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12345678910111213CBCDBBACAADADACAD第六次周考答案14答案：10.310cm

2.620mm15答案(1)CD(2)(3)根據(jù)電路圖，實物圖連線如圖所示：16答案(1)3000W(2)2700W(3)3Ω90%解析(1)驅(qū)動電機的輸入功率P入＝UI＝300×10W＝3000W.(2)電動彩車通過天安門前的速度v＝eq\f(x,t)＝2m/s電動彩車行駛時所受阻力為Ff＝0.02mg＝0.02×6.75×103×10N＝1.35×103N電動彩車勻速行駛時F＝Ff，故電動彩車通過天安門前時牽引汽車前進的機械功率P機＝Fv＝2700W.(3)設驅(qū)動電機的內(nèi)阻為R，由能量守恒定律得P入t＝P機t＋I2Rt解得驅(qū)動電機的內(nèi)阻R＝3Ω驅(qū)動電機的機械效率η＝eq\f(P機,P入)×100%＝90%.18、解析(1)電子經(jīng)U的電場加速后，由動能定理可得eU＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)①2分2分(2)電子以v的速度進入U的電場并偏轉t＝②1分E＝③1分a＝eq\f(eE,m)④1分1分（3）v＝at⑤1分由①②③④⑤得射出極板的偏轉角θ的正切值tanθ＝＝.2分所以eq\x\to(OP)＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ＝(eq\f(l,2)＋L)．3分注：第三問若用其它方法可自行賦分。18解析：(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G＝mg＝0.1N電場力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得：R＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1×10－2×4,4×10－5×103)m＝1m由幾何關系得：s1＝eq\r(2)R＝eq\r(2)m。(2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4m/s，方向與水平方向成45°。由于電場力F2＝qE2＝0.1N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝eq\f(\r(2),10)N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動。建立如圖所示的x、y坐標系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a＝F/m＝10eq\r(2)m/s2，位移y＝eq\f(1,2)at2沿x軸方向上，帶電小球的位移x＝v0t由幾何關系有：y＝x即：eq\f(1,2)at2＝v0t，解得：t＝eq\f(2,5)eq\r(2)sQ點到P點的距離s2＝eq\r(2)x＝eq\r

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