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题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 B C B D D AD AC BD
22.（6分，每空2分）
(1) 1.035 (2)
2
1
(3)x测量值偏小（或 者 遮 x光si条n 宽=度 测 量 值si偏n 大+）2 + ∆
23.（10分，每空2分）
(1)左 (2) (3)等于 等于
24.（10分） kE0 r0−bE0
解（1）当倾角为30°时，A恰好能匀速下滑，对A受力分析可得
..........2分
o o
2 + sin30 = 2 + cos30
解得 μ ..........2分
3
（2）A、=B发3 生弹性正碰，动量守恒 ..........1分
机械能守恒
2mv0 =2mvA +mvB
..........1分
1 2 1 2 1 2
2×2mV0 =2×2mVA+2mVB
B在最高点，由牛顿第二定律得： ..........1分
2
+ =
B从最低点运动到最高点，由动能定理得： ....1分
1 2 1 2
−2 + =2mV −2mVB
联立解得 ..........2分
3 10gL
25.(16分v) 0 = 4
(1)粒子在圆形磁场中做圆周运动有： ...........2分
2
0
.......1分 2ev0B= 1
解 1 得=： ........2分
2eB
v0 =
(2)粒子从A点进入第四象限的磁场中做圆周运动，所以： ......1分
2
0
解得： ......1分 ev0B= 2
粒子运 动2轨=迹2 如图所示，最远点C到A的距离为直径4L，由几何关系可得，AC与y轴正方向夹
角为 ......1分
2 1
解得：cos = 6=0o4 = 2 ......1分
该电子进 入圆形磁场时的x坐标 ......1分
o
x=− 1+ 1sin60
{#{QQABQQKEogAAAhAAAQhCQwFoCAGQkAGAAIoOwBAAoAAAiQNABAA=}#}解得： ......1分
2+ 3
(3)根据x粒=−子运2动L轨迹，由几何关系可知：从虚线x坐标 L到 L之间
出发的粒子，能落在荧光屏上“两次发光区”，从虚线x坐−标 −到2 L之
间出发的粒子，能落在荧光屏上“一次发光区”......3分
−2 −
所以落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区域”的电子数之比
为2：1 .....2分
26.（20分）
解：(1)cd棒切割产生的电动势 ..........1分
回路的总电流 ....E..=..B.d.v1 0 分
E
解得： I= 2R
E=2V ..........1分
I对=a1bA棒受力分析可得 ..........1分
解得： .... .. ..−.. 1BI分d =
2
(2) =内5对m/asb棒受力分析，由动量定理得： .........2分
0~1s .........1分 − BIdt=0
q解=得I：t .........1分
q= 2C
(3) 内： .........2分
∆∅ Bdx
0~1s E= t = t
.........1分
E
q解=得It= 2Rt .........1分
(4) x=内4m对cd棒受力分析，由动量定理得： .........2分
0~1s .........1分 −BIdt=
q解=得It .........1分
对cdv棒=由1动0m能/s定理得： .........1分
克
1 2
− =2mv
cd棒产生的焦耳热 .........1分
克
1
解得 Q= 2 .........1分
Q= 3.5J
{#{QQABQQKEogAAAhAAAQhCQwFoCAGQkAGAAIoOwBAAoAAAiQNABAA=}#}
