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如圖（甲）所示，A、B為兩塊距離很近的平行金屬板（電子通過A、B間的時間可忽略不計），板中央均有小孔．一束電子以初動能E_KO=120eV，從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側，平行金屬板M、N之間有勻強電場，板長L=2×10^-2m，板間距離d=4×10^-3m；偏轉電壓U=20V，現(xiàn)在A、B間加一個如圖（乙）變化的電壓，在t=0到t=2s時間內，A板的電勢高于B板的電勢，則在U隨時間變化的第一個周期時間內：

（1）電子在哪段時間內可以從B板上的小孔O'射出？
（2）在哪段時間內，電子能從偏轉電場右側飛出？

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如圖（甲）所示，A、B為兩塊距離很近的平行金屬板（電子通過A、B間的時間可忽略不計），板中央均有小孔．一束電子以初動能E_KO=120eV，從A板上的小孔O不斷垂直于板射入A、B之間，在B板右側，平行金屬板M、N之間有勻強電場，板長L=2×10^-2m，板間距離d=4×10^-3m；偏轉電壓U=20V，現(xiàn)在A、B間加一個如圖（乙）變化的電壓，在t=0到t=2s時間內，A板的電勢高于B板的電勢，則在U隨時間變化的第一個周期時間內：

（1）電子在哪段時間內可以從B板上的小孔O'射出？
（2）在哪段時間內，電子能從偏轉電場右側飛出？

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如圖（a）所示，兩水平放置的平行金屬板C、D相距很近，上面分別開有小孔O、O′，水平放置的平行金屬導軌與C、D接觸良好，且導軌在磁感強度為B₁=10T的勻強磁場中，導軌間距L=0.50m，金屬棒AB緊貼著導軌沿平行導軌方向在磁場中做往復運動．其速度圖象如圖（b）所示，若規(guī)定向右運動速度方向為正方向，從t=0時刻開始，由C板小孔O處連續(xù)不斷以垂直于C板方向飄入質量為m=3.2×10^-21kg、電量q=1.6×10^-19C的帶正電的粒子（設飄入速度很小，可視為零）．在D板外側有以MN為邊界的勻強磁場B₂=10T，MN與D相距d=10cm，B₁、B₂方向如圖所示（粒子重力及其相互作用不計）．求：
（1）在0～4.0s時間內哪些時刻發(fā)射的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界MN？
（2）粒子從邊界MN射出來的位置之間最大的距離為多少？

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如圖甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D上分別開有正對的小孔O₁和O₂，兩板接在交流電源上，兩板間的電壓u_CD隨時間t變化的圖線如圖乙所示．從t=0時刻開始，從C板小孔O₁處連續(xù)不斷飄入質量m=3.2×10^-25kg、電荷量q=1.6×10^-19C的帶正電的粒子（飄入速度很小，可忽略不計）．在D板上方有以MN為水平上邊界的勻強磁場，MN與D板的距離d=10cm，勻強磁場的磁感應強度為B=0.10T，方向垂直紙面向里，粒子受到的重力及粒子間的相互作用力均可忽略不計，平行金屬板C、D之間距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計．求（保留兩位有效數(shù)字）：

（1）在C、D兩板間電壓U₀=9.0V時飄入小孔O₁的帶電粒子進入磁場后的運動半徑；
（2）從t=0到t=4.0×10^-2s時間內飄入小孔O₁的粒子能飛出磁場邊界MN的飄入時間范圍；
（3）磁場邊界MN上有粒子射出的范圍的長度．

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1．D  解析：該反應是輕核的聚變，A錯；輕核的聚變要放出能量B錯；該反應中沒有α和β射線產(chǎn)生，但可能有γ產(chǎn)生，C錯；反應前樣子總質量，反應后核子總質量，質量虧損為，D正確。

2．C  解析：以活塞為研究對象，水平方向活塞受三個力如圖所示，氣體初、末狀態(tài)壓強均等于大氣壓強，此時=0；過程①缸內氣體壓強先增大后減小，則向左先增大后減小，對活塞做負功， A是對的；過程②缸內氣體壓強不變且等于，，B是對的；過程③缸內氣體壓強先減小后增大，向右先增大后減小，對活塞做正功，C錯；由熱力學第一定律得，所以，理想氣體的溫度變化相同時內能變化相同，則為負時Q大，D正確。選C。

3．BD 

4．AB

5．A  解析：由圖(c)可知，子彈穿過木塊A的時間為，子彈對木塊A的沖量實際上等于子彈在穿過A的過程中對A、B的總沖量，即，由于A、B相同，質量相等，因此在時間A對B的沖量等于子彈對A的沖量的一半，即，A正確D錯；子彈在穿過B時，相對B的平均速度小于穿過A時相對A的平均速度，因此，，，，BC錯。

6．BC  解析：時刻B板電勢比A板高，電子在時間內向B板加速，加速結束；在時間內電子減速，由于對稱，在時刻速度恰好為零，接下來，電子重復上述運動，所以電子一直向B板運動，直到從小孔P突出，A錯；無論電子在什么時刻突出P孔，時刻電子都具有最大動能，B正確；電子突出小孔P的時刻不確定，但突出時的動能不大于，C正確D錯。

7．C  解析：運動員在到達P點前做平拋運動，y方向做勻速運動，x方向做自由落體運動，AD兩項錯；當運動員滑上斜面后，x、y方向都做勻加速運動，但加速度小于重力加速度，B對C錯。

8．AC  解析：如圖甲，則振動周期，則，A正確；如圖乙，振動周期則為，若為，則時刻和時刻振動位移分別為A和-A，彈簧的長度不可能相同的。若為，則振動位移為-A，，振動位移為A，B錯；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移相等，加速度相等；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移為零，加速度為零；C正確；由上述可知，兩種情況位移雖相同，但速度方向相反，動量大小相等，D錯。

9．D  解析：有三個力對金屬棒做功，其中重力做功不改變金屬棒的機械能，拉力做功金屬棒的機械能增加，安培力做功金屬棒的機械能減小，減小的機械能轉化為電能，因此感應電流的功率等于安培力的功率，兩金屬棒速度相等，動能不變，若則系統(tǒng)重力勢能不變，機械能不變，拉力做的功全部轉化為電能，即，AB錯；若，則系統(tǒng)重力勢能增大，機械能增大，拉力做的功一部分轉化為系統(tǒng)機械能，一部分轉化為電能，則一定大于，C錯D對。

10．BCD  解析：對，，功率隨電流I的減小而減小，A錯B正確；對，，當時，有最大值，C正確；若，則隨的增大單調減小，D正確。

11．0.900   12

12．答案：①乙；②電壓表的示數(shù)，電阻箱的阻值；若選擇圖甲，；若選擇圖乙，則；③若選擇圖甲，則為CE；若選擇圖乙，則為E。

解析：①由于電源電動勢V較小，，電流表的標度單位只能是mA或μA，因此約5或5000，5不合題意，5000比電流表內阻并不滿足，電壓表內阻又未知，因此選擇圖乙，閉合開關S2時，保持不變，反復調節(jié)，使電流表指針半偏且電壓表示數(shù)不變，則電路總電流不變，使電壓表同時監(jiān)測電路電流，減小實驗誤差，故選擇圖乙；②若選擇圖甲，則，則；選擇圖乙時，開關S2閉合前，通過電阻的電流就是通過電流表的電流；③此實驗電源內阻對實驗沒有影響，A錯；兩種電路都有電壓表作監(jiān)測電表，因此因此電源電動勢大小及電阻箱阻值的大小均對實驗沒有影響，BD錯；若選擇圖甲，則電壓表內阻對電流表兩端電壓的計算有較大影響，而對圖乙，電壓表只起監(jiān)測作用，因此選圖甲時應該選擇C項；電阻箱阻值的精確度對實驗直接造成影響，兩種選擇均要選E項。

評分說明：①只能選擇圖乙；②③若選擇圖甲，只要后續(xù)回答正確均給分。

13．解析：⑴以10個小球整體為研究對象，由力的平衡條件可得  …（2分）

得………………………………………………（2分）

⑵以1號球為研究對象，根據(jù)機械能守恒定律可得  …………（2分） 

      解得……………………………………………（2分） 

⑶撤去水平外力F后，以10個小球整體為研究對象，利用機械能守恒定律可得

    （2分）   得 （1分）

以1號球為研究對象，由動能定理得  ………………（2分）

得………………………………………………（2分）

14．解析：⑴由萬有引力定律得               ①

                            ②

              ①/②得

                                ③

                                             ④

⑵上升最高的塵埃做豎直上拋運動，因此由 得

⑶塵埃上升時機械能守恒，有

則衛(wèi)星撞擊月球時的速度約為

15．解析：⑴設電子在分離器中偏轉的軌道半徑為，在中，

   ①

   ②

因此電子在Q和M中運動的周期相同，且   ③

正、負電子從O第一次到D的時間為相等，因此要讓正、負電子在D中相遇，有     ④

由②③④解得     ⑤

由電子偏轉方向可判斷，Q、M中磁感應強度的方向相反

⑵由②⑤得         ⑥

當時，環(huán)的半徑最大，且         ⑦

16．解析：A、B間發(fā)生彈性碰撞，設每次碰撞A、B的速度分別為，碰后的速度分別為，由動量守恒定律和能量守恒定律得

                                           ①

                           ②

聯(lián)立①②解得 (舍去)，即每次碰撞兩球都交換速度。

⑴設第一次碰撞前小球A的速度為，由動能定理得

                                   ③

則第一次碰撞后 ，小球A又開始做初速度為零的勻加速運動，小球B則以速度做勻速運動，設從A、B間的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A運動的距離為，則                         ④

                          ⑤

聯(lián)立③④⑤解得

⑵第二次碰后，設第三次碰撞前A運動的距離為，則

                            ⑥

                    ⑦

聯(lián)立解得

第三次碰后，小球B的動能，因此當小球B出電場時的動能為時，A、B間發(fā)生了四次碰撞。

⑶第四次碰撞后，小球A的速度，若第四次碰撞發(fā)生后小球A即離開電場，則A的動能，若小球A在將要發(fā)生第五次碰撞時才離開電場，則

            ⑧

                  ⑨

解得 ，故有