階段性訓練(三)(解析版)(內(nèi)容：電場-恒定電流-磁場)

階段性訓練（三）考察內(nèi)容（電場恒定電流磁場）一．選擇題（共12小題）1．靜電力常量k用國際單位制的基本單位表示，正確的是（）A．kg?m2s4?C．kg?m3s【解答】解：根據(jù)庫侖定律F＝kQqr2可得：根據(jù)F＝ma，質(zhì)量m、加速度a的單位分別為kg、m/s2可得1N＝1kg?m/s2，根據(jù)q＝It，電流I、時間t的單位分別為A、s可得1C＝1A?s，則k=mar2I2t2，1k＝1kg?故選：D。2．電子秤主要部件是平行板電容器，其電路如圖所示。稱重時，把物體放到電子秤的水平面板上，在壓力作用下會導致電容器上層膜片電極下移。則放上物體后（）A．膜片移動的過程中，R兩端的電壓始終為0 B．膜片下移過程中，電流表G有從b到a的電流 C．電容器兩極板間的電勢差變大 D．電容器兩極板間的電場強度變小【解答】解：放上物體后，電容器上層膜片電極下移，兩極板間的距離d減小，根據(jù)電容器的定義式C=εrS4πkd可知電容器的電容將增大，穩(wěn)定后兩極板間的電壓U保持不變，根據(jù)E=Ud可得穩(wěn)定后電容器內(nèi)部的電場強度增大，又根據(jù)C=QU可知電容器的帶電量增多，因此在膜片下移過程中，電流表G有從b到故選：B。3．某同學將密立根油滴實驗簡化為如圖所示的裝置，在真空環(huán)境下帶電油滴從噴霧器大小的噴嘴噴出，落到平行板電容器兩極板間，調(diào)節(jié)兩極板間的電壓U，恰使某個油滴懸浮在P點?，F(xiàn)保持兩極板間的電壓U不變，已知油滴質(zhì)量為m，兩板間距為d，重力加速度大小為g，電容器的下極板接地。下列說法正確的是（）A．油滴帶負電，電荷量為q=2mgdB．若只增大兩極板間距d，該油滴將向上加速運動 C．若只將正極板下移一小段距離，油滴的電勢能減小 D．若只將負極板下移一小段距離，P處的電勢降低【解答】解：A．已知上極板帶正電，下極板帶負電，電場方向向下，由于油滴懸浮在P點平衡，可知電場力方向向上，電場力方向與電場方向相反，可知油滴帶負電，根據(jù)平衡條件知：mg=qUd，解得q=mgdB．接電源極板間的電壓U不變，根據(jù)E=Ud，若只增大兩極板間距d，則極板間電場強度減小，電場力小于重力，則該油滴將向下加速運動，故C．若只將正極板下移一小段距離，即極板間間距減小，根據(jù)上述可知，極板間電場強度增大，令P點到下極板間距為dP，油滴電荷量大小為q，P點與下極板電勢差為UP＝φP﹣0＝φP＝EdP，可知P電勢升高，電勢能EP＝﹣qφP，可知此時油滴的電勢能減小，故C正確；D．由于保持兩極板間的電壓U不變，電容器的下極板接地，即上極板電勢大小為U，令上極板與P點的電勢差為U上P，上極板與P點的距離為d上P，則有U上P＝U﹣φP＝Ed上P，則有φP＝U﹣Ed上P，若只將負極板下移一小段距離，極板間間距增大，根據(jù)上述可知電場強度減小，可知，若只將負極板下移一小段距離，P處的電勢升高，故D錯誤。故選：C。4．如圖是一個將電流表改裝成歐姆表的示意圖，此歐姆表已經(jīng)調(diào)零，用此歐姆表測一阻值為R的電阻時，指針偏轉至滿刻度45處。現(xiàn)用該表測一未知電阻，指針偏轉到滿刻度的1A．4R B．5R C．16R D．10R【解答】解：設電動勢為E，內(nèi)阻為R內(nèi)，滿偏電流為Ig，歐姆表調(diào)零時，Ig=測一阻值為R的電阻時45Ig測一未知電阻時15Ig聯(lián)立解得：R′＝16R，故ABD錯誤，C正確；故選：C。5．如圖所示，長為L的導體棒AB原來不帶電，現(xiàn)將一個帶正電的點電荷q放在導體棒的中心軸線上，且距離導體棒的A端為R，O為AB的中點。當導體棒達到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A．導體棒A端帶正電，B端帶負電 B．導體棒A端電勢高，B端電勢相低 C．感應電荷在O點的場強方向向右 D．感應電荷在O點的場強大小E=【解答】解：A、點電荷q帶正電，則當導體棒達到靜電平衡后，導體棒A端為近端，帶負電，B端為遠端，帶正電，故A錯誤；B、處于靜電平衡狀態(tài)的導體棒是一個等勢體，即A端和B端電勢相等，故B錯誤；CD、感應電荷在O點的場強與點電荷q在O點的場強大小相等、方向相反，點電荷q在O點的場強向右，則感應電荷在O點的場強向左，大小E=k故C錯誤，D正確。故選：D。6．圖像是解決物理問題的好方法，下列關于圖像的分析正確的是（）A．圖甲中A、B兩物體v﹣t圖的交點表示兩物體在t1時刻相遇 B．圖乙為某硅光電池的路端電壓與電流的關系圖，則電池在P點狀態(tài)下的內(nèi)阻為直線MP的斜率的大小 C．圖丙為某白熾燈電壓與電流的關系曲線，則圖中Q點切線的斜率表示該燈泡在電壓為2.0V時的電阻 D．圖丁的陰影部分的面積反映了該變力作用下物體從x1到x2的過程中力的功率【解答】解：A．圖甲為速度—時間圖像，圖像中A、B兩物體v﹣t圖的交點表示兩物體在t1時刻速度相同，但不一定相遇，故A錯誤；B．圖乙為某硅光電池的路端電壓U與電流I的關系圖，根據(jù)E＝U+Ir可知，則電池在P點狀態(tài)下的內(nèi)阻為r=|ΔUΔI|，即為直線MPC．圖丙為某白熾燈電壓U與電流I的關系曲線，由圖可知，圖中所表示為非線性元件，根據(jù)R=UI可知圖中Q點與坐標原點連線的斜率才表示該燈泡在電壓為2.0V時的電阻，故D．丁圖為F﹣x圖像，根據(jù)W＝Fx可知，圖丁的陰影部分的面積反映了該變力作用下物體從x1到x2的過程中力的所做的功，故D錯誤。故選：B。7．如圖所示電路中，直流電源內(nèi)阻r≠0，R1、R2為定值電阻，滑動變阻器最大阻值為R3，r＜R1＝R2＜R3。開關K閉合且電路穩(wěn)定后，滑動變阻器的滑片P緩慢從b向a滑動過程中（）A．電流表示數(shù)變小 B．電源的效率減小 C．滑動變阻器消耗的功率一直減小 D．通過R2的電流方向為從c到d【解答】解：A．滑動變阻器的滑片P緩慢從b向a滑動過程中，根據(jù)電路構造可知接入電路的電阻減小，電路的總電阻減小，則電路的電流增大，電流表示數(shù)增大，故A錯誤；B．電源的效率為η=I當滑動變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)數(shù)學知識可知電源效率減小，故B正確；C．把R1看作電源的內(nèi)阻，滑動變阻器接入電路的電阻減小，外電路的阻值靠近等效電源的內(nèi)阻，等效電源的輸出功率變大，滑動變阻器消耗的功率變大，故C錯誤；D．根據(jù)閉合電路歐姆定律有U＝E﹣I（R1+r）當滑動變阻器接入電路的電阻減小，電路的電流增大時，路端電壓減小，電容器電壓減小，根據(jù)電容器的比值定義式C=QU可知電荷量在減小，電容器在放電狀態(tài)，所以通過R2的電流方向為從d到c，故故選：B。8．某款電動自行車的內(nèi)部電路可簡化為如圖所示，電源銘牌上標有“36V，12A?h”字樣。正常工作時，電源的輸出功率為180W，工作效率為75%，電動機機械效率為80%。已知自行車運動時受到阻力恒為40N。正常工作時（）A．電動機兩端電壓為36V B．電動機的電流約為5A C．自行車勻速行駛的最長時間約為1.8h D．自行車勻速行駛的最遠距離約為30km【解答】解：AB、正常工作時，電源的輸出功率為180W，工作效率為75%，則電源的輸入功率為P且由公式P＝UI解得電動機的額定電流約為I=設電動機的內(nèi)阻為rM，電動機的效率為80%，則P﹣0.8P＝I2rM解得r由于電源與電動機都有內(nèi)阻，故電動機兩端電壓U=故AB錯誤；CD．根據(jù)電池容量Q＝12Ah，放電電流為6.7A，則可得t=自行車勻速行駛時牽引力與阻力相等，即F＝f＝40N則由80%P＝fv解得v=0.8P自行車勻速行駛的最遠距離約為x＝vt＝3.6×1.8×3600m＝23328m＝23.328km故C正確，D錯誤。故選：C。9．一根長度為L質(zhì)量為m的粗細可忽略的導體棒A靜止在一個足夠長的光滑絕緣半圓柱體頂端，導體棒中通有垂直紙面向外大小為I的電流，其截面如圖，現(xiàn)讓導體棒由靜止滑下，一段時間后從某一位置P離開半圓柱體。若在圓心O處加一根垂直于截面通電情況與A相同的導體棒B（圖中未畫出），其它條件不變，則關于導體棒A離開半圓柱體的位置說法中正確的是（）A．可能在P的左上方 B．可能仍在P處 C．一定在P、Q之間某處 D．可能在Q處【解答】解：AB、一段時間后從某一位置P離開半圓柱體，說明在P點導體棒和半圓柱體之間沒有彈力，重力沿半徑方向的分力正好提供向心力，若在圓心O處加一根垂直于截面通電情況與A相同的導體棒B，根據(jù)同向電流相互吸引可以判斷，導體棒B對A施加了一個引力，這個引力與導體棒A的速度垂直，所以導體棒A的速度大小不受影響，根據(jù)向心力公式F=mv2r可知，再P點向心力是不變的，說明在P點A還受到半圓柱體對A的支持力，并且與B對A的引力相等，只有當速度繼續(xù)增加，以至于半圓柱體對A的支持力減小到0時，A才離開半圓柱體，故ACD、當A在P點之后速度繼續(xù)增加時，如果B對A的引力正好可以提供A做圓周運動的向心力時，也就是不需要重力的分力提供，導體棒A離開半圓柱體的位置就可能在Q處，故C錯誤，D正確。故選：D。10．筆記本電腦機身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實現(xiàn)開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導電，長、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右。當合上顯示屏時，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓，當電壓達到某一臨界值時，屏幕自動熄滅。則元件的（）A．合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低 B．開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大 C．若磁場變強，可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏 D．開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關【解答】解：A．電流方向向右，由此可分析出電子向左定向移動，根據(jù)左手定則，自由電子向后表面偏轉，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的電勢，故A錯誤；BCD．穩(wěn)定后電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，則根據(jù)平衡條件可得：evB=eU根據(jù)電流的微觀表達式可知：I＝neSv＝nebcv解得：U=因此開屏過程中，磁感應強度減小，元件前、后表面間的電壓變小。若磁場變強，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏。開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關，故D正確，BC錯誤；故選：D。11．如圖所示，導體棒P通過兩等長細線懸掛在豎直墻面上等高的兩點，并通以恒定電流IP，另一長直導體棒Q位于AB連線正下方，并與一滑動變阻器串聯(lián)，閉合開關前滑片位于最左端，已知通電直導線產(chǎn)生的磁場的磁感應強度與通電導線的電流大小成正比，與到通電導線的距離成反比。不計電源與導體棒電阻，現(xiàn)閉合開關，將滑動變阻器的滑片自最左端緩慢滑至中間，導體棒P繞AB連線緩慢轉動，下列說法正確的是（）A．導體棒P所受安培力始終垂直于兩棒所在平面 B．繩子拉力將減半 C．兩棒間的安培力將翻倍 D．兩棒的間距將變?yōu)樵瓉淼?倍【解答】解：A．由題意可知，兩棒互相排斥，則電流方向相反，安培力平行于兩棒所在平面，故A錯誤；B．如圖所示根據(jù)相似三角形可知mg可知繩子拉力為定值，故B錯誤；CD．根據(jù)題意有B=k根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I可得mg當滑片滑到中間時，電阻減半，故兩棒的間距將變?yōu)樵瓉淼?倍，則安培力將變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤，D正確。故選：D。12．2022年11月，我國獨立自主研制的全球單機容量最大的16兆瓦海上風電機組在福建下線。如圖每臺風力發(fā)電機的葉片轉動時可形成圓面，當?shù)仫L向可視為與葉片轉動的圓面垂直，發(fā)電機將此圓面內(nèi)氣流動能轉化為輸出電能的效率η＝20%。風速在8～15m/s范圍內(nèi)，η可視為不變。設風通過葉片后速度減為零。已知風速v＝10m/s時每臺發(fā)電機輸出電功率為6000kW，空氣的密度為ρ＝1.2kg/m3，則（）A．該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比 B．每秒鐘流過面積S的氣流動能12ρSv2C．每臺發(fā)電機葉片轉動時形成的圓面面積約為5×104m2 D．當風速為15m/s時每臺發(fā)電機的輸出電功率約為6800kW【解答】解：AB、每秒沖擊風車車葉的氣體體積為：V＝SL＝Sv氣流的質(zhì)量為：m＝ρV氣流的動能為：Ek=12mv2=1CD、當風速為10m/s時每臺發(fā)電機的輸出功率約為6000kW，當風速為15m/s時每臺發(fā)電機的輸出功率約為20250kW，風的動能轉化的電能為：E電＝ηEk則每秒輸出電功率為：P=EEk聯(lián)立解得：S＝5×104m2，故C正確，D錯誤；故選：C。二．多選題（共3小題）13．如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板間距離為L，電場強度為E。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為2v0；平行M板向下的粒子，剛好能到達A．金屬板的長度 B．粒子在兩板間的加速度 C．兩個粒子到N板時的動能 D．兩個粒子的電勢能的變化量【解答】解：A、平行M板向下的粒子做類平拋運動，水平方向上由位移—時間公式：L=12at2，可求其在板間運動的時間。豎直方向上由勻速直線運動規(guī)律y＝v0t，可求豎直位移大小，板長是yB、垂直M板向右的粒子做勻加速直線運動速度—位移公式：(2v0)2CD、由于粒子的質(zhì)量未知，無法求出粒子的動能大小，由于粒子電量未知，求不出電場力做的功，也求不出粒子電勢能的變化量，所以CD選項不可求，故CD錯誤。故選：AB。14．如圖所示，干旱季節(jié)，農(nóng)民通過潛水泵抽取地下水灌溉農(nóng)田。已知潛水泵由電動機、水泵、輸水鋼管組成，某地下水源距離地表5.55m深，安裝潛水泵時將一根輸水鋼管豎直打入地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.45m，水流由出水口水平噴出時的速度為3m/s，每秒出水量為4kg。已知電動機額定電壓為220V，水泵的抽水效率為75%，水的密度為1.0×103kg/m3，則（）A．出水口鋼管橫截面積為43×10B．每秒內(nèi)水流機械能增加258J C．電動機的輸入功率為258W D．電動機線圈的電阻約為35Ω【解答】解：A、由題意得，單位時間內(nèi)出水的體積為V=mρ=41.0×103m3＝出水口鋼管橫截面積為S=Vvt=4×10-33×1m故A正確；B、以每秒出水量為研究對象，每秒機械能增加ΔE＝mgh+12h＝5.55m+0.45m＝6m代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝258J故B正確；C、電動機的輸出功率P出=Wt=電動機的輸入功率為P入=P75%=故C錯誤；D、對電動機，有P入＝P出+I2rP入＝UI代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：r=302586Ω≈故D正確。故選：ABD。15．安裝在排污管道上的流量計可以測量排污流量，流量為單位時間內(nèi)流過管道橫截面的流體的體積。圖為流量計的示意圖，左、右兩端開口的長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，所在空間有垂直于前、后表面，磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得排污流量為Q。污水流過管道時受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為管道長度，v為污水的流速。則（）A．金屬板M的電勢低于金屬板N的電勢 B．M、N兩板間的電勢差U=BQC．排污流量Q與污水中離子濃度無關 D．左、右兩側管口的壓強差Δp=【解答】解：A．由左手定則，正離子向上極板M聚集，負離子向下極板N聚集，則有M極板電勢高，N極板電勢低，故A錯誤；B．金屬板M帶正電，N帶負電，在M、N兩板間產(chǎn)生豎直向下的電場，離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件qvB=q解得U＝vcB故B錯誤；C．流量為在單位時間內(nèi)流經(jīng)管道橫截面積的流體的體積，可知污水的流量為Q＝vbc，故排污流量Q與污水中離子濃度無關，故C正確；D．由題意，污水流過管道時受到的阻力大小為f＝kLv2，故污水充滿管道從左向右勻速流動，由平衡條件，則有兩側的壓力差等于阻力，即Δp?bc＝kav2又有Q＝vbc聯(lián)立解得Δp=故D正確。故選：CD。三．實驗題（共3小題）16．某型號智能水表的核心部件是電磁流量傳感器，它的工作原理是基于法拉第電磁感應定律。電磁流量傳感器的測量管是一內(nèi)襯絕緣材料的非導磁合金短管，兩只電極沿管徑方向穿通管壁固定在測量管上，其電極頭與襯里內(nèi)表面基本齊平，與測量管軸線垂直的方向上加勻強磁場，從而可以測量水流流量。其基本原理如圖甲所示，某段監(jiān)測的水管可視為規(guī)則的圓柱體模型，在水平管徑a、b處固定兩塊豎直正對的金屬電極板（未畫出，電阻不計），勻強磁場方向豎直向下，當水中的正負離子隨水一起從左至右水平流動時，在a、b電極間產(chǎn)生電勢差。（1）若a、b電極間的電勢差為U，a、b電極板間的距離為d，勻強磁場磁感應強度大小為B，水管壁厚度不計，請用上述物理量表示水流速度的表達式為v=UBd（2）為了測量水流流量（流量為單位時間內(nèi)流過的流體體積），某研究性學習小組在a、b間設計了如圖乙所示的測量電路。閉合開關S，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，讀取多組靈敏電流計G的讀數(shù)I和電阻箱的示數(shù)R，繪制出1I-R圖像為一條傾斜的直線，已知該直線的斜率為k，縱截距為①與靈敏電流計G“+”接線柱相連的是圖甲中的a電極板（選填“a”或b”）。②已知靈敏電流計G的內(nèi)阻為Rg，則a、b電極板間的電動勢為1k，a、b電極板間的接入電路的電阻為bk-Rg，水流的流量為πd4kB（用題中的字母k、b、R【解答】解：（1）水中的離子受到的洛倫茲力和電場力達到平衡時有：qUd=qvB（2）①由左手定則可知正離子向a側偏轉，負離子向b側偏轉，故a板電勢高于b板，則與靈敏電流計G“+”接線柱相連的是圖甲中的a電極板。②由乙圖中閉合電路歐姆定律可知：I=RRg+R+r，解得：1I=RE+Rg+rE，由圖像可知：斜率k=1E，縱截距因為水流速度：v=EdB=故答案為：（1）v=UBd；（2）①a；②1k；17．某同學利用圖（a）所示的電路來測量某合金絲的電阻率，改變合金絲右端PN接入電路的長度L，記錄L及對應電流表電壓表的示數(shù)I和U，并作出UI-L的圖像，如圖（（1）用螺旋測微器測量合金絲多個不同位置的直徑d，求其平均值；其中一次測量如圖（b）所示，則其讀數(shù)為0.698mm；（2）實驗中，閉合開關前應將滑動變阻器滑片調(diào)至最右端（選填“最左端”、“中間”或“最右端”）；（3）由圖（c）得到圖線的斜率為k，則該合金絲的電阻率ρ＝πkd24（用d（4）圖（c）中圖線的縱軸截距b表示電流表的內(nèi)阻?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的分度值為0.01mm，需要估讀到分度值的下一位，則讀數(shù)為0.5mm+19.8×0.01mm＝0.698mm（2）為了保證電路的安全，閉合開關前應使滑動變阻器接入電路中的阻值最大，即應將滑動變阻器滑片移到最右端；（3）根據(jù)歐姆定律可得：R+R其中，R=ρLS聯(lián)立可得：U則圖像的斜率為4ρ即ρ=（4）根據(jù)上述分析可知，圖線的縱軸截距b表示電流表的內(nèi)阻。故答案為：（1）0.698；（2）最右端；（3）πkd2418．在練習使用多用電表的實驗中，A、B兩小組的同學分別進行了如下操作：（1）下列是A小組同學對多用電表的使用，其中操作正確的是AD。A．如圖甲，利用多用電表直流電壓擋測小燈泡兩端的電壓B．如圖乙，利用多用電表直流電流擋測通過小燈泡的電流C．如圖丙，利用多用電表直流電壓擋粗測電源的電動勢D．如圖丁，利用多用電表歐姆擋測二極管的反向電阻（2）B小組同學利用多用電表的歐姆擋測量某一定值電阻的阻值，先把選擇開關調(diào)至×10倍率，經(jīng)歐姆調(diào)零后測量，指針偏轉如圖a所示：為了使測量結果更準確，應把選擇開關調(diào)至×100（填“×1”或“×100”）倍率，經(jīng)歐姆調(diào)零后再次測量，示數(shù)如圖b所示，則待測電阻為1000Ω?！窘獯稹拷猓海?）A、如圖甲，利用多用電表直流電壓擋測小燈泡兩端的電壓，紅表筆接燈泡電勢較高的一端，故A正確；B、如圖乙，利用多用電表直流電流擋測通過小燈泡的電流，電流應該從紅表筆流入電表，故B錯誤；C．如圖丙，利用多用電表直流電壓擋粗測電源的電動勢，紅表筆應該接電源的正極，故C錯誤；D．如圖丁，利用多用電表歐姆擋測二極管的反向電阻，因黑表筆接內(nèi)部電源的正極，則應該讓紅表筆接二極管的正極，故D正確；故選：AD。（2）B小組同學利用多用電表的歐姆擋測量某一定值電阻的阻值，先把選擇開關調(diào)至×10倍率，經(jīng)歐姆調(diào)零后測量，指針偏轉如圖a所示，指針偏轉過小，可知選擇的倍率過低，為了使測量結果更準確，應把選擇開關調(diào)至“×100”倍率，經(jīng)歐姆調(diào)零后再次測量，示數(shù)如圖b所示，則待測電阻為：10×100Ω＝1000Ω。故答案為：（1）AD；（2）×100、1000。四．計算題（共3小題）19．負離子吹風筒是目前比較流行的吹風筒。如圖，某負離子吹風筒吹出含有大量氧離子（﹣2e）的空氣，沿水平方向進入電壓為U的加速電場，之后進入豎直放置的偏轉電場，偏轉電場極板電壓恒為U，極板間距為d，長度也為d。若空氣流中所含氧離子分布均勻且橫截面積足夠大，氧離子質(zhì)量為m，不考慮空氣流分層現(xiàn)象，不計離子間作用力，不計空氣對離子流和電場的影響，不計氧離子重力以及氧離子進入加速電場的初速度，求：（1）氧離子進入偏轉電場的速度大小；（2）能夠離開偏轉電場的氧離子占進入偏轉電場氧離子的比例。【解答】解：（1）氧離子進入加速電場，根據(jù)動能定理有：2eU=解得：v（2）氧離子在偏轉電場中做類平拋運動，偏轉電場場強為：E=根據(jù)牛頓第二定律有：2eE＝ma解得：a=若氧離子能夠射出偏轉電場，如圖所示為恰好射出的氧離子的軌跡根據(jù)運動學公式得：t=則該離子的豎直位移為：y=聯(lián)立解得：y=因此，距上板d4能夠離開偏轉電場的氧離子占能夠進入偏轉電場氧離子的比例為：k=答：（1）氧離子進入偏轉電場的速度大小為2eU（2）能夠離開偏轉電場的氧離子占進入偏轉電場氧離子的比例為3420．如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=35，整個裝置處于水平向右的勻強電場中。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電小球在電場力的作用下沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零，重力加速度大小為（1）勻強電場的場強大小；（2）小球到達A點時速度的大?。恍∏驈腃點落至水平軌道上的位置與A點的距離?！窘獯稹拷猓海?）設小球所受的電場力為，電場強度大小為E，由力的合成，得：F0又F0＝qE…②聯(lián)立①②解得：E=（2）小球到達C點時所受合力大小為F，由力的合成有：F2設小球到達C點時的速度大小為vC，利用牛頓第二定律得：F＝mvC聯(lián)立③④解得：vC=設小球到達A點的速度大小為vA，做CD⊥PA，角PA于D點，由幾何關系得：DA＝Rsinα…⑤CD＝R（1+cosα）…⑥根據(jù)動能定理，有：﹣mg?CD﹣qE?DA=1聯(lián)立③④⑤⑥⑦，得小球在A點的速度大小為：vA