題目列表(包括答案和解析)
A.2π/(
-ω0) B.2π(
+
)
C.2π
D.2π/(
+ω0)
A.2π/
B.2π
C.2π
D.2π/
2003年2月1日美國哥倫比亞號航天飛機在返回途中解體，造成人類航天史上又一悲劇，若哥倫比亞號航天飛機是在赤道上空飛行，軌道半徑為r，飛行方向與地球的自轉方向相同，設地球的自轉角速度為ω0，地球半徑為R，地球表面重力加速度為g.，在某時刻航天飛機通過赤道上某一建筑物的上方，則到它下次通過該建筑物上方所需要的時間為
A．
B．
C．
D．
2003年2月1日美國哥倫比亞號航天飛機在返回途中解體，造成在人類航天史上又一悲劇．若哥倫比亞號航天飛機是在赤道上空飛行，軌道半徑為飛行方向與地球自轉方向相同．設地球的自轉速度為ω0，地球半徑為R，地球表面重力加速度為g．在某時刻航天飛機通過赤道上某建筑的上方，則它下次通過該建筑物上方所需的時間為
A．2π/(
－ω0)
B．2π/(
+
)
C．2π
D．2π/(+ω0)
1．C由電荷數守恒和質量數守恒可知A、B錯，由于鎳63放出電子，故帶正電，電勢比銅片電勢高，C正確，電流方向從銅片到鎳，D錯
2．C
3．A由
可知，A正確
4．B將分子粗略地看成一個小立體，則
個
5．D照射到a、b、c上三種光的頻率關系，為
，由光電效應的規律可知板b有電子射出，板c一定有光電子放出，正確答案為D
6．A航天飛機的運行周期
設經過時間t航天飛機又通過建筑物上方，則
，所以
7．A沿著電場線的方向電勢降低，
，B錯；E、F兩點在同一等勢面上
，且
，A正確
由等量異種電荷的等勢面特點可知．
，C錯，
D錯
8．C
①F＝kA②
由①②可知，C正確．
9．C先根據題意畫出電子所走的
弧，因為弧上任意一點的速度方向必然與該點所在的半徑垂直，故可以過A點做與
方向（即AB方向）垂直的直線，此即為帶電粒子做勻速圓周運動的半徑方向．同理過C點作垂直于BC的直線，也為該點的半徑方向，兩半徑相交點即為帶電粒子做勻速圓周運動的圓心．如答圖1所示．由圖示情況可以看出
答圖1
當
時電子剛好不能從BC邊射出．
要使電子可以從BC邊射出，必滿足r＞
，而r＝
，
∴B＜
時，電子可以從BC邊射出
10．D11．（1）大于（2）軌道末端出口水平（3）P、
、
為落地的平均位置，F一步中的
應為-2r，
12．（1）1.000
（2）①略
②A．將滑動變阻器調至輸出電壓為零的位置，再合上
．
B．將
扳向2，調滑動變阻器使電流表指針在某一電流刻度，并記下該位置．
C．使
阻值最大后，將扳向1，調電阻箱，使電流表指針回到所記的位置，記下電阻箱阻值．
D．被測電阻
＝．
13．偵察衛星環繞地球一周，通過有日照的赤道一次，在衛星一個周期時間（設為
）地球自轉的角度為q ，只要q 角所對應的赤道弧長能被拍攝下來，則一天時間內，地面上赤道處全部在有日照條件下就能被拍攝下來．設偵察衛量的周期為，地球對衛星的萬有引力為衛星做圓周運動的向心力，衛星的軌道半徑r＝R＋h，根據牛頓第二定律，則
在地球表面的物體重力近似等于地球的萬有引力，即mg＝
解得偵察衛星的周期為
已知地球自轉周期為T，則衛星繞行一周，地球自轉的角度為q ＝2p?
攝像機應拍攝赤道圓周的弧長為q 角所對應的圓周弧長應為
14．當開關S在位置1時，粒子在電容器中做類平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，有
l＝vt，
得
則帶電粒子的初速度
（m/s）
當S接到2位置時，電容器內形成按余弦規律變化的振蕩電場，周期為
．
接到位置2時，電容器內電場仍豎直向上，設粒子在第一個
內加速向下運動，在第二個內減速向下運動，在半個周期結束時，粒子的速度為零，平均加速度
＜a，運動時間
＜t，故粒子半個周期內豎直方向位移
，粒子不會打到下極板上．
在第三個內，粒子加速向上運動，在第四個內減速向上運動，在后半個周期結束時，粒子的速度為零．從對稱性角度考慮，經過一個周期，粒子又回到兩板中央，豎直方向速度為零．
不論電容器內電場如何作用周期性的變化，粒子在水平方向不受電場力的作用，水平速度不變，所以粒子在電場中運動的時間仍為2×
s，在這一時間內，電場做周期性變化的次數
．
所以當粒子離開電容器時，豎直速度為零，水平速度不變，仍為v＝1.0×
m/s，從兩板中央飛出．
所以粒子能飛出電容器，從兩板中央水平飛出，v＝1.00×m/s．
15．（1）滑塊速度向右，根據勻速運動條件
①
可知E的方向必水平向右．
由返回速度向左且作勻速運動可知
＝mg ②
而題中有：
③
②③聯立得知
，即
＝2mg，代入①式
所以E＝m （mg＋2mg）/q＝3m mg/q
（2）設往返總時間為T有：
即：
，代入②式可得
（3）返回時不受摩擦力，所以全過程摩擦力做功
W＝-fL＝-m
（mg＋）L＝-3m mgL
16．用答圖2示平面內的光線進行分析，并只討論從右側觀察的情形，如圖所示，由亮點發出的任一光線CP線經過兩次折射而從液面射出．由折射定律，按圖上標記的各相關角度．有sina ＝nsinb ①
sing ＝（1/n）sind ②
其中d ≤p /2g ＝（p /2）-（b ＋j ） ③
答圖2
注意到，若液體內光線入射到液面上時發生全反射，就沒有從液面射出的折射光線．全反射臨界角
滿足條件sin＝1/n
可知光線CP經折射后能從液面射出從而可被觀察到的條件為g ＜④
或sing ＜1/n⑤
現在計算sing ．利用③式可得
sing ＝cos（b ＋j ）＝cosb cosj -sinb sinj
由①式可得cosb ＝
因此，nsing ＝cosj 
-nsinb sinj 又由①式nsing＝cosj -sina sinj ⑥
由圖及①、②式，或由⑥式均可看出a 越大則g 越小，因此，如果與a 值最大的光線相應的g 設為
，若＞，則任何光線都不能射出液面．反之，只要＜，這部分光線就能射出液面，從液面上方可以觀察到亮點．由此極端情況即可求出本題要求的條件．
自C點發出的a 值最大的光線是極靠近CD的光線，它被DB面折射后進入液體，由⑥式可知與之相應的
a ＝（p /2）-j
nsin＝cosj 
-cosj sinj
能觀察到亮點的條件為nsin＜1
即cosj -cosj sinj ＜1
上式可寫成cosj ＜1＋cosj sinj
取平方
化簡
故
開方并化簡可得
這就是在液面上方從側面適當的方向能看到亮點時n與j 之間應滿足的條件．
17．（1）激光器的功率為
＝NE①
已知激光對物體表面的壓力為F＝2N?p②
由光壓的定義
③
聯立以上各式得
④
（2）太陽光對薄膜產生的光壓
⑤
探測器受到的總光壓力
F＝I?S⑥
以探測器為研究對象，根據牛頓第二定律F＝m?a ⑦
∴
⑧
18．（1）由豎直上拋運動得炮彈被射出時的初速度
①
（2）由動量守恒定律得：
②
帶電物體在洛侖茲力作用下的直線運動是勻速直線運動，假設電場強度方向豎直向上，根據受力有：
③
④
聯立②③④得：
兩物體勻速運動的速度
∴
所加電場為
⑦
因為E為正，所以場強方向豎直向上
（3）由動能定理得：爆炸對兩物體做的功
⑧
⑨
（4）由平拋運動規律得落地時間：
⑩
兩物體的水平位移
＝
＝40×
＝
＝50×
兩物體落地點間的距離
Ds＝＋＋L＝360＋20＝
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