海淀區(qū)2014,2015,2016學(xué)年度第一學(xué)期期末高三物理試題 三年解答題匯總

1、【2014】圖 16EA37°lO13（8分）如圖16所示，長為l的絕緣細(xì)線一端懸于O點，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球?，F(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強電場中，小球靜止在A點，此時細(xì)線與豎直方向成37°角。重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）判斷小球的帶電性質(zhì)；（2）求該勻強電場的電場強度E的大??；（3）若將小球向左拉起至與O點處于同一水平高度且細(xì)繩剛好張緊，將小球由靜止釋放，求小球運動到最低點時的速度大小。14（8分）如圖17所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加以電壓U1=2500

2、V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l=6.0cm，相距d=2cm，兩極板間加以電壓U2=200V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e=1.6×10-19C，電子的質(zhì)量m=0.9×10-30kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力。求： 金屬板金屬絲ldU2U1+-S圖17（1）電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y； （3）電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所

3、做的功W。15（9分）圖18為一個小型交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈的面積為S，共有n匝，線圈總電阻為r，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸OO¢轉(zhuǎn)動；線圈處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)K和電刷L保持與外電路電阻R的連接。在外力作用下線圈以恒定的角速度繞軸OO勻速轉(zhuǎn)動。（不計轉(zhuǎn)動軸及滑環(huán)與電刷的摩擦）（1）推導(dǎo)發(fā)電機線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢最大值的表達式Em=nBS； （2）求線圈勻速轉(zhuǎn)動過程中電流表的示數(shù)； （3）求線圈速度轉(zhuǎn)動N周過程中發(fā)電機線圈電阻r產(chǎn)生的焦耳熱。B圖18RdabcOOAKLKL16（10分）如圖19所示，在水平向左、電場強度為E的勻強電場中，豎

4、直固定著一根足夠長的粗糙絕緣桿，桿上套著一個質(zhì)量為m、帶有電荷量-q的小圓環(huán)，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為。（1）由靜止釋放圓環(huán)，圓環(huán)沿桿下滑，求圓環(huán)下滑過程中受到的摩擦力f；-q圖19E（2）若在勻強電場E的空間內(nèi)再加上磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，圓環(huán)仍由靜止開始沿桿下滑。求：圓環(huán)剛開始運動時加速度a0的大?。粓A環(huán)下滑過程中的最大動能Ek。B高頻電源圖20D1D2A17（10分）回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，圖20為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的帶正

5、電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經(jīng)過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導(dǎo)出。已知帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應(yīng)強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設(shè)從粒子源產(chǎn)生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動能Ek；（2）帶

6、電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率。18（10分）如圖21所示，兩根金屬平行導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計。水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端，磁感強度大小為B，方向豎直向上；磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B，方向豎直向下。質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直導(dǎo)軌放置在其上，金屬棒b置于磁場的右邊界CD處。現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導(dǎo)軌運動。設(shè)兩金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。

7、（1）若水平段導(dǎo)軌粗糙，兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度h處由靜止釋放。求：金屬棒a剛進入磁場時，通過金屬棒b的電流大??；若金屬棒a在磁場內(nèi)運動過程中，金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應(yīng)滿足的條件；（2）若水平段導(dǎo)軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進入磁場。設(shè)兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場內(nèi)運動過程中，金屬棒b中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值。圖21B2BMPQNCDba13. （8分）解：（1）小球在A點靜止，其受力情況如答圖3所示。小球帶負(fù)電。 （2分）（2）根據(jù)共點力平衡條件有 mgtan37°=qE

8、 37°mg答圖3qETF合 解得 E= （3分）（3）設(shè)小球到達最低點時的速度為v，小球從水平位置運動到最低點的過程中，根據(jù)動能定理有：mglqEl=mv2 （2分）解得：v= （1分）14（8分）解：（1）電子在加速電場中，根據(jù)動能定理eU1=Ek解得Ek =4.0×10-16J （2分）（2）設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t 電子在水平方向做勻速運動，由l= v1t，解得 t= 電子在豎直方向受電場力 F=e電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓第二定律 e=ma，解得a= （1分）電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量 y= （1分） 解得 y=0.

9、36cm （1分）（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差 U=（1分） 電場力所做的功W=eU （1分） 解得W=5.76×10-18J （1分）15（9分）解： （1）設(shè)線圈ab邊的邊長l1，bc邊的邊長l2。當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時，線圈中的感應(yīng)電動勢最大。 （1分） 設(shè)此時ab邊的線速度為v，則單匝線圈時ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=Bl1v cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2=Bl1vn匝線圈產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為Em=n(E1+E2)= 2nBl1v （1分）由于有Em= （1分） （2）線圈中的感應(yīng)電動勢有效值為： （1分） 電路中電流的有效值 I= （2分）即

10、電流表的示數(shù)為 （3）線圈轉(zhuǎn)動的周期 T=，線圈轉(zhuǎn)動N周的時間 t=NT=N× （1分） 依據(jù)焦耳定律，發(fā)電機線圈產(chǎn)生的焦耳熱 Q=I2rt （1分） 解得 Q= （1分）16（10分）解：（1）在水平方向圓環(huán)受到的彈力N=qE 則摩擦力f=N=qE （3分）（2）圓環(huán)剛開始運動時不受洛倫茲力，因此，摩擦力大小f=qE 在豎直方向，由牛頓第二定律 （1分）解得 （2分）當(dāng)重力與滑動摩擦力平衡時，圓環(huán)速度最大，動能最大。即 （1分）最大速度 （2分）最大動能Ek= （1分）17（10分）解：（1）帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，此時帶電粒子具有最大動能Ek，設(shè)離

11、子從D盒邊緣離開時的速度為vm。依據(jù)牛頓第二定律 所以帶電粒子能被加速的最大動能 （2分）（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過窄縫被加速2n-1次后的運動軌道，設(shè)其被加速2n-1次后的速度為vn由動能定理得 （2分）此后帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為rn由牛頓第二定律得 （1分）rn= （1分）（3）設(shè)在時間t內(nèi)離開加速器的帶電粒子數(shù)N，則正離子束從回旋加速器輸出時形成的的等效電流，解得N=帶電粒子從回旋加速器輸出時的平均功率 = （4分）18（10分）解：（1）金屬棒在彎曲光滑導(dǎo)軌上運動的過程中，機械能守恒，設(shè)其剛進入磁場時速度為v0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，電路中的電流為

12、I。由機械能守恒 ，解得v0=感應(yīng)電動勢E=BLv0，對回路解得：I= （3分）對金屬棒b：所受安培力F=2BIL 又因 I =金屬棒b棒保持靜止的條件為Fmg解得 h （3分） （2）金屬棒a在磁場中減速運動，感應(yīng)電動勢逐漸減小，金屬棒b在磁場中加速運動，感應(yīng)電動勢逐漸增加，當(dāng)兩者相等時，回路中感應(yīng)電流為0，此后金屬棒a、b都做勻速運動。設(shè)金屬棒a、b最終的速度大小分別為v1、v2，整個過程中安培力對金屬棒a、b的沖量大小分別為Ia、Ib。由BLv1=2BLv2，解得v1=2v2設(shè)向右為正方向：對金屬棒a，由動量定理有 -Ia=mv1-mv0 對金屬棒b，由動量定理有 -Ib=-mv2-0

13、由于金屬棒a、b在運動過程中電流始終相等，則金屬棒a受到的安培力始終為金屬棒b受到安培力的2倍，因此有兩金屬棒受到的沖量的大小關(guān)系 Ib=2Ia解得，根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qb= （4分） 說明：計算題中用其他方法計算正確同樣得分?！?015】13（8分）如圖14所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l=0.20m的絕緣輕線把質(zhì)量為m=0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時輕線與豎直方向的夾角為=37°?，F(xiàn)將小球拉至位置A，使輕線水平張緊后由靜止釋放。g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.8

14、0。求：（1）小球所受電場力的大??；（2）小球通過最低點C時的速度大小；（3）小球通過最低點C時輕線對小球的拉力大小。14（8分）如圖15所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，整套裝置處于勻強磁場中。金屬桿ab中通有大小為I的電流。已知重力加速度為g。（1）若勻強磁場方向垂直斜面向下，且不計金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦，金屬桿ab靜止在軌道上，求磁感應(yīng)強度的大??；（2）若金屬桿ab靜止在軌道上面，且對軌道的壓力恰好為零。試說明磁感應(yīng)強度大小和方向應(yīng)滿足什么條件；（3）若勻強磁場方向

15、垂直斜面向下，金屬桿ab與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。欲使金屬桿ab靜止，則磁感應(yīng)強度的最大值是多大。15（9分）如圖16所示為一交流發(fā)電機的原理示意圖，其中矩形線圈abcd的邊長ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝數(shù)n=100，線圈的總電阻r=0.20，線圈在磁感強度B=0.050T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉(zhuǎn)軸OO勻速轉(zhuǎn)動，角速度100rad/s。線圈兩端通過電刷E、F與阻值R=4.8的定值電阻連接。計算時取3。（1）從線圈經(jīng)過中性面開始計時，寫出線圈中感應(yīng)電動勢隨時間變化的函數(shù)表達式；（2）求此發(fā)電機在上述工作狀態(tài)下的輸出功率；（3）求從線圈經(jīng)過中性面

16、開始計時，經(jīng)過周期時間通過電阻R的電荷量。16（10分）湯姆孫用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實驗裝置如圖17所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓加速后，穿過A'中心的小孔沿中心線O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P'間的區(qū)域，極板間距為d。當(dāng)P和P'極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；當(dāng)P和P'極板間加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到O'點；此時，在P和P'間的區(qū)域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場，調(diào)節(jié)磁場的強弱，當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為B時，亮點重新回到O點。不計電子的初速度、所

17、受重力和電子間的相互作用。（1）求電子經(jīng)加速電場加速后的速度大??；（2）若加速電壓值為U0，求電子的比荷；（3）若不知道加速電壓值，但已知P和P'極板水平方向的長度為L1，它們的右端到熒光屏中心O點的水平距離為L2， O'與O點的豎直距離為h，（O'與O點水平距離可忽略不計），求電子的比荷。17.（10分）電視機中顯像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠電子槍產(chǎn)生高速電子束，并在變化的磁場作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏不同位置上發(fā)出熒光而形成像。顯像管的原理示意圖（俯視圖）如圖18甲所示，在電子槍右側(cè)的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生使電子束沿紙面發(fā)生偏轉(zhuǎn)的磁場，偏轉(zhuǎn)的磁場可簡化為由通電

18、螺線管產(chǎn)生的與紙面垂直的磁場，該磁場分布的區(qū)域為圓形（如圖18乙所示），其磁感應(yīng)強度B=NI，式中為磁常量，N為螺線管線圈的匝數(shù)，I為線圈中電流的大小。由于電子的速度極大，同一電子穿過磁場過程中可認(rèn)為磁場沒有變化，是穩(wěn)定的勻強磁場。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子槍加速電壓為U，磁常量為，螺線管線圈的匝數(shù)N，偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的半徑為r，其圓心為O點。當(dāng)沒有磁場時，電子束通過O點，打在熒光屏正中的M點，O點到熒光屏中心的距離OM=L。若電子被加速前的初速度和所受的重力、電子間的相互作用力以及地磁場對電子束的影響均可忽略不計，不考慮相對論效應(yīng)及磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用。（1）求電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)

19、磁場后打到熒光屏上P點時的速率；（2）若電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后速度的偏轉(zhuǎn)角=60°，求此種情況下電子穿過磁場時，螺線管線圈中電流I0的大?。粓D18I丙t00.5I0-0.5I0t2t3t4t5tU+OqMP電子束電子槍乙偏轉(zhuǎn)線圈甲（3）當(dāng)線圈中通入如圖18丙所示的電流，其最大值為第（2）問中電流的0.5倍。求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成“亮線”的長度。18（10分）如圖19所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab、cd的質(zhì)量均為m，長度均為L。兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，它們

20、與軌道形成閉合回路。金屬棒ab的電阻為2R，金屬棒cd的電阻為R。整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。（1）若保持金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直的水平恒力F作用下，沿軌道以速度v做勻速運動。試推導(dǎo)論證：在t時間內(nèi)，F(xiàn)對金屬棒cd所做的功W等于電路獲得的電能E電；（2）若先保持金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直的水平力F（大小未知）作用下，由靜止開始向右以加速度a做勻加速直線運動，水平力F作用t0時間撤去此力，同時釋放金屬棒ab。求兩金屬棒在撤去F后的運動過程中，金屬棒ab中產(chǎn)生的熱量；它們之間的距離改變量的最大值Dx。13（8分）（1）小球受重力mg、電場力F和拉力T

21、，其靜止時受力如答圖2所示。 37°mg答圖2TF根據(jù)共點力平衡條件有： F = mgtan37°=0.75N （2分） （2）設(shè)小球到達最低點時的速度為v，小球從水平位置運動到最低點的過程中，根據(jù)動能定理有：mglFl=mv2 （2分）解得：v= 1.0m/s（1分） （3）設(shè)小球通過最低點C時細(xì)線對小球的拉力大小為T。根據(jù)牛頓第二定律有： Tmg= （2分）解得：T=1.5N（1分）mg答圖3NF14（8分）（1）設(shè)磁感應(yīng)強度為B1。根據(jù)安培定則可知安培力沿導(dǎo)軌平面向上，金屬桿ab受力如答圖3。根據(jù)平衡條件對金屬桿ab有：（1分）解得： （1分）（2）金屬桿ab對導(dǎo)軌壓

22、力為零，則金屬桿ab只受重力和安培力。根據(jù)平衡條件對金屬桿ab有： （1分）解得：（1分）mg答圖4NFf根據(jù)安培定則可知磁場方向垂直金屬桿ab水平向右。（1分）（3）根據(jù)安培定則可知安培力沿導(dǎo)軌平面向上，當(dāng)金屬桿ab受到的靜摩擦力沿斜面向下，且為最大值時，磁感應(yīng)強度值達到最大，設(shè)為B3。金屬桿ab受力如答圖4。（1分）根據(jù)平衡條件對金屬桿ab有：（1分）解得：（1分）15（9分）（1）線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Em=nBab×bc（1分）解得：Em= 150V（1分）感應(yīng)電動勢隨時間變化的表達式 e=Emsint=150sin300t（V）（或150sin100t）（1分）（2）線

23、圈中感應(yīng)電動勢的有效值V（或106V）（1分）電流的有效值A(chǔ)交流發(fā)電機的輸出功率即為電阻R的熱功率P=I2R=2.16×103W（2分）（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：（1分）（1分）解得：（1分）16（10分）（1）設(shè)電子經(jīng)過加速電場加速后速度大小為v。電子在電場、磁場共存的P和P'區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，因此有：（2分）解得：（1分）（2）對于電子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理有（2分） 解得：（1分）（3）設(shè)電子在P和P'區(qū)域內(nèi)只有偏轉(zhuǎn)電場時，運動的加速度為a，時間為t，離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)的角度為。根據(jù)運動學(xué)公式有：（1分）根據(jù)牛頓第二定律有：（1分

24、）電子在P和P區(qū)域內(nèi)運動時間：聯(lián)立解得：（1分）由于，所以vvrBO答圖5O1R聯(lián)立解得：（1分）17（10分）（1）設(shè)經(jīng)過電子槍加速電場加速后，電子的速度大小為v。根據(jù)動能定理有： （2分）解得： （1分）（2）設(shè)電子在磁場中做圓運動的半徑為，運動軌跡如答圖5所示。根據(jù)幾何關(guān)系有：（1分）洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有： （1分）由題知解得： （1分）（3）設(shè)線圈中電流為0.5I0時，偏轉(zhuǎn)角為，此時電子在屏幕上落點距M點最遠(yuǎn)。 此時磁感應(yīng)強度 ，軌跡圓半徑 （1分） （1分）電子在屏幕上落點距M點最遠(yuǎn)距離（1分）亮線長度 （1分）18（10分）（1） 金屬棒cd做勻速直線運動，受平衡

25、力 F=F安=BIL在Dt時間內(nèi)，外力F對金屬棒cd做功 W=FvDt = F安vDt=BILvDt=（1分）金屬棒cd的感應(yīng)電動勢E=BLv電路獲得的電能 E電=Eq=EIDt=BILvDt =即F對金屬棒cd所做的功等于電路獲得的電能E電（1分）（2）撤去F時，cd棒的速度大小為v1=at0（1分）當(dāng)ab、cd的速度相等時，回路中的電流為零，兩棒開始做勻速直線運動。因為ab、cd棒受到的安培力等大反向，所以系統(tǒng)的動量守恒。設(shè)它們達到相同的速度為v2，則：mv1=2mv2（1分）根據(jù)能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的焦耳熱總量為：Q=（2分）金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱：Q1=（1分）解法1：設(shè)從撤去F到

26、ab、cd棒的剛好達到相同速度的過程中的某時刻，ab、cd的速度差為v，則此時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Ei=BLv此時回路中的感應(yīng)電流Ii=（1分）此時ab棒所受安培力Fi=BIiL= 對ab棒根據(jù)動量定理有：Fit=mv2對從撤去F到ab、cd棒剛好達到相同速度的過程求和則有：=mv2，即=mv2（1分）又因v2=v1/2=at0/2所以解得最大距離改變量Dx=（1分）解法2：對ab棒由動量定理得=mv'（1分）解得q=設(shè)兩金屬棒間的距離改變了Dx，由法拉第電磁感應(yīng)定律平均感應(yīng)電動勢回路的平均電流為（1分）通過金屬棒的電荷量q=解得：Dx=（1分）【2016】圖20RPQ+_vB13（

27、8分）如圖20所示，P、Q兩平行金屬板間存在著平行于紙面的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，兩板間的距離為d，電勢差為U；金屬板下方存在一有水平邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。電荷量為q的帶正電的粒子，以速度v垂直于電場和磁場勻速通過P、Q兩金屬板間，并沿垂直磁場方向進入金屬板下方的磁場，做半徑為R的勻速圓周運動。不計兩極板電場的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力。求：（1）P、Q兩金屬板間勻強電場場強E的大??；（2）P、Q兩金屬板間勻強磁場磁感應(yīng)強度B0的大??；（3）粒子的質(zhì)量m。ldU+圖21AB14（8分）如圖21所示，真空中有平行正對金屬板A、B，它們分別接在輸出電壓恒為U=9

28、1V的電源兩端，金屬板長L10cm、兩金屬板間的距離d=3.2 cm， A、B兩板間的電場可以視為勻強電場?，F(xiàn)使一電子從兩金屬板左側(cè)中間以v0=2.0×107m/s的速度垂直于電場方向進入電場，然后從兩金屬板右側(cè)射出。已知電子的質(zhì)量m=0.91×10-30kg，電荷量e=1.6×10-19C，兩極板電場的邊緣效應(yīng)及電子所受的重力均可忽略不計。求：(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)（1）電子在電場中運動的加速度a的大??；（2）電子射出電場時在沿電場線方向上的側(cè)移量y；（3）從電子進入電場到離開電場的過程中，其動量增量的大小。BROO圖22dabcEF15（9分）如圖22所

29、示，交流發(fā)電機的矩形金屬線圈abcd的邊長ab=cd=50cm，bc=ad=30cm，匝數(shù)n=100，線圈的總電阻r=10，線圈位于磁感應(yīng)強度B=0.050T的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向平行。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)E、F（集流環(huán)）焊接在一起，并通過電刷與阻值R=90的定值電阻連接?，F(xiàn)使線圈繞過bc和ad邊中點、且垂直于磁場的轉(zhuǎn)軸OO以角速度400rad/s勻速轉(zhuǎn)動。電路中其他電阻以及線圈的自感系數(shù)均可忽略不計。求： （1）線圈中感應(yīng)電流的最大值； （2）線圈轉(zhuǎn)動過程中電阻R的發(fā)熱功率；（3）從線圈經(jīng)過圖示位置開始計時，經(jīng)過周期時間通過電阻R的電荷量。圖23xEOBMv0Ny

30、P16（10分）在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如圖23所示，某時刻在xOy平面內(nèi)的第、象限中施加沿y軸負(fù)方向、電場強度為E的勻強電場，在第、象限中施加垂直于xOy坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從M點以速度v0沿垂直于y軸方向射入該勻強電場中，粒子僅在電場力作用下運動到坐標(biāo)原點O且沿OP方向進入第象限。在粒子到達坐標(biāo)原點O時撤去勻強電場（不計撤去電場對磁場及帶電粒子運動的影響），粒子經(jīng)過原點O進入勻強磁場中，并僅在磁場力作用下，運動一段時間從y軸上的N點射出磁場。已知OP與x軸正方向夾角=60°，帶電

31、粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計，求：（1）M、O兩點間的電勢差U；（2）坐標(biāo)原點O與N點之間的距離d； （3）粒子從M點運動到N點的總時間t。FPQMNabcdB圖2417（10分）如圖24所示，PQ和MN是固定于水平面內(nèi)間距L=1.0m的平行金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計。兩相同的金屬棒ab、cd放在軌道上，運動過程中始終與軌道垂直，且接觸良好，它們與軌道形成閉合回路。已知每根金屬棒的質(zhì)量m=0.20kg，每根金屬棒位于兩軌道之間部分的電阻值R=1.0；金屬棒與軌道間的動摩擦因數(shù)=0.20，且與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度B=0.40T的勻

32、強磁場中。取重力加速度g=10m/s2。（1）在t=0時刻，用垂直于金屬棒的水平力F向右拉金屬棒cd，使其從靜止開始沿軌道以a=5.0m/s2的加速度做勻加速直線運動，求金屬棒cd運動多長時間金屬棒ab開始運動；（2）若用一個適當(dāng)?shù)乃酵饬向右拉金屬棒cd，使其達到速度v1=20m/s沿軌道勻速運動時，金屬棒ab也恰好以恒定速度沿軌道運動。求：金屬棒ab沿軌道運動的速度大??；水平外力F的功率。18（10分）如圖25甲為科技小組的同學(xué)們設(shè)計的一種靜電除塵裝置示意圖，其主要結(jié)構(gòu)有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后板使用絕緣材料，上、下板使用金屬材料。圖25乙是該主要結(jié)構(gòu)的截面圖，上、下

33、兩板與輸出電壓可調(diào)的高壓直流電源(內(nèi)電阻可忽略不計)相連。質(zhì)量為m、電荷量大小為q的分布均勻的帶負(fù)電的塵埃無初速度地進入A、B兩極板間的加速電場。已知A、B兩極板間加速電壓為U0，塵埃加速后全都獲得相同的水平速度，此時單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n。塵埃被加速后進入矩形通道，當(dāng)塵埃碰到下極板后其所帶電荷被中和，同時塵埃被收集。通過調(diào)整高壓直流電源的輸出電壓U可以改變收集效率（被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值）。塵埃所受的重力、空氣阻力及塵埃之間的相互作用均可忽略不計。在該裝置處于穩(wěn)定工作狀態(tài)時：（1）求在較短的一段時間t內(nèi)，A、B兩極板間加速電場對塵埃所做的功；（2）若所有進入通道的塵埃

34、都被收集，求通過高壓直流電源的電流； （3）請推導(dǎo)出收集效率隨電壓直流電源輸出電壓U變化的函數(shù)關(guān)系式。 LdbAB甲乙dUL圖25ABA13（8分）（1）根據(jù)勻強強度和電勢差的關(guān)系有：E=（2分）（2）因為粒子勻速通過P、Q兩金屬板間，則有：（2分）解得：（1分）（3）粒子進入下方的勻強磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有： （2分）可得：（1分）14（8分）（1）設(shè)金屬板A、B間的電場強度為E，則根據(jù)牛頓第二定律有： （2分）解得：a=5.0×1014m/s2（1分）（2）電子以速度v0進入金屬板A、B間，在垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零

35、的勻加速直線運動。電子在電場中運動的時間為 t= （1分）電子射出電場時在沿電場線方向的側(cè)移量（1分）解得：y=0.63cm（1分）（3）設(shè)電子從進入電場到離開電場時間t=內(nèi)，其動量的改變量的大小為，根據(jù)動量定理有：（1分）解得：=2.3×10-24kg·m/s（1分）15（9分）（1）線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Em=nBab×bc= 300V（1分）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，線圈中感應(yīng)電流的最大值（1分）解得：Im=3.0A（1分）（2）通過電阻R的電流的有效值 I= （1分）線圈轉(zhuǎn)動過程中電阻R的熱功率 P=I2R（1分）解得：P=405W（1分）（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：（1分