（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为q ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径R,由几何关系有：R?l sin?设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，则电子从偏转电场中出来时的偏向角为：sin??vyvt，式中vy?U0e2mvt t0 ，又R?dmBe由上述四式可得：B?U0t0 dl34. 解：（1）金属杆产生的感应电动势恒为 E=B1L1ω=2 V
由串并联电路的连接特点知：E=I?4R，U0=I?2R=T1=
2E=1 V 22π=20 s ?由右手定则知： 在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN=﹣1 V
（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～
T1时间内水平方向L2=v0?t1 2t1=
TL2=4 s＜1
2v0d2=at1 2EqU又vy=at1 ， a=，E?
mdq解得：?0.25C/kg，vy=0.5 m/s
m竖直方向
则粒子飞出电场时的速度大小v=v0?vy?222 m/s 2tan?=
vyv0=1，所以该速度与水平方向的夹角?=45°
v2（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv=m
r第31页
得r=
mv B2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：2r＞d时离开磁场后不会第二次进入电
场，即B2＜
22mv2?4=T =2 T。 ?22dq选考部分
选修3-3
1. 答案：ABE
解析：油膜法测分子直径大小的实验中，油膜经充分扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小，A正确；由查理定律可知，B正确；气体分子平均动能大，说明气体温度较高，但不确定气体体积的大小，有理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小，C项错误；多晶体也具有各向同性的特点，D项错误；由液体表面张力的概念易知E项正确。
2.解：（1）气体初状态体积为 V1?Ls1?22?2cm3?44cm3， 由图知此时压强为P1?80cmHg，
3（2）P2?82cmHg，V2?48cm
从状态1到状态2由理想气体状态方程知代入数据知：
PVPV11?22 T1T2其中T1?570C+273K=330K 代入数据解得：T2?369K
选修3-4
1. 答案：BCD
解析：据题波的周期为0.2s，t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动，经过t=0.05s，e点第一到达最高点．t=0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则知该质点的振动比e点落后一个周期，所以波长为 λ=2m，波速为 v??T?2ms=10m/s，0.2故A错误，B正确．由波的周期为 T=0.2s，后一质点比前一质点迟0.05s=T/4开始振动，可知相邻质点间的距离等于1/4波长，为0.5m．故C正确．根据对称性知，当a点经过的路程为9 cm时，h点经过的路程为12cm，故D正确．波从e点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当b点在平衡位置向下振动时，c点位于波谷，故E错误． 2. 答案：10 y=﹣0.03sin5πt
解：由题意得：T?(T?T)?0.7s，得该波的周期为T=0.4s，由图知波长为 λ=4m，则波
24速为v==10m/s，横波在介质中沿x轴正方向传播，图示时刻c质点向下振动，则c质点
t）=﹣0.03sin
=﹣0.03sin5πt m
的振动位移随时间变化的函数表达式为 y=﹣Asin（
3.解：①如图所示，i1＝60°，设玻璃对空气的临界角为C，
第32页
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则sin C＝＝ C＝45°
n2
i1>45°，发生全反射 i2＝i1－30°＝30° ＝2 sin i2 所以γ＝45°. 在BC边上反射的光线由几何关系可知将垂直AB边射出。 cc ②三棱镜中光速v＝＝ ， n256aaa 从BC边射出的光线所用的时间：t1＝3＋＝. vvcos 30°3c从AB边射出的光线所用的时间：t2?t1?3a26a ?3vc选修3-5 1401.答案：146C?1N+?1e 11460 140解析：根据电荷数守恒、质量数守恒得14经过一个半衰期，有半数发生衰变，6C?1N+?1e，n测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的25%，根据()?121得，n=2，即经过2个半4衰期，所以t=2×5730=11460年。 2. 解：①由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：Mvm?mv 由机械能守恒得：mg(H?R)?解得：vm?2.0ms ②由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为vx，假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M?m)vx?0 由能量守恒得：mgH?112Mvm?mv2 22112(M?m)vx?mv2y??mg?2L 22解得：vx?0 ，vy?4.0ms 故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小：vA?3.解：子弹打入木块过程，由动量守恒定律得：2vx?v2y?4.0ms m0v0?(m0?m)v1 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得：(m0?m)v1?(m0?m?M)v2 对子弹木块整体，由动量定理得：??(m0?m)gt?(m0?m)(v2?v1) 第33页 联立解得物体相对小车的滑行时间：t?v2?v1?1s ??g（2）子弹射入木块后，由子弹木块和木板组成的系统，由能量守恒定律得： 12联立解得：d?3m 2?(m0?m)gd?(m0?m)v12?(m0?m?M)v2 12第34页