2019-2020學(xué)年北京九中高二(上)期末物理試卷

1、2019-2020 學(xué)年北京九中高二（上）期末物理試卷一、單選題（本大題共13 小題，共 39.0 分）1.如圖所示，真空中有帶電量Q 的點(diǎn)電荷位于某點(diǎn)P 處，已知點(diǎn)P 在 M、 N 連線上且 ?= 3?，則該點(diǎn)電荷在 M 點(diǎn)和 N 點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度 ? 和 ? 的大小關(guān)系正確? ?的是()A.?B. ?C.?1?D. ?1?39?= 3? = 9?=? =?2. 某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，圖中 P、Q 兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別為?和 ?，電勢(shì)分別為 ? 和?，則?()A. ? ?，? ? ?B. ? ?，? ? ?C. ? ? ?D. ? ?，? ?) 仍沿平行于板面方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)

2、間?射出2212電場(chǎng)，射出時(shí)沿垂直于板面方向偏移的距離為 ?2 .不計(jì)電子的重力，則下列關(guān)系式中正確的是 ( )A. 12B. 12C. 12D. 12? ? ?， .沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，? ?故選： A。根據(jù) P、Q 兩點(diǎn)處電場(chǎng)線的疏密比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低掌握電場(chǎng)線的特點(diǎn)： 疏密表示強(qiáng)弱， 沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低3.【答案】 C【解析】 解： A、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電流方向水平向右，根據(jù)左手定則，安培力方向豎直向上，故 A 錯(cuò)誤。B、磁場(chǎng)方向水平向右，速度也水平向右，不受洛倫茲力，故B 錯(cuò)誤。C、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外， 電流方向豎直向上， 根據(jù)左手定則， 安

3、培力方向水平向右，故 C正確。D 、豎直向上的通電直導(dǎo)線，根據(jù)安培定則， 磁感應(yīng)線方向應(yīng)該是逆時(shí)針( 從上向下看 )，故D錯(cuò)誤。故選： C。根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是安培力的方向。 根據(jù)左手定則來(lái)判斷安培力 ( 或洛倫茲力 ) 的方向，并依據(jù)安培定則：大拇指指向電流方向，則四指指向磁場(chǎng)方向，即可求解。本題就是對(duì)左手定則的直接考查，注意與右手定則的區(qū)別是關(guān)鍵，同時(shí)掌握安培定則，比較簡(jiǎn)單。4.【答案】 A【解析】 解：根據(jù) ?=?可知： ?=，由于電容器不變， 因此電壓 U 和電量 Q 成正比，?故 A 正確 BCD 錯(cuò)誤。故選： A。明確電容

4、器的電容由本身的性質(zhì)決定，與 Q 和 U 無(wú)關(guān)，根據(jù) ?= ?，知 U 與 Q 成正比。解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式為?= ?，知道 C 與 Q 和 U 無(wú)關(guān)，根據(jù) ?= ?，知 Q?與 U 成正比，同時(shí)根據(jù)電容器的決定式理解電容器電容大小與那些因素有關(guān)。第8頁(yè)，共 16頁(yè)5.【答案】 A【解析】 解： A、根據(jù) ?=?可知，當(dāng) B 與 I 垂直時(shí)， F 與 I 成正比，且 ?- ?圖象的斜率表示的是 BL 的乘積，而磁感應(yīng)強(qiáng)度B 是有磁場(chǎng)本身性質(zhì)決定的，L 表示該導(dǎo)線的長(zhǎng)度，所以 B 與 L 的乘積不變，即圖象的斜率不變，故A 正確， BCD 錯(cuò)誤。故選： A。根據(jù)公式 ?= ?很容易判斷

5、出F 與 I 的關(guān)系以及圖象的斜率含義，就可判斷圖象的形狀。一方面考察對(duì)公式 ?= ?的函數(shù)關(guān)系的認(rèn)識(shí)，另一方面考察圖象的斜率意義。6.【答案】 C【解析】 【分析】首先根據(jù)電流強(qiáng)度的定義可以求得t 時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面積的總的電荷量的大小，進(jìn)而可以求得自由電子的個(gè)數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達(dá)式，根據(jù)電阻的運(yùn)動(dòng)的速率大小也可以求得通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子的個(gè)數(shù)。本題計(jì)算自由電子的個(gè)數(shù)，要注意從不同的角度來(lái)分析問(wèn)題，一是從微觀運(yùn)動(dòng)的角度，二是從電流強(qiáng)度的角度?！窘獯稹吭??時(shí)間內(nèi)，以速度 v 移動(dòng)的電子在銅導(dǎo)線中通過(guò)的距離為?，由于銅導(dǎo)線的橫截面積為 S，則在 ?時(shí)間內(nèi)，電子經(jīng)過(guò)的導(dǎo)線體積為：?=

6、 ?又由于單位體積的導(dǎo)線有n 個(gè)自由電子， 則在 ?時(shí)間內(nèi)， 通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為： ?= ?由于流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I ，則在 ?時(shí)間內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)線的電荷量為?= ?，而電子的電e? = ?C正確，荷量為 ，則 ?時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：?，故ABD 錯(cuò)誤。故選 C。7.【答案】 C【解析】 解：一個(gè)電子以初速度?沿平行于板面方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間?射出電場(chǎng)，11射出時(shí)沿垂直于板面方向偏移的距離為?；電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可將沿著速度1與加速度方向進(jìn)行分解，速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而加速度方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及

7、加速度相等，則有： ?=?12；，而 ?=1?1?211同理，則有： ? =?12；?，而 ?22 =2?22由于 ? ?，因此 ? ?，2112且有 ? ? ，故 ABD 錯(cuò)誤， C 正確；12故選： C。帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解?？疾轭惼綊佭\(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的應(yīng)用，理解運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的內(nèi)容。8.【答案】 A【解析】 解：第一次從點(diǎn) M 進(jìn)入磁場(chǎng)，從點(diǎn) N 射出，故 M、N 是軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，連線的中垂線通過(guò)圓心，經(jīng)過(guò) M 點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，判斷出洛倫茲力的方向是第9頁(yè)，共 16頁(yè)平行紙面向上并指向C 點(diǎn)，故得到

8、C 即為圓心，半徑R 等于線段 CM 的長(zhǎng)度，即正方向邊長(zhǎng)的一半；洛倫茲力提供向心力，有2?= ?，解得 ?=，該帶電粒子的速度減小為原來(lái)的一?半后，半徑減小為一半；故圓心移到線段CM 的中點(diǎn)，軌跡如圖；故選： A。帶電粒子垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)后，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力；根據(jù)洛倫茲力提供向心力和軌跡上兩點(diǎn)的連線的中垂線都通過(guò)圓心找到圓心，確定半徑；改變速度后，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出新的半徑，再次根據(jù)洛倫茲力提供向心力找出圓心，畫出軌跡。本題關(guān)鍵在于找出圓心、確定軌跡、求出半徑，同時(shí)要結(jié)合洛倫茲力提供向心力進(jìn)行分析計(jì)算。9.【答案】 C【解析】 解：當(dāng)懸線斷裂后，帶電

9、小球受到電場(chǎng)力和重力兩個(gè)力作用，兩個(gè)力均恒定，則小球所受的合外力恒定，所以，小球的加速度不變，小球?qū)⒂伸o止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C 正確， ABD 錯(cuò)誤。故選： C。當(dāng)懸線斷裂后，分析小球的受力得知合外力恒定，故加速度恒定，進(jìn)而得到小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。物體所受合外力與速度方向相同或相反， 那么物體做直線運(yùn)動(dòng)； 物體所受合外力與速度成一定夾角，則物體做曲線運(yùn)動(dòng)。10.【答案】 B【解析】 解： A、通過(guò)電阻的電流為?= ?-?=160-110 ?= 5?，因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)與電阻是串?10聯(lián)，所以通過(guò)他們的電流相等，故A 錯(cuò)誤；B、由上面 A 的分析可知，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為5A，故 B 正確；C、電

10、動(dòng)機(jī)消耗的功率為?= ?= 110 5? = 550? ，故 C 錯(cuò)誤；2D 、電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為? = ?= 52 2? = 50? ，故 D 錯(cuò)誤。熱故選： B。先根據(jù)電壓分配規(guī)律計(jì)算出電阻兩端的電壓，然后根據(jù)歐姆定律計(jì)算出電路中的電流，進(jìn)而得到通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流，電動(dòng)機(jī)消耗的功率以及電動(dòng)機(jī)的輸出功率、發(fā)熱功率。含有電動(dòng)機(jī)的電路不是純電阻電路， 不能用歐姆定律計(jì)算通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流， 電動(dòng)機(jī)的三個(gè)功率計(jì)算要掌握其方法。11.【答案】 D【解析】 解：當(dāng)使用 a、b 兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，由歐姆定律得? = ?(? + ? = 5? =1?1?，可得?500?當(dāng)使用 a、c 兩個(gè)端點(diǎn)時(shí)，由歐姆定律得?=(

11、? + ?+ ?)= 110-3(20103+2? 21?4.5 10 3 + 500) = 25?，第10 頁(yè)，共 16頁(yè)則D正確故選： D。將電流表改裝成電壓表時(shí)應(yīng)串聯(lián)大電阻，示數(shù)為表頭及電阻兩端的總電壓本題考查電流表的改裝，把電流表改裝為電壓表，應(yīng)串聯(lián)大電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可正確解題12.【答案】 C【解析】 解： A、由粒子在 ?中的偏轉(zhuǎn)知粒子帶正電，則受電場(chǎng)力向右，則粒子在選擇0器中受水平向左的洛倫茲力，由左手定則可判斷磁場(chǎng)方向垂直直面向外，故A 錯(cuò)誤；?B 錯(cuò)誤；，此時(shí)離子受力平衡，可沿直線穿過(guò)選擇器，故B、由 ?= ?，得 ?= ?=?C 正確；C、由 ?，知荷質(zhì)比

12、越大， R 越小，越靠近狹縫，故? ?0D?上的粒子，在磁場(chǎng) ?中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于?=? ?=2?2，、所有打在 ? 2?則 ?= ?0，故 D 錯(cuò)誤故選： C。粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器時(shí)所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)方向判斷電荷的電性 根據(jù)平衡求出粒子經(jīng)過(guò)速度選擇器的速度 通過(guò)帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)半徑的大小判斷粒子比荷的大小解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)13.【答案】 A【解析】 解： A、有圖可知，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度?= ?0 ，方向沿 x 軸正方向，所以粒子所?受電場(chǎng)力大小為 ?= ?=? 0，故 A 正確

13、；?B、由圖可知?11?0- 0=1?0，處的電勢(shì)為2?0，所以粒子的電勢(shì)能減少量是 ?= ?222故 B錯(cuò)誤；C、 Od 間的電勢(shì)差為 ?0?=?- ?= ?0 ，故 C 錯(cuò)誤；D 、圖象是一條傾斜的直線，斜率恒定，所以場(chǎng)強(qiáng)大小不變，粒子的加速度不變，故D錯(cuò)誤。故選： A。圖象的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)大?。浑妱?shì)能的減少量等于兩點(diǎn)的電勢(shì)能之差；兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于兩點(diǎn)的電勢(shì)之差；粒子受電場(chǎng)力恒定，所以加速度不變。 ?- ?圖象的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)大小，其它的關(guān)于電勢(shì)能大小的變化、電勢(shì)差的大小很容易根據(jù)電場(chǎng)的基本概念做出判斷。14.【答案】 BD【解析】 解： A、電荷僅受電場(chǎng)力，加速度的方向?yàn)殡妶?chǎng)力的方向正電荷

14、在Q 點(diǎn)受電場(chǎng)力的方向與該處電場(chǎng)線方向相切，而電場(chǎng)線與等勢(shì)線是互相垂直的，所以在 Q 點(diǎn)的加速度的方向?yàn)榇怪庇诘葎?shì)面向下，應(yīng)與圖示的箭頭方向垂直向下，故A 錯(cuò)誤B、電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場(chǎng)線指向右下方，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故 a 等勢(shì)線的電勢(shì)最高，故 B 正確CD 、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知， 從 P 到 Q 過(guò)程中電場(chǎng)力做正功， 電勢(shì)能降低， 動(dòng)能增大，故 C錯(cuò)誤，D正確第11 頁(yè)，共 16頁(yè)故選： BD由于質(zhì)點(diǎn)只受電場(chǎng)力作用， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于質(zhì)點(diǎn)帶正電， 因此電場(chǎng)線方向也指向右下方； 電勢(shì)能變化可以通過(guò)電場(chǎng)力做功情況判斷；電

15、場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是： 根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向， 然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化15.【答案】 2112? ? ? ? 8.0 2.0 B【解析】 解： (1)因?yàn)闊襞莸念~定電壓為3.8?，所以電壓表選擇?，電源選用 ?；由于12燈泡的額定電流為?=?210，=?= ?3.819，所以電流表選擇 ?2由于燈泡的電阻小，為了方便操作，滑動(dòng)變阻器選擇?。1(2) 根據(jù)圖象可知， 當(dāng)電壓為 4.0?時(shí)，通過(guò)燈泡的電流為 0.5?，所以燈泡的電阻為?= =?4.00.5 ?= 8?，其功率為 ?=

16、?= 4 0.5? = 2?。(3) 滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P 從左往右滑動(dòng)時(shí)，小燈泡兩端電壓逐漸增大， 因小燈泡的電阻和滑動(dòng)變阻器的最大阻值接近，故小燈泡兩端電壓接近線性變化，故 B 正確， ACD 錯(cuò)誤；故選： B。故答案為： (1)? ， ?， ? ，?2112(2)8.0 ， 2.0；(3)?。(1) 根據(jù)燈泡的額定電流和額定電壓選擇電壓表和電流表，為了方便操作選擇電阻值減小的滑動(dòng)變阻器。(2) 根據(jù)圖象分析電壓為 4V 時(shí)的電流， 根據(jù)歐姆定律求解燈絲的電阻， 根據(jù) ?= ?求解燈泡消耗的電功率。(3) 滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P 從左往右滑動(dòng)時(shí)

17、，小燈泡兩端電壓逐漸增大， 因小燈泡的電阻和滑動(dòng)變阻器的最大阻值接近，故小燈泡兩端電壓接近線性變化。本題考查了電學(xué)的實(shí)驗(yàn)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是熟練電表連接及選取，會(huì)根據(jù)電阻及電路情況選擇適當(dāng)?shù)幕瑒?dòng)變阻器；熟練掌握實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行解題。16.【答案】 1.5 0.73 AC D【解析】 解： (1) 連點(diǎn)作圖由圖可知電動(dòng)勢(shì) ? 1.5-1.1?= 0.73?= 1.5?，內(nèi)阻 ?=0.55 ?第12 頁(yè)，共 16頁(yè)(2)?、當(dāng)外電路短路時(shí)，電流的測(cè)量值等于真實(shí)值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測(cè)量值小于真實(shí)值，電源的?- ?圖象如圖所示，由圖象可知，電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，故A 正確， B

18、 錯(cuò)誤；?CD 、電源內(nèi)阻 ?= ? ，由圖象可知，電源內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值，故D 錯(cuò)誤， C 正確短故選： AC(3)?、用一個(gè)安培表、一個(gè)伏特表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器做實(shí)驗(yàn)可以測(cè)出多組U、 I 值，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得：?= ?+ ?，可測(cè)量多組數(shù)據(jù)到式求解，故A 正確；B、用一個(gè)伏特表和多個(gè)定值電阻做實(shí)驗(yàn)，可以測(cè)出多組U 、R 值，根據(jù)歐姆定律可得：?= ?+ ?，可以列方程組求出E、 r，故 B 正確；C、用一個(gè)安培表和一個(gè)電阻箱，可以測(cè)出多組I R、 值，根據(jù)歐姆定律可得： ?= ?(?+ ?)，可以列方程組求出 E、 r，故 C 正確；D .兩個(gè)安倍表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器，由于不知道滑動(dòng)

19、變阻器電阻，故無(wú)法測(cè)量，故 D 錯(cuò)誤；本題選最不可取的，故選：D。故答案為： (1)1.5 0.73(2)? (3)?(1) 根據(jù)給出的數(shù)據(jù)點(diǎn)，采用描點(diǎn)法作圖即： ?- ?圖象中，圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動(dòng)勢(shì)；圖象的斜率表示電源的內(nèi)阻。(2) 根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖及誤差來(lái)源分析實(shí)驗(yàn)誤差。(3) 明確閉合電路歐姆定律的表達(dá)式的正確書寫即可明確對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)方法。本題考查了連接實(shí)物電路圖、求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻、實(shí)驗(yàn)誤差分析，連接實(shí)物電路圖時(shí)要注意電表正負(fù)接線柱不要接反，要掌握應(yīng)用圖象法分析實(shí)驗(yàn)誤差的方法。17.【答案】 解： (1) 導(dǎo)體棒受重力、斜面的支持力、安培力，受力如圖所示(2) 根據(jù)平衡條件得：

20、? = ?；安(3) 安培力的計(jì)算公式得： ?安 = ?解得： ?=?答： (1) 導(dǎo)體棒在斜面上的受力示意圖如圖所示；(2) 導(dǎo)體棒所受安培力的大小是?；(3) 勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是?。?【解析】 (1) 對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，畫出受力示意圖；(2) 根據(jù)平衡條件求得導(dǎo)體棒所受安培力的大小；(3) 安培力的計(jì)算公式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。本題主要是考查安培力作用下的導(dǎo)體棒的平衡問(wèn)題， 解答此類問(wèn)題要明確導(dǎo)體棒的受力情況，結(jié)合平衡條件列方程解答。18.【答案】 解： (1) 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)： ?= ?= 1?0.4? 5?/?= 2?；第13 頁(yè)，共 16頁(yè)? 2?故感應(yīng)電流： ?= ?+?= 1?

21、+1? = 1?；導(dǎo)體兩端電壓：?= ?= 1?1? = 1?；(2) 金屬棒在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受的安培力大小為：? = ?= 1?1?0.4? =安0.4?，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：?= ?= 0.4?安，所以拉力的沖量? = ?= 0.4?0.1?= 0.04?；?(3)0.1?內(nèi)導(dǎo)體棒的位移：?= ?= 5?/?0.1?= 0.5?，拉力做功： ?= ?= 0.4? 0.5? =0.2?；答： (1) 導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E 為 2V；回路中的感應(yīng)電流I 為 1A；導(dǎo)體棒兩端的電壓 U為1V；(2)拉力 F 的大小為 0.4?；在 0.1?時(shí)間內(nèi)，拉力的大小為

22、 0.04? ?；F 的沖量 ?(3)在 0.1?時(shí)間內(nèi)，拉力 F 做的功 ?為0.2??！窘馕觥?(1) 根據(jù) ?= ?即可求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求出感應(yīng)電流；應(yīng)用歐姆定律求出導(dǎo)體棒兩端電壓。(2)根據(jù) ?= ?求出安培力， 由平衡條件求出拉力大小，再根據(jù)沖量的定義即可確定拉力的沖量。(3) 求出 0.1?內(nèi)導(dǎo)體棒的位移，然后應(yīng)用功是計(jì)算公式求出拉力做功。本題是電磁感應(yīng)與電路、 力學(xué)相結(jié)合的綜合題， 根據(jù)題意分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用 ?= ?、歐姆定律、安培力公式與功的計(jì)算公式即可解題。2?19.【答案】 解： (1) 根據(jù)牛頓第二定律得：? ，可得：

23、?=?= ? ?質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率： ?=1?= 2?= 2?質(zhì)子運(yùn)動(dòng)一周加速兩次， 加速電場(chǎng)方向改變兩次， 所以交變電場(chǎng)的頻率與質(zhì)子圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等。2?(2) 質(zhì)子加速完，根據(jù)牛頓第二定律得：?= ? ?，可得： ?=?12質(zhì)子出射時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為金屬盒的半徑，2(?)此時(shí)質(zhì)子的動(dòng)能為： ?=? =2?2(3) 粒子每加速一次動(dòng)能增加qU，第 n 次被加速后粒子的動(dòng)能：12?= 2 ?又粒子的最大速度： ?=?2 2，代入解得： ?=?2?答： (1) 交變電場(chǎng)的頻率f 為 2?；2(?)(2) 質(zhì)子加速完畢出射時(shí)的動(dòng)能?為；2?(3) 質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的圈數(shù)22n 為?

24、 。2?【解析】 (1) 根據(jù)回旋加速器的工作原理，它靠電場(chǎng)加速，靠磁場(chǎng)束縛在D 形盒內(nèi)。但必須滿足粒子回旋的周期與交變的周期相等，才能使粒子一次次加速；(2) 隨著粒子速度的增大，半徑也逐步增大，當(dāng)半徑達(dá)到D 形盒的半徑時(shí)，動(dòng)能達(dá)到最大；第14 頁(yè)，共 16頁(yè)( 因?yàn)槠浒?3) 這些動(dòng)能均是靠電場(chǎng)力做功獲得，用最大動(dòng)能除以一次做的功，則就能求出回旋的次數(shù)。本題考查的是回旋加速器原理，它靠電場(chǎng)加速，但最大動(dòng)能是由磁場(chǎng)來(lái)決定徑只能增大到D 形盒的半徑 ) ?？看艌?chǎng)約束加速回旋，但加速次數(shù)由電場(chǎng)來(lái)決定。20.【答案】解：(1) 電子在加速電場(chǎng)中加速的過(guò)程，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：12?1=

25、 2 ?0解得： ?0= 2?1。?電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：?= ?。?= ?2?01偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為：?=?2?則電子受到的電場(chǎng)力為：?=?=?2?=?2電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為：? =?電子在離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的縱向偏移量?=12?22? ?解得 ?=24?1?電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)水平中軸線的中點(diǎn)，根據(jù)相似三角形得：1? 2?= 1 ? 2 ?+?解得 ?= (?+2?)?4?1 ?(2) 已知 ?2 = 2.0 10 2 ?， ?= 4.0 10-2 ?， ? = 9.1 10 -31 ?， ?= 1.6 10 -19 ?，2 。?= 10?/?電子所受的重力為：?= ?= 9.1 10-3110? = 9.1 10 -30?-1921.6 102.0 10-16電子受到的電場(chǎng)力為：?=2=-2?= 8 10?