù)牛頓第二定律得qv0B=,解得,粒子從M運(yùn)動到N點(diǎn)的時間t=t1+t2+t3=,解得(3)此次粒子的運(yùn)動軌跡與小圓相切,如圖5乙所示,根據(jù)幾何知識得(r+R)2=r2+(3R)2,解得r=4R,根據(jù)牛頓第二定律得,把代入解得v=2v0,根據(jù)動能定理得Eqy＇=(2v0)2,解得y=8,此次粒子的釋放位置坐標(biāo)為(3R,-8