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如图所示，理想变压器的初、次级线圈分别接着完全相同的灯泡L₁、L₂，初、次级线圈的匝数比n₁：n₂=3：1，交流电源的电压为U，则
①灯L₁两端的电压为U/10
②灯L₁两端的电压为3U/5
③灯L₂两端的电压为3U/10
④灯L₂两端的电压为U/3

[     ]

A．只有①、③正确
B．只有②、④正确
C．只有①、④正确
D．只有②、③正确 

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一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。把你认为正确答案的代表字母填写在题后的括号内。

1．B  2．AC  3．CD  4．AB  5．D  6．CD  7．BC  8．AC  9．A  10．CD

二、本题共3小题，共14分。按照要求作图或把答案填在题中的横线上。

12．（1）；（2分）  ；（2分）（2）偏小。（1分）

13．（1）如答图1；（2分）  （2）0~6.4；（2分）

   （3）。（2分）

三、本大题包括7小题，共56分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。

       只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题的答案必须明确写出数值和单位。

14．（7分）

解：（1）质子进入磁场做半径为R₁的匀速圆周运动，洛仑滋力提供向心力，根据牛顿第二定律，…………………………（2分）

       质子离开磁场时到达A点，O、A间的距离.………………（1分）

       同理，α粒子在磁场中做圆周运动的半径为，α粒子离开磁场时到达B点，

       O、B间的距离，则A、B两点间的距离.…（2分）

   （2）α粒子在匀强磁场中运动周期为，

       则α粒子在磁场中运动的时间为…………………………（2分）

15．（7分）解：（1）根据电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为

       ……………………………………（1分）

       根据闭合电路欧姆定律，通过R的电流……………………（1分）

       金属棒两端的电压U=E－Ir=2.5V.………………………………………………（1分）

   （2）由于ab杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力大小相等，即

        …………………………………………………………（2分）

   （3）根据焦耳定律，电阻R上消耗的电功率P=I²R=1.25W.…………………（2分）

16．（8分）解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力，

       设到达斜面底端时的速度为，根据动能定理

       ，…………………………（2分）

       解得………………………………………………（1分）

   （2）滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为，根据动能定理， ，…………………………（2分）

       代入数据解得……………………………………（1分）

   （3）滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能和减少等于克服摩擦力做的功，

          即等于产生的热能，……………………（2分）

17．（8分）解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10^－2s.

       所以线圈中感应电动势的最大值为……………………（2分）

   （2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为

       通过小灯泡电流的有效值为，…………………………（1分）

       小灯泡消耗的电功率为P=I²R=2.88W………………………………………………（2分）

   （3）在磁感应强度变化的1~1/4周期内，线圈中感应电动势的平均值

       通过灯泡的平均电流……………………………………（1分）

       通过灯泡的电荷量………………………………（2分）

18．（8分）解：（1）当通过金属棒的电流为I₂时，金属棒在导轨上做匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，………………………………（1分）

       设金属棒到达NQ端时的速率为，根据运动学公式，，……………（1分）

       由以上两式解得：……………………………………（2分）

   （2）当金属棒静止不动时，金属棒的电阻，设金属棒在导轨上运动的时间为t，

       电流在金属棒中产生的热量为Q，根据焦耳定律，Q=I，…………………（2分）

       根据运动学公式，，将（1）的结果代入，争得

………（2分）

19．（9分）解：（1）t=0时刻进入两板间的电子先沿OO′方向做匀速运动，即有，

       而后在电场力作用下做类平抛运动，在垂直于OO′方向做匀加速运动，设到达B、D

端界面时偏离OO′的距离为y₁，则.………………（2分）

       t=T/2时刻进入两板间的电子先在T/2时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D端界面。设电子到达金属板的中央时偏离OO′的距离为y₂，将此时电子的速度分解为沿OO′方向的分量与沿电场方向的分量，并设此时刻电子的速度方向与OO′的夹角为θ，电子沿直线到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离为，则有；

解得……………………………………………………（1分）

因此，。…………………………………………………（1分）

（2）在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为，解得板间电太的最大值。…………………………………………（2分）

（3）设）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y₁；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为，电子到达荧光屏上分布在范围内. 当满足的条件时，△Y为最大。根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到

……………………………………………………（1分）

因此电子在荧光屏上分布的最大范畴为………（2分）

20．（9分）

解：（1）粒子A在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑滋力提供向心力，设粒子A的速度为v₀­，在MN上方运动半径为R₁，运动周期为T₁，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，

解得  ………………………………（2分）

同理，粒子A在MN下方运动半径R₂和周期T₂分别为：

。

粒子A由P点运动到MN边界时与MN的夹角为60°，如答图2所示，则有

R₁－h=R₁cos60°  得到：R₁=2h，R₂=4h。

PQ间的距离为d=2R₂sin60°－2R₁sin60°=2h。………………………………（3分）

   （2）粒子A从P点到Q点所用时间为

        ，………………………………（1分）

    设粒子B的质量为M，从P点到Q点速度为v

，……………………………………………………（1分）

由

根据动量守恒定律…………（2分）