階段驗收評價(四)　靜電場　恒定電流　磁場

階段驗收評價(四)靜電場恒定電流磁場(考試時間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．手機(jī)已走入千家萬戶，成為人們生活中必不可少的工具。如圖是某手機(jī)電池的一些重要參數(shù)。以下說法正確的是()A．電池的電動勢是4.2VB．該電池的輸出電壓為3.7VC．電池充滿電后所帶電荷量有6120CD．1700mA·h指電池工作時的電流大小解析：選C電池的電動勢為3.7V，由于有內(nèi)阻，工作時輸出電壓小于3.7V，A、B錯誤；該電池的容量為1700mA·h＝6120C，是指帶電荷量，C正確，D錯誤。2.如圖所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q。則a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小是()A．0B.eq\f(\r(2)kq2,l2)C.eq\f(kq2,l2)D.eq\f(3kq2,2l2)解析：選Da和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q。根據(jù)庫侖定律，則c對a的庫侖引力為：Fc＝eq\f(kq2,\r(2)l2)；b、d電荷對a的庫侖力大小為：Fb＝Fd＝keq\f(q2,l2)；根據(jù)力的合成法則，點電荷a所受的靜電力大小為：F＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)kq2,l2)))2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kq2,\r(2)l2)))2)＝eq\f(3kq2,2l2)，故A、B、C錯誤，D正確。3.如圖是位于x軸上某點的電荷在虛線PQ右側(cè)的電勢φ隨x變化的圖線，a、b是x軸上的兩點，過P點垂直于x軸的虛線PQ和x軸是該曲線的漸近線，則以下說法正確的是()A．可以判斷出OP間各點的電勢均為零B．可以判斷出a點的電場強(qiáng)度小于b點的電場強(qiáng)度C．可以判斷出P點左側(cè)與右側(cè)的電場方向均沿x軸正方向D．負(fù)試探電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能解析：選D因虛線PQ是圖像的漸近線，故該電場是由位于P點的正電荷產(chǎn)生的，因此OP間各點電勢為正，A項錯誤；a點距場源電荷較近，故a點的電場強(qiáng)度比b點的電場強(qiáng)度大，B項錯誤；P處的正電荷產(chǎn)生的電場方向，在其左側(cè)沿x軸負(fù)方向，在其右側(cè)沿x軸正方向，C項錯誤；負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，a點的電勢比b點的電勢高，故負(fù)試探電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，D項正確。4．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變解析：選D若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減小；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。5．如圖甲所示，兩根橫截面積相同、材料不同的導(dǎo)線Ⅰ和Ⅱ，串聯(lián)后接入電路。若導(dǎo)線上任意一點的電勢φ隨該點與a點的距離x的變化關(guān)系如圖乙所示，導(dǎo)線Ⅰ和Ⅱ的電阻率分別為ρ1、ρ2，電阻分別為R1、R2，則()A．ρ1＜ρ2，R1＜R2 B．ρ1＞ρ2，R1＜R2C．ρ1＜ρ2，R1＞R2 D．ρ1＞ρ2，R1＞R2解析：選A由部分電路歐姆定律并結(jié)合題圖乙可得U1＝IR1＝3φ0－2φ0＝φ0，U2＝IR2＝2φ0－0＝2φ0，故R1＜R2；因為R1＜R2，由R＝ρeq\f(l,S)知，ρ1eq\f(l1,S)＜ρ2eq\f(l2,S)，由題圖甲知l1＞l2，所以ρ1＜ρ2。綜上可得，A項正確。6．如圖所示，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l，在兩導(dǎo)線中通有方向垂直于紙面向里的電流。在紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點，每根通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。若在a點平行于P、Q放入一段長為L的通電直導(dǎo)線，其電流大小為I，方向垂直紙面向外，則關(guān)于它受到的安培力說法正確的是()A．大小等于BIL，方向水平向左B．大小等于BIL，方向水平向右C．大小等于eq\r(3)BIL，方向豎直向下D．大小等于eq\r(3)BIL，方向豎直向上解析：選Da點處通電直導(dǎo)線的受力分析如圖所示，由題意得：FP＝FQ＝BIL，θ＝30°，安培力合力為F＝2FPcos30°＝2BIL×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)BIL，方向豎直向上，故D正確，A、B、C錯誤。7.如圖所示，電源電動勢E＝8V，內(nèi)阻r＝2Ω，兩個小燈泡均標(biāo)有“3V,1.5W”，R為定值電阻。開關(guān)S閉合，電動機(jī)M轉(zhuǎn)動穩(wěn)定后，兩小燈泡恰能正常工作，則()A．定值電阻R的阻值為10ΩB．電動機(jī)的線圈電阻為6ΩC．電動機(jī)與電阻R消耗的電功率相等D．電動機(jī)的輸出功率為1.5W解析：選C因為兩燈泡一樣并正常發(fā)光，所以兩個支路的電壓和電流均相等，即兩支路的功率相等，去掉燈泡功率后，電動機(jī)與電阻R消耗的電功率相等，C正確；根據(jù)燈泡參數(shù)，得到燈泡電流為I＝eq\f(P,U)＝0.5A，路端電壓為U′＝E－2Ir＝6V，對于電阻R支路，有R＝eq\f(U′－U,I)＝6Ω，A錯誤；電動機(jī)消耗的功率為P′＝(U′－U)I＝1.5W，因為電動機(jī)為非純電阻電路，所以電動機(jī)的發(fā)熱功率、輸出功率均小于電動機(jī)功率，即I2r′<P′，解得r′<6Ω，B、D錯誤。8．如圖甲所示是我國研制的高速磁浮交通系統(tǒng)成功下線的情景。車體運行時，通過精確控制電磁鐵中的電流I磁形成吸引力，車體與軌道之間始終保持10毫米的懸浮氣隙，如圖乙所示。列車磁鐵定子和電流轉(zhuǎn)子分別安裝在軌道和車體上，憑無接觸力推動列車飛馳。由以上信息判斷()A．車體前進(jìn)的驅(qū)動力是靜電力B．車體在水平運動過程始終保持平衡狀態(tài)C．車體滿載時較空載時I磁更大D．車體右轉(zhuǎn)時乘客受到向左的離心力解析：選C列車磁鐵定子和電流轉(zhuǎn)子分別安裝在軌道和車體上，憑無接觸力推動列車飛馳，車體前進(jìn)的驅(qū)動力不是靜電力，故A錯誤；車體在水平運動過程中速度不一定相等，不會始終保持平衡狀態(tài)，故B錯誤；軌道對車體的吸引力等于列車重力，車體滿載時較空載時吸引力更大，I磁更大，故C正確；離心力是一種效果力，它使旋轉(zhuǎn)的物體遠(yuǎn)離它的旋轉(zhuǎn)中心，離心力并不是真實的力，故D錯誤。9．兩個帶電粒子a、b在同一位置以相同的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，它們在磁場中的運動軌跡如圖所示。粒子a的運動軌跡半徑為r1，粒子b的運動軌跡半徑為r2，且r1＝3r2，q1、q2分別是粒子a、b所帶的電荷量，則()A．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，兩粒子的比荷之比eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶1B．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，兩粒子的比荷之比eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶3C．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，兩粒子的比荷之比eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶1D．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，兩粒子的比荷之比eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶3解析：選D由題圖可知a向左偏，b向右偏，根據(jù)左手定則，a帶正電，b帶負(fù)電。根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，知粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，v與B不變，所以兩粒子的比荷之比等于粒子運動軌跡半徑的反比，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶3，故D項正確。10.如圖所示，電荷量分別為＋Q1和－Q2的兩個點電荷連線水平，相對Q1Q2連線對稱放置的內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管在豎直平面內(nèi)，細(xì)管的上下端口恰好在Q1Q2連線的中垂線上。電荷量為＋q的小球以初速度v0從上端管口無碰撞進(jìn)入細(xì)管，在運動過程中始終機(jī)械能守恒，則()A．Q1>Q2B．小球從細(xì)管下端飛出時速度為v0C．小球運動過程中電勢能先減小后增大D．細(xì)管各處電場強(qiáng)度大小相等解析：選A在運動過程中始終機(jī)械能守恒，電場力對小球不做功，小球運動過程中電勢能不變，由圖可知Q1>Q2，故A正確，C錯誤；小球以初速度v0從上端管口無碰撞進(jìn)入細(xì)管，在運動過程中始終機(jī)械能守恒，小球從細(xì)管下端飛出時速度大于v0，故B錯誤；由點電荷場強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)及電場疊加可知，細(xì)管各處電場強(qiáng)度大小不相等，故D錯誤。11．太陽輻射的總功率為P，日地距離為r，陽光到達(dá)地面的過程中的能量損耗為50%；太陽光垂直照射時，太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化效率為η；一輛質(zhì)量為750kg的汽車的太陽能電池板的面積為S，電機(jī)能夠?qū)⑤斎牍β实?0%用于牽引汽車前進(jìn)。此時太陽能電池車正以72km/h勻速行駛，所受阻力為車重的0.02倍，已知該太陽能電池能直接滿足汽車的上述行駛需求。若半徑為R的球表面積為4πR2，則()A．太陽能汽車可達(dá)的最大機(jī)械功率為eq\f(ηPS,8πr2)B．汽車的機(jī)械功率為3.3×103WC．若汽車機(jī)械功率恒定，車速減半時牽引力也減半D．太陽能電池板的面積必須滿足關(guān)系：eq\f(9ηPS,80πr2)≥3.0×103W解析：選D太陽能汽車可達(dá)的最大機(jī)械功率為P機(jī)max＝eq\f(P×50%S·η×90%,4πr2)＝eq\f(9ηPS,80πr2)，故A錯誤；汽車的機(jī)械功率為P機(jī)＝fv＝0.02mgv＝3×103W，故B錯誤；若汽車機(jī)械功率恒定，車速減半時牽引力增加一倍，故C錯誤；由A、B可知，太陽能電池板的面積必須滿足關(guān)系eq\f(9ηPS,80πr2)≥3.0×103W，故D正確。12．如圖甲所示，PQ和MN為水平、平行放置的兩光滑金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的中點用細(xì)繩通過輕滑輪與物體相連，細(xì)繩一部分與導(dǎo)軌共面且平行，另一部分與導(dǎo)軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，方向豎直向下，開始時繩子剛好要繃直，現(xiàn)給導(dǎo)體棒中通入電流，使導(dǎo)體棒向左做加速運動，物體運動的加速度大小與導(dǎo)體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10m/s2。則物體和導(dǎo)體棒的質(zhì)量分別為()A．0.1kg0.9kg B．0.9kg0.1kgC．0.1kg1.0kg D．1.0kg0.1kg解析：選A設(shè)物體的質(zhì)量為M，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，細(xì)繩的拉力為FT，根據(jù)題意由牛頓第二定律可知，F(xiàn)T－Mg＝Ma，BIL－FT＝ma，解得a＝eq\f(BL,M＋m)I－eq\f(Mg,M＋m)，結(jié)合題圖乙可知，當(dāng)I1＝4A時，a1＝3m/s2，當(dāng)I0＝1A時，a＝0，則有BI0L－Mg＝0，得M＝eq\f(BI0L,g)＝0.1kg，m＝0.9kg，選項A正確。13．甲圖是一種車載空氣凈化器，乙圖是它的工作原理示意圖，受污染的空氣含大量粉塵被吸入后，粉塵顆粒物進(jìn)入電離區(qū)帶上負(fù)電，然后在集塵器上被帶電金屬網(wǎng)捕獲，不考慮粉塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略粉塵顆粒所受重力。根據(jù)上述介紹，下列說法正確的是()A．帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中電勢能不斷減少B．帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中沿途各點電勢逐漸降低C．集塵器上的帶電金屬網(wǎng)可以接正極，也可以接負(fù)極D．粉塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍解析：選A帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中電場力對帶電粉塵顆粒做正功，則其電勢能減小，故A正確；粉塵顆粒帶負(fù)電，則電場方向與運動方向相反，說明帶電粉塵顆粒在向集塵器的帶電金屬網(wǎng)運動過程中沿途各點電勢逐漸升高，故B錯誤；為使粉塵顆粒能被帶電金屬網(wǎng)捕獲，則帶電金屬網(wǎng)一定帶正電，故C錯誤；物體的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，故D錯誤。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列判斷正確的是()A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析：選ADa、c兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度是兩導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度，由于a點比c點距離兩導(dǎo)線近，所以a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比c點處的大，A正確。根據(jù)安培定則知，a、c兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，C錯誤。b點位于兩導(dǎo)線中間，兩導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，c處磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，D正確，B錯誤。15．近幾年超級電容城市客車在我國多個城市開通試運營。這種電車采用超級電容作為電能存儲設(shè)備，安全環(huán)保，反復(fù)充電可達(dá)100萬次以上。給該車充電的充電樁安裝在公交站點，在乘客上下車的時間里可把電容器充滿。假設(shè)這種電車的質(zhì)量(含乘客)m＝20t，電容器的電能轉(zhuǎn)化電車機(jī)械能的效率為80%，以速度10m/s正常勻速行駛時，一次充滿可持續(xù)正常行駛5km，電車受到的平均阻力為車重的0.02倍，則()A．這種電車正常勻速行駛時發(fā)動機(jī)輸出功率為3×104WB．某次進(jìn)站從接近沒電到充滿電，電車從充電樁獲得的能量為2.5×107JC．按電價0.72元/kW·h來計算，從接近沒電到充滿電需要電費4.0元D．若某次進(jìn)站從接近沒電到充滿電用時5s，電容器充電的平均功率為5.0×106W解析：選BD電車的重力G＝mg＝20×103×10N＝2×105N，所受阻力f＝0.02G＝0.02×2×105N＝4000N，電車勻速行駛，則牽引力F＝f＝4000N，電車正常勻速行駛時的功率P＝Fv＝4×103×10W＝4×104W，故A錯誤；電車每次充滿電后持續(xù)正常行駛5km，電車做功W＝Fs＝4×103×5×103J＝2×107J，電車從充電樁所獲得的能量E＝eq\f(W,η)＝2.5×107J，故B正確；若按電價0.72元/kW·h來計算，從接近沒電到充滿電需要電費為0.72×eq\f(2.5×107,3.6×106)＝5(元)，故C錯誤；若某次進(jìn)站從接近沒電到充滿電用時5s，則充電樁為電車充電時的平均功率為P＝eq\f(E,t)＝eq\f(2.5×107,5)W＝5×106W，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)LED被公認(rèn)為21世紀(jì)“綠色照明”，具有“高節(jié)能”“壽命長”“多變幻”“利環(huán)保”“高新尖”等特點，LED通用照明成為極具市場潛力的行業(yè)熱點，LED綠色照明技術(shù)已經(jīng)真正走進(jìn)了我們的生活。某實驗小組要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，已知該燈正常工作時的電阻大約為450Ω。實驗室提供的器材有：A．電流表A1(量程為15mA，內(nèi)阻r1約為3Ω，讀數(shù)記為I1)B．電流表A2(量程為5mA，內(nèi)阻r2＝10Ω，讀數(shù)記為I2)C．電壓表V(量程為15V，內(nèi)阻RV＝15kΩ，讀數(shù)記為U)D．定值電阻R1＝790ΩE．定值電阻R2＝1790ΩF．滑動變阻器R3(0～20Ω)G．滑動變阻器R4(0～2000Ω)H．蓄電池E(電動勢為10V，內(nèi)阻很小)，開關(guān)S一個(1)如圖所示是某同學(xué)設(shè)計的實驗電路圖，請你幫他選擇合適的器材，電表1應(yīng)選________，電表2應(yīng)選________，定值電阻應(yīng)選________，滑動變阻器應(yīng)選________。(這四空均填寫器材前的字母代號)(2)測量小燈泡電阻的表達(dá)式為Rx＝________(用字母表示)，實驗時，不斷改變滑動變阻器的阻值，當(dāng)電表2的示數(shù)達(dá)到________時，其對應(yīng)的結(jié)果為小燈泡正常工作時的電阻。解析：(1)LED燈正常工作時的電流為eq\f(3,450)A≈6.7mA，則電表1應(yīng)該選擇電流表A；由于所給的電壓表量程過大，則可選擇已知內(nèi)阻的電流表B與定值電阻串聯(lián)，若選擇定值電阻R1＝790Ω，則U＝Ig(R1＋r2)＝5×10－3×(790＋10)V＝4V，可知定值電阻選擇D即可。由于滑動變阻器要接成分壓電路，可知要選擇阻值較小的F；(2)測量小燈泡電阻的表達(dá)式為Rx＝eq\f(I2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋R1)),I1－I2)，當(dāng)燈泡兩端電壓為3V時燈泡正常工作，此時電表2讀數(shù)為I2＝eq\f(U0,r2＋R1)＝eq\f(3,10＋790)A＝3.75mA。答案：(1)ABDF(2)eq\f(I2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2＋R1)),I1－I2)3.75mAⅡ.(7分)某興趣小組對市場中電線進(jìn)行調(diào)查：(1)如圖1所示，采用繞線法測得該電線直徑為________mm(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)；(2)取長度為100m的電線，欲測其電阻：①先用多用電表進(jìn)行粗略測量，將多用表選擇開關(guān)置于“×10”擋并調(diào)零后，兩表筆接觸待測電阻的兩端進(jìn)行測量，表盤指針如圖2所示。為了使測量值更準(zhǔn)確，“選擇開關(guān)”應(yīng)置于________(選填“×1”“×100”或“×1k”)擋，并將兩表筆短接，調(diào)節(jié)圖3中________(選填“A”或“B”)重新調(diào)零后進(jìn)行測量。②再用伏安法測量其電阻，并設(shè)計圖4電路，則電壓表的另一端應(yīng)接______(選填“a”或“b”)，測量得電壓表示數(shù)為4.50V，而電流表讀數(shù)如圖5所示，則所測的電阻為______Ω(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。解析：(1)由圖可知，10匝線圈的直徑的總長度為12.5mm，則導(dǎo)線的直徑為1.25mm。(2)①從圖中可以看出歐姆表指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測電阻的阻值較小，應(yīng)用小倍率擋即選用“×1”擋，換擋后，需要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，方法是將兩表筆短接，調(diào)節(jié)圖3中的B旋鈕，使指針指到滿刻度；②因待測電阻的阻值較小，故應(yīng)采用電流表外接法，故電壓表的另一端應(yīng)接a；電流表量程為3A，則最小分度為0.1A，則讀數(shù)為2.50A，則電阻R＝1.8Ω。答案：(1)1.25±0.02(2)①×1B②a1.817．(8分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在第二象限存在與y軸平行且方向向上的勻強(qiáng)電場。一帶負(fù)電粒子從x軸上的A點以速度v0沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向射入勻強(qiáng)磁場，恰好垂直于y軸從D點(圖中未畫出)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，最終從x軸上的C點離開電場。已知OA＝d，OC＝2d，粒子重力不計。求：(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑R和運動時間t1；(2)電場強(qiáng)度的大小E。解析：(1)粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中的運動軌跡如圖所示。其中O′點為帶電粒子做勻速圓周運動的軌跡圓的圓心。在三角形OO′A中，由幾何關(guān)系知粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(d,sinθ)解得R＝eq\f(2\r(3),3)d由幾何關(guān)系知，粒子在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角∠DO′A＝120°則粒子在磁場中的運動時間t1＝eq\f(1,3)T粒子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πR,v0)解得t1＝eq\f(4\r(3)πd,9v0)。(2)由幾何關(guān)系得yD＝R(1＋cosθ)解得yD＝eq\r(3)d設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v02,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,2Bd)設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，由運動學(xué)公式有2d＝v0t2，yD＝eq\f(1,2)at22由牛頓第二定律有Eq＝ma，解得E＝Bv0。答案：(1)eq\f(2\r(3)d,3)eq\f(4\r(3)πd,9v0)(2)Bv018．(11分)如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E＝5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程中甲不帶電，乙電荷無轉(zhuǎn)移)求：(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)碰撞前甲球的速度v0的大小。解析：(1)設(shè)乙到達(dá)最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達(dá)水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則mg＋qE＝meq\f(vD2,R)，2R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg＋qE,m)))t2，x＝vDt，聯(lián)立解得x＝0.4m。(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙；eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2；聯(lián)立解得v乙＝v0；由動能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2；結(jié)合(1)聯(lián)立解得v0＝2eq\r(5)m/s。答案：(1)0.4m(2)2eq\r(5)m/s19．(11分)如圖所示，兩種同位素的原子核M、N從容器A下方的小孔S1不斷飄入S1與S2間的加速電場中，其初速度幾乎為零，然后經(jīng)過小孔S3恰好沿eq\f(1,4)圓弧通過靜電分析器，從小孔S4離開后，由正方體右側(cè)面中心位置處小孔O2(即圖中坐標(biāo)系原點)水平向左沿z軸正方向垂直右側(cè)面進(jìn)入正方體空腔內(nèi)。已知靜電分析器內(nèi)有均勻輻向分布的電場，粒子運動軌跡處電場強(qiáng)度大小為E，圓弧半徑和正方體邊長均為L；M、N的質(zhì)量分別為m、3m，帶電荷量均為q，重力不計，不考慮粒子之間的相互作用，打在正方體腔壁上的粒子被全部吸收，且不影響腔內(nèi)場強(qiáng)的分布。(1)求加速電場兩極板之間的電壓U；(2)若在空腔內(nèi)加沿＋x方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，求粒子M、N打在正方體平面上的位置坐標(biāo)；(3)若在空腔內(nèi)加沿＋y方向、大小為eq\r(\f(mE,qL))的勻強(qiáng)磁場，求粒子N打在正方體平面上的位置坐標(biāo)；(4)若(2)、(3)中的電場和磁場同時存在，單位時間內(nèi)有k個M粒子進(jìn)入腔內(nèi)，求平面B1C1C2B2受到M粒子的沖擊力大小。解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)加速獲得的速度為v，則qU＝eq\f(1,2)mv2，qE＝eq\f(mv2,L)，解得U＝eq\f(EL,2)。(2)設(shè)粒子打在平面C1D1D2C2上，則eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，z＝vt，ma＝qE，qE＝eq\f(mv2,L)，聯(lián)立方程得z＝L粒子M、N打在正方體平面上的位置坐標(biāo)均為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)，0，L))。(3)根據(jù)qE＝eq\f(3mvN2,L)，qvNB＝3meq\f(vN2,r)聯(lián)立方程得，粒子N在磁場中圓周運動半徑r＝eq\r(3)L若粒子N恰好打在B1B2上，則半徑r′＝eq\f(5,4)L，所以粒子打在平面B1C1C2B2上。粒子N打在正方體平面上的位置坐標(biāo)為((eq\r(2)－eq\r(3))L，0，L)。(4)電場和磁場同時存在，故粒子M沿直線勻速運動并垂直撞擊平面B1C1C2B2，設(shè)粒子受到平面的作用力為F，則在Δt時間內(nèi)－FΔt＝0－kmvΔt由牛頓第三定律可知，平面B1C1C2B2受到M粒子的沖擊力大小為F′＝F＝keq\r(qmEL)。答案：(1)eq\f(EL,2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)，0，L))(3)((eq\r(2)－eq\r(3))L,0，L)(4)keq\r(qmEL)20．(11分)中性粒子分析器是核聚變研究中測量快離子溫度及其動量分布的重要設(shè)備。其基本原理如圖所示，通過對高能量(200eV～30keV)中性原子(它們?nèi)菀状┩柑綔y區(qū)中的電磁區(qū)域)的能量和動量的測量，可診斷曾與這些中性原子充分碰撞過的離子的性質(zhì)。為了測量中性原子的能量分布，首先讓中性原子電離，然后讓離子束與邊界成某一角度入射到間距為d的平行有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后離開磁場區(qū)域，在保證所測量離子不碰到上邊界的前提下，通過測量入射孔A和出射孔B(如圖，入射孔A在下