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1932年，著名的英國(guó)物理學(xué)家狄拉克，從理論上預(yù)言磁單極子是可以獨(dú)立存在的。他認(rèn)為：“既然電有基本電荷——電子存在，磁也應(yīng)該有基本磁荷——磁單極子存在�！奔僭O(shè)在真空玻璃盒內(nèi)有一固定于地面上空附近的S極磁單極子，其磁場(chǎng)分布與負(fù)電荷電場(chǎng)分布相似，周圍磁感線呈均勻輻射式分布，如圖所示。一質(zhì)量為m，電荷量為q的點(diǎn)電荷P在磁單極子的正上方h高處的水平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對(duì)該電荷的分析正確的是（已知地球表面的重力加速度g）

A．該電荷一定帶負(fù)電荷

B．該電荷一定帶正電荷

C．可確定電荷運(yùn)動(dòng)的速率v

D．可確定電荷運(yùn)動(dòng)的圓周上各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

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狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個(gè)磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布（如圖甲所示），距離它r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=

k

r2

（k為常數(shù)），其磁場(chǎng)分布與負(fù)點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)（如圖乙所示）分布相似．現(xiàn)假設(shè)磁單極子S和負(fù)點(diǎn)電荷Q均固定，有帶電小球分別在S極和Q附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則關(guān)于小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是（　�。�

A．若小球帶正電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示

B．若小球帶正電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示

C．若小球帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示

D．若小球帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示

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1．A   2．A   3．D   4．D   5．C

6 C 7 D 8 A 9 C 10 D 11 A 12 B 13 B

14．B　解析：選項(xiàng)C電荷數(shù)不守恒，故C錯(cuò)，選項(xiàng)AD中的質(zhì)量數(shù)不守恒，也錯(cuò)。

15．B  碳顆粒的布朗運(yùn)動(dòng)是水分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映，A錯(cuò)誤；分子間引力與斥力大小相等，即分子間作用力表現(xiàn)為零時(shí)，分子勢(shì)能最小，B正確；由于不知道液體的密度，不能計(jì)算體積，故不能估算出該液體的分子直徑，C錯(cuò)誤；分子間的相互作用表現(xiàn)為引力時(shí)，隨著分子間距的增大分子間的作用力先增大后減小，D錯(cuò)誤。

16．D　解析：AB間的彈力始終垂直于斜面方向，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)即保持相對(duì)靜止，同一瞬間具有共同的加速度和速度，分析A可知加速度a = gtanθ時(shí)即能出現(xiàn)這種情況。

17．BC　解析：同種介質(zhì)中波速相同，傳播相同的距離所用的時(shí)間相同。根據(jù)波速v =可知波長(zhǎng)長(zhǎng)的甲周期也長(zhǎng)，所以P點(diǎn)回到平衡位置的時(shí)間長(zhǎng)，B正確。根據(jù)v = λf可知波長(zhǎng)與頻率成反比，故C正確。甲、乙兩列波的頻率不同，不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣。

18．ABC 萬(wàn)有引力提供飛船做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，設(shè)飛船質(zhì)量為m?，有，又月球表面萬(wàn)有引力等于重力，，兩式聯(lián)立可以求出月球的半徑R、質(zhì)量M、月球表面的重力加速度；故A、B、C都正確。

19．BD　解析：由于在上表面的入射角相同，根據(jù)折射率n =可知在下表面射出時(shí)入射角不同，折射角相同，故A錯(cuò)。由于紅光折射率小，在上表面的折射角大，所以在玻璃中的所經(jīng)歷的路程比藍(lán)光長(zhǎng)，即D正確。由于n =，紅光在玻璃中的傳播速度比藍(lán)光大。由于同一種光在不同介質(zhì)中頻率不變，由于c = λ_真f，v = λ_玻璃f，所以B正確。光子能量E = hυ，頻率不變，能量不變，故C錯(cuò)。

20．AC　解析：小球只受兩個(gè)力的作用，即重力和洛倫茲力，而洛倫茲力不做功，小球又在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力也不做功，故小球只能在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并且洛倫茲力的水平分力要提供向心力，而豎直分力平衡重力。所以小球只可能在S上方運(yùn)動(dòng)，并且洛倫茲力方向要斜向上。由左手定則可判斷從S極看去小球的運(yùn)動(dòng)方向是順時(shí)針的。

21．BCD　解析：由可知S₁從2撥向1，n₁減小，U₂增大，P₂增大，P₁增大，所以I₁也增大，電流表示數(shù)增大，A錯(cuò)。S₂從4撥向3，n₂減小，U₂減小，P₂減小，P₁減小，所以I₁也減小，電流表示數(shù)減小，B正確。斷開(kāi)S₃，負(fù)載電阻增大，I₂減小，由于可知I₁也減小，C正確。R₃的滑動(dòng)觸頭上移，R₃變大，負(fù)載電阻也變大，與C選項(xiàng)相似，D也正確。

22．（17分）【答案】

（1）（6分） 1.055     6.123

（2）I．①ABCD （選對(duì)一個(gè)得1分，共4分） ②AD （全選對(duì)得2分，選不全但無(wú)錯(cuò)誤得1分）   

II．①如圖所示（2分）     ②11.0（1分）；1.3V（1分）；2.0Ω（1分）

【解析】（1）小球每次做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度必須相同，因此每次都要使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止釋放。小球水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，，，聯(lián)立即可解得正確結(jié)果。

（2）本題的實(shí)驗(yàn)原理是閉合電路歐姆定律，由U - I圖象的縱軸截距可得電動(dòng)勢(shì)，斜率的大小可得內(nèi)阻，利用電阻箱和電壓表也可以測(cè)出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電路圖和數(shù)據(jù)處理見(jiàn)答案。

【點(diǎn)評(píng)】本題是兩個(gè)創(chuàng)新性實(shí)驗(yàn)題�？疾閷W(xué)生“能根據(jù)要求靈活運(yùn)用已學(xué)過(guò)的自然科學(xué)理論、實(shí)驗(yàn)方法和儀器，設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單的實(shí)驗(yàn)方案并處理相關(guān)的實(shí)驗(yàn)問(wèn)題”的能力。本題充分體現(xiàn)了近年來(lái)高考實(shí)驗(yàn)命題的新趨勢(shì)。

23．【答案】（1）2.0 m/s²；（2）50.0m

【解析】（1）人在斜面上受力如圖所示，建立圖示坐標(biāo)系，設(shè)人在斜坡上滑下的加速度為a₁，由牛頓第二定律有

又             

聯(lián)立解得　a₁ = g（sinθ－μcosθ）     

代入數(shù)據(jù)得　a₁ = 2.0 m/s²        

（2）人在水平滑道上受力如圖，由牛頓第二定律有

又      

將以上各式聯(lián)立解得　a = μg = 5 m/s²     

設(shè)從斜坡上滑下的距離為L(zhǎng)_AB，由勻變速運(yùn)動(dòng)的公式得

聯(lián)立解得　．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，考查考生運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)分析解決學(xué)科內(nèi)綜合題的能力，是高考熱點(diǎn)題型。

24．（19分）【答案】（1）（2）

【解析】（1）電子與夸克作彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，得：

         ①  （3分）

     ②  （3分）

解得：      ③    （2分）

又

即    ④    （2分）

（2）夸克m₂與夸克m₃相互作用，當(dāng)二者速度相同時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大即介子內(nèi)能Q最大。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，得：

   ⑤     （3分）

     ⑥      （3分）

解得：    ⑦      （3分）

【點(diǎn)評(píng)】本題以微觀粒子間的碰撞為題材，考查動(dòng)量、能量守恒定律，同時(shí)考查考生審題能力、獲取有效信息建立模型的能力。試題情景比較新穎，符合近年來(lái)高考聯(lián)系實(shí)際命題的趨勢(shì)。

25．（20分）【答案】（1）0.75m/s²（2）（3）R=0.4ΩQ=12.35 J

【解析】（1）由圖象知12s末導(dǎo)體棒ab的速度為v₁=9m/s，在0－12s內(nèi)的加速度大小為

m/s²=0.75m/s²      ①（2分）

（2）t₁=12s時(shí)，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=BLv₁                ②（1分）

感應(yīng)電流       ③   （1分）

導(dǎo)體棒受到的安培力F₁=BIL

即        ④（1分）

此時(shí)電動(dòng)機(jī)牽引力為      ⑤（1分）

由牛頓第二定律得     ⑥  （2分）

由圖象知17s末導(dǎo)體棒ab的最大速度為v₂=10m/s，此時(shí)加速度為零，同理有

    ⑦（2分）

由①②兩式解得   ，R=0.4Ω ⑧  （2分）

（3）0－12s內(nèi)，導(dǎo)體棒勻加速運(yùn)動(dòng)的位移   m  ⑨  （2分）

12－17s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移       m    ⑩（2分）

由能量守恒得           ⑾（3分）