題目列表(包括答案和解析)
一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O．筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷．N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圈筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷．N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圈筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：
(1)M、N間電場強度E的大小；
(2）圓筒的半徑R:
（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移2/3d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n。
一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：
（1）M、N間電場強度E的大小；
（2）圓筒的半徑R；
（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移2d/3，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n。
一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中。粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：
（1）M、N間電場強度E的大小；
（2）圓筒的半徑R；
（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移2d/3，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n。
（18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中，粒子與圈筒發生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：
（1）M、N間電場強度E的大小；
（2）圓筒的半徑R；
（3）保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移
，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數n。
6．B 7．B 8．A 9．D 10．B 11．C 12．B 13．B
26．（1）C ， B （2分）
（2）5 ， 在右邊加入0.8agNaCl晶體 （3分）
（3）B ， C 2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42―＋4H＋ （4分）
（4）C ， C C（Na＋）＞C（CO32－）＞C(OH―)＞C(HCO3―) ＞C(H＋) （4分）
27．（1）Cu(NO3)2 ，CO2 ， CH3OH
（6分）
（2） （2分）
（3）pH＝2 （2分）
（4）3Cu2O＋2NO3－＋14H＋ ＝6Cu2＋＋2H2O＋2 NO↑ （2分）
HCHO＋4Cu(OH)2 2Cu2O↓＋CO2↑＋5H2O （2分）
28．（1）g j 、 c 、n、 p （5分）
避免H2O蒸汽與C反應生成H2對CO的還原性驗證產生干擾 （2分）
（2）打開A中的活塞產生CO2排除裝置中的O2 （2分）
（3）2C＋CO2 2CO （2分）
（4）E反應管內黑色固體變為紅色 （2分）
（5）點燃（或者用氣球收集） （2分）
（6）D、E q 干燥管（或者U形管） （3分）
 |
29．（1）CH3CHO C(CH2OH)4 （6分）
（2）酯化反應（或者取代反應） 加成反應（或者還原反應） （4分）
（3）CH3CHO＋3HCHO
(HOCH2)3CCHO
（2分）
（4）
（3分）
物理參考答案:
一、選擇題：全部選對的給6分，選對但不全的給3分，有選錯的給0分。
題號
14
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16
17
18
19
20
21
答案
A
AC
B
C
B
C
AD
D
22、（18分）
（Ⅰ）（6分）
① A （3分）
② 漏斗重心變化導致單擺有效擺長變化，從而改變單擺周期，影響加速度的測量值
（3分）
（Ⅱ）（12分）
① G1 G2 （4分）
② 55.8 KΩ （4分）
③ 如圖 (安培表外接也可以) （4分）
23、（14分）解：（1）A在斜面上運動的加速度為 a1=gsinθ （2分）
設到達底部的時間為t1，速度為v1，則v1= gsinθ?t1 （2分）
（2）設A在水平面上運動時間為t2 ，A恰好追上B的條件為位移和速度滿足：
v1 t2 = 
a（t1+ t2）2
（2分）
v1 = a（t1+ t2） （2分）
解得 ：t2 = t1=
（2分）
所以 a =
（2分）
故A追不上B的條件為a >
（2分）
24、（18分）
解：（1）小物塊落到圓弧上的B點，B、A兩點關于O點上下對稱，則AB=R,
根據機械能守恒，有mgR=
mvB2
① 2分
得：
=4m/s
② 2分
方向豎直向下 1分
（2）小物塊到達B點后沿切線方向的分速度
vB//=vBcosθ=2
m/s
③ 2分
小物塊從B點滑到C點，機械能守恒，取圓弧最低點C為重力勢能零點，
則有 
④
2分
得
m/s
⑤ 1分
小物塊在長木板上滑行，系統動量守恒,設小物塊剛滑到木板右端時共同速度為v
則 mvC=(M+m)v ⑥ 2分
v=
⑦ 2分
滑動摩擦力對系統做功，對系統用動能定律
-μmg=
⑧ 2分
解得： s=2.5m ⑨ 2分
25．解：（1）粒子在電場中加速，根據動能定律得：
（3分）
所以 v=
（3分）
（2）粒子進入磁場后，受洛倫茲力做勻速圓周運動，
有 
（2分）
要使粒子不能到達大圓周，其最大的圓半徑為軌跡圓與大圓周相切，如圖，
則有
（2分）
所以 
（2分）
聯立解得 
（2分）
（3）圖中 tanθ=
即θ=45°
（2分）
則粒子在磁場中轉過φ=270°，然后沿半徑進入電場減速到達金屬球表面，再經電場加速原路返回磁場，如此重復，恰好經過4個回旋后，沿與原出射方向相反的方向回到原出發點。 （2分）
因為
（2分）
將B代入，得粒子在磁場中運動時間為t=4×
=
（2分）
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