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參考答案
12.【解析】(1)光線由空氣射入玻璃磚的入射角i=開一0，折射
15.【解析】畫出光路如圖所示
D
角=受縣，由折射車的定義m=油二解得：訓-息
sin r
cos 02
(2)根據平行玻璃磚對尤線的影響可知，玻璃磚寬度越大，
側移量越大，折射角的測量誤差越小，
160
(3)作圖時，玻璃磚應與所畫，的邊界相齊，如圖所示：
Q:30°B
(1)國入射光垂直于AD邊，故進入棱鏡的光線方向不變：
由題意可知在AC邊發生全反射的臨界角為C=60
根據川=C·解得棱鏡材料的折射幸為n=2
(2)從D點入射的光線射至BC道過的路程最長，經歷的時
間最長，設對應的出射點為P,因△AQD為直角三角形，根
據幾何關系得DQ=DA1an∠A=√L
該同學的做法中，出射光線的側向偏移距離小于理論的側
因QB=DC,△QBP為等腰三角形，根據幾何關系得QP=
向偏移距離，測量出的折射角要大于真實的折射角，導致測
QB
=③L
6
量值偏小
2cos∠B
【答案】(1)088(2)大(3)小于
通過的路程為，=DQ十QP=7y3,被鏡中的光速=C
6
c0s02
根據s=
13.【解析】(1)為了逆免碰撞后小球不被反彈，所以要求入射
球的質量大于被碰球的質量，即m1>m2,故C正確，AB
解得進入棱統到射出BC邊經歷的最長時間1=華
錯誤；
(2)只要保證每一次小球從同一位置靜止釋放，使得小球獲
【答案】(1)m=23
(2)1=7L
33
3c
得相同的初速度即可，斜槽軌道可以不用光滑，故A正確；
16.【解析】(1)木板固定時，滑塊做勻減速直線運動，由動能
鉛垂線的作用是用來確定y軸的方向的，故B錯誤：為了
能夠讓小球發生對心碰撞，入射球和被碰球的半徑必須相
定理可得：-mgL=名（管）廣-名mm
同，故C正確；小球從斜擼末端飛出后，傲平拋運動，由于
46
解得：=9gL
高度相同，所以在空中運動時間相同，即可用水平住移表示
(2)木板不固定時，木板和滑塊系統在相互作用過程中動量
速度，所以不需要別量小球池出點的離地高度H,故D
守恒，設兩者共速時的速度為，
錯誤.
取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mw=(m十M)v
(3)設小球在空中運動的時間為1，小球1的碰前速度為
報據能量守恒定律可得mgL=名m-名(m十0d
號，共碰后連度心=二小球m的碰后建度為西
聯立兩式解得：M=8m;
=
(3》規定水平向右的方向為正方向，木板固定時，由動量定
t
理有：
若滿足動量守恒定律則有：1四=m11'十2
整理得m1x2=m1x1十m2x
【答案】(1)C(2)AC(3)m1x2=m1x1十m2x
木板不固定時滑塊未速度，由動量定理有：I2=mv一m,
14.【解析】(1)由圖可知入=4m,入6=6m
解得：1=一號n心
根據T=合可得：T=18,工。=1.58
聯立解得：11：12=3：4.
(2)波從圖示時刻傳播到x=0處需要的時間：
【答案】
(2)8m(3)3:4
6,=45=0.5s
專題十三
磁場與磁場力
則x=0處的質點隨a波振動的時間為：t2=1.758;
t=2.258時x=0處的質點隨4波振動到負向最大位移
第1練磁場與安培力
處，即：y1=一5cm
小題·分層分練
b波從圖示時刻傳播到x=0處需要的時間：
1.【解析】根據安培定則可知，向下的電流在，b產生的磁場
4=△=0.75s
垂直紙面向里，在、d產生的磁場垂直紙面向外：向右的電
流在4、d產生磁場垂直紙面向外，在b、(產生磁場垂直紙面
則x=0處的質點隨b波振動的時間為：t4=1.58,
向里.根據對稱性可知兩個電流分別在四個點產生的磁場強
T=2.25s時x=0處的質點隨b波振動到平衡位置處，
度大小相等，根據磁場強度的疊加法則可知α，c兩點的破感
即：y2=0,故在t=2.25s時a,b波相遇疊加，x=0處質點
應強度均為零，b、d兩點的磁感應強度大小相同、方向相反，
的合位移為：y=一5cm
故ACD錯誤，B正確.故選：B.
【答案】(1)T.=1s,T.=1.5s(2)y=-5cm
【答案】B
127第一部分專題十三磁場與磁場力
第2練
洛倫茲力
A
[小題·精講精練]
例2（多選）如圖所示，兩方
[例題講壇]
向相反、磁感應強度大小
例1（多選）如圖所示，S·
均為B的勻強磁場被邊長
處有一電子源，可向紙·
為L的等邊三角形ABC
面內任意方向發射電·
理想分開，三角形內磁場
■
子，平板MN垂直于紙·
垂直紙面向里，三角形頂
面，在紙面內的長度L·
.8
點A處有一質子源，能沿∠BAC的角平分線發
=9.1cm,中點O與S·
射速度不同的質子（質子重力不計），所有質子均
間的距離d=4.55cm,·
能通過C點，質子比荷g一k,則質子的速度可能
MN與SO直線的夾角為0，板所在平面有電子
m
源的一側區域有方向垂直于紙面向外的勻強磁
為
場，磁感應強度B=2.0×10-4T,電子質量m=
A.2BkL
B.BkL
2
C.3BkL
D.BkL
9.1×10-31kg,電荷量e=-1.6×10-19C,不計
2
8
電子重力.電子源發射速度v=1.6×106m/s的
【解析】因質子帶正電，且
600
一個電子，該電子打在板上可能位置的區域的長
經過C點，其可能的軌跡如
業
度為，則
圖所示，所有圓孤所對圓心：：歡
A.0=90時，1=9.1cm
角均為60°，所以質子運行半
時
B.0=60°時，l=9.1cm
徑r=上(n=1,2,3,…),由
C.0=45°時，l=4.55cm
可
D.0=30°時，1=4.55cm
洛倫茲力提供向心力得Bgu=m”,即0=B
m
【解析】電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓
沿
周運動，根據洛倫茲力大小公式和向心力公式有：
=Bk·上(m=1,2,3,),選項B、D正確.
B=m,解得電子圓周運動的軌道半徑為：
【答案】BD
此
mw_9.1×10-31×1.6×105
[小題·分層分練
eB1.6X1019X2.0X10-4m
[一層·打基礎]
=4.55×10-2m=4.55cm,恰好
知識點一帶電粒子在有界磁場中的運動
有：r=d=L/2,由于電子源S,可
1.(多選)如圖所示，橫截面為
向紙面內任意方向發射電子，因
正方形的容器內有垂直于紙
不
此電子的運動軌跡將是過S點的
面向里的勻強磁場，一束電
一系列半徑為r的等大圓，能夠
子從a孔垂直于邊界和磁場
打到板MN上的區域范圍如右圖所示，實線SN表
射人容器中，其中有一部分
示電子剛好經過板N端時的軌跡，實線SA表示電
從c孔射出，一部分從d孔
子軌跡剛好與板相切于A點時的軌跡，因此電子
射出，則
打在板上可能位置的區域的
A.從兩孔射出的電子速率之比為：=1：2
長度為：l=NA,又由題設選
B.從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比
項可知，MN與SO直線的夾
為te:ta=1:2
角日不定，但要使電子軌跡與
C.從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度
MN板相切，根據圖中幾何關
0
大小之比為ac:ad=√2：1
系可知，此時電子的軌跡圓心
D.從兩孔射出的電子在容器中運動時的加速度
C一定落在與MN距離為r的平行線上，如右圖
大小之比為a。:a4=2:1
所示，當1=4.55cm時，即A點與板O點重合，作
知識點二帶電粒子在組合場中的運動
出電子軌跡如右圖中實線SA1,由圖中幾何關系
2.如圖所示，在第一象
可知，此時S1O與MN的夾角0=30°，故選項C錯
限內有沿y軸負方
誤；選項D正確；當(=9.1cm時，即A點與板M
向的勻強電場，在第
端重合，作出電子軌跡如右圖中實線S2A2,由圖中
二象限內有垂直紙
幾何關系可知，此時S2O與MN的夾角0=90°，故
面向外的勻強磁場，·人。·
選項A正確；選項B錯誤.
一個速度大小為o
【答案】AD
的帶正電的重力不計的帶電粒子從距O點為L
13

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