a．帶負電
b．在c點受力最大
c．在b點的電勢能大於在c點的電勢能
d．由a點到b點的動能變化大於有b點到c點的動能變化
7.如圖1所示，半徑為均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點（座標為）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出： =2，方向沿軸。
現考慮單位面積帶電量為的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為的圓板，如圖2所示。則圓孔軸線上任意一點（座標為）的電場強度為
a. 2
b. 2
c. 2
d. 2
8.圖（a）所示的xoy平面處於勻強磁場中，磁場方向與xoy平面（紙面）垂直，磁感應強度b隨時間t變化的週期為t，變化圖線如圖（b）所示。當b為+b0時，磁感應強度方向指向紙外。
在座標原點o有一帶正電的粒子p，其電荷量與質量之比恰好等於2π/(tb0)。不計重力。設p在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向自o點開始運動，將它經過時間t到達的點記為a。
（1）若t0=0，則直線oa與x軸的夾角是多少？
（2） 若t0=t/4，則直線oa與x軸的夾角時多少？
（3）為了使直線oa與x軸的夾角為π/4，在09.(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區，磁場方向垂直紙面向裡，在邊界上固定兩長為l的平行金屬極板mn和pq，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，週期為。在時刻將乙個質量為、電量為（）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在時刻通過垂直於邊界進入右側磁場區。
（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）
（1）求粒子到達時的速度大小和極板距離（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。
（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感強度的大小
23．解：（1）粒子由至的過程中，根據動能定理得 ①
由①式得 ②
設粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得③
由運動學公式得 ④聯立③④式得 ⑤
(2)設磁感應強度大小為b，粒子在磁場中運動的半徑為r，由牛頓第二定律得 ⑥
要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 ⑦聯立②⑥⑦式得 ⑧
3設粒子在兩邊界之間無場區向左勻速運動的過程用時為有 ⑨聯立②⑤⑨式得 ⑩
若粒子再次達到時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為，根據運動學公式得 ⑾聯立式得 ⑿
設粒子在磁場中運動的時間為 ⒀聯立⑩⑿⒀式得 ⒁
設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的週期為t，由式結合運動學公式得⒂
由題意得 ⒃聯立⒁⒂⒃式得 ⒄
10.在「測定金屬的電阻率」實驗中，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm。
（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，其中某次測量結果如圖1所示，其讀數應為 m
（該值接近多次測量的平均值）
解析：固定刻度讀數為0，可動刻度讀數為39.7，所測長度為0+39.7×0.01=0.397mm.(0.395～0.399)。
（2）用伏安法測金屬絲的電阻rx，實驗所用器材為：
電池組（電動勢為3v，內阻約為1ω）， 電流錶（內阻約為0.1ω），
電壓表（內阻約為3k滑動變阻器r（0~20ω，額定電流為2a）
開關，導線若干。某同學利用以上器材正確連線好電路，進行實驗測量，記錄資料如下：
由以上實驗資料可知，他們測量rx是採用下圖中的圖 （選填「甲」或「乙」）
解析：由記錄資料根據歐姆定律可知金屬絲的電阻rx約5ω。則有，比較rx為小電阻應該採用外接法測量誤差小。
由（3）知是用伏安特性曲線來測量電阻的，就要求電壓電流從接近0開始調節，所以應該採用分壓接法（甲）。
（3）下圖是測量rx的實驗器材實物圖，圖中已經連線了部分導線，滑動變阻器的滑片p置於變阻器的一端，請根據上圖所選的電路圖，補充完成下圖中實物間的連線，並使閉合開關的瞬間，電壓表或電流錶不至於被燒壞。
解析：注意連圖時連線起點和終點在接線柱上並且不能交叉，結合（2）可知應該連線成外接分壓接法（甲）那麼在連線時斷開開關且使rx兩端的電壓為0。先連外接法（線1）再連分壓法（線2和3），此時滑片p必須置於變阻器的左端。
（4）這個小組的同學在座標紙上建立u、i座標系，如下圖所示，圖中已經標出了與測量資料相對應的四個點，請在下圖中標出第2、4、6次測量資料的座標點，並描繪出u－i圖線，由圖線得到金屬絲的阻值rx保留兩位有效數字）。
解析：描繪出第2、4、6三個點後可見第6次測量資料的座標點誤差太大捨去，然後作出u-i圖線。其中第4次測量資料的座標點在描繪出的u-i圖線上，有ω(4.3～4.7)。
（5）根據以上資料可估算出金屬絲的電阻率約為填選項前的序號）
a、 b、 c、 d、
解析：根據電阻定律有ω·m，估算出的金屬絲電阻率是c。
（6）任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器都已校準，下列關於誤差的說法中正確的選項是有多個正確選項）。
a、用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由於讀數引起的誤差屬於系統誤差
b、由於電流錶和電壓表內阻引起的誤差屬於偶然誤差
c、若將電流錶和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差
d、用u－i影象處理資料求金屬絲電阻可以減小偶然誤差
解析：用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由於讀數引起的誤差屬於偶然誤差；由於電流錶和電壓表內阻引起的誤差屬於系統誤差。答案c d。
21．（18分）
（1）（0.395—0.399）
（2）甲
（3）如答圖3
（4）如答圖4
（4.3—4.7）
（5）c
（6）cd
11. (10分)為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數,小亮設計
了如圖所示的裝置進行實驗. 實驗中,當木塊a位於水平
桌面上的o點時,重物b剛好接觸地面. 將a拉到p點,
待b穩定後靜止釋放,a最終滑到q點. 分別測量op、
oq的長度h和s. 改變h,重複上述實驗,分別記錄幾組
實驗資料.(1)實驗開始時,發現a釋放後會撞到滑輪. 請
提出兩個解決方法.
(2)請根據下表的實驗資料作出s-h關係的圖象.
(3)實驗測得a、b的質量分別為m=0. 40 kg、m=0. 50kg. 根據s-h圖象可計算出a木塊與桌面間的動摩擦因數結果保留一位有效數字)
(4)實驗中,滑輪軸的摩擦會導致μ的測量結果選填「偏大」或「偏小」).
11. 【解析】（3）在b下落至臨落地時，據動能定理，有，
在b落地後，a運動到q，據動能定理，有，解得：。將，代入得=，從圖象得斜率，即，代入上式得。本題易錯點：認為a/b末速度都
為0，根據，解得。
（4）滑輪組的摩擦會導致偏小，從而偏大。
【答案】（1）減小b的質量，增加細線的長度，或
增大a的質量，降低b的起始高度。
（2）如圖
（3）0.4
（4）偏大
12圖18（a）所示的裝置中，小物塊a、b質量均為m，水平面上pq段長為l，與物塊間的動摩擦因數為μ，其餘段光滑。初始時，擋板上的輕質彈簧處於原長；長為r的連桿位於圖中虛線位置；a緊靠滑桿（a、b間距大於2r）。隨後，連桿以角速度ω勻速轉動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度-時間影象如圖18（b）所示。
a在滑桿推動下運動，並在脫離滑桿後與靜止的b發生完全非彈性碰撞。
（1）求a脫離滑桿時的速度uo，及a與b碰撞過程的機械能損失δe。
（2）如果ab不能與彈簧相碰，設ab從p點到運動停止所用的時間為t1，求ω得取值範圍，及t1與ω的關係式。
（3）如果ab能與彈簧相碰，但不能返回道p點左側，設每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為ep，求ω的取值範圍，及ep與ω的關係式（彈簧始終在彈性限度內）。
解析：(1)由（b）圖可知當滑桿的速度最大且向外運動時小物塊a與滑桿分離，此時小物塊的速度為小物塊a與b碰撞，由於水平面光滑則a、b系統動量守恆，則由動量守恆定律和能量守恆定律得解得：
2)ab進入pq段做勻減速運動，由牛頓第二定律有：
ab做減速運動的時間為解得：
欲使ab不能與彈簧相碰，則滑塊在pq段的位移有而解得：
3) 若ab能與彈簧相碰，則
若ab壓縮彈簧後恰能返回到p點，由動能定理得解得：
的取值範圍是
從ab滑上pq到彈簧具有最大彈性勢能的過程中，由能量守恆定律得：
解得：[選修3-4](12分)(1)如題12b-1圖所示,白熾燈的右側依次平行放置偏振片p和q,a點位於p、q之間,b點位於q右側. 旋轉偏振片p,a、b兩點光的強度變化情況是
(a)a、b均不變 (b)a、b均有變化 (c)a不變,b有變化 (d)a有變化,b不變
(2)「測定玻璃的折射率冶實驗中,在玻璃磚的一側豎直插兩個大頭針a、b,在另一側再豎直插兩個大頭針c、d. 在插入第四個大頭針d時,要使它題12b-2圖是在白紙上留下的實驗痕跡,其中直線a、a』是描在紙上的玻璃磚的兩個邊. 根據該圖可算得玻璃的折射率n計算結果保留兩位有效數字)
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