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第Ⅰ卷　(共40分)
一、單項(xiàng)(本題共5小題，每小題3分，共15分)
1．如圖1是兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，周圍有1、2、3、4、5、6各點(diǎn)，其中1、2之間距離與2、3之間距離相等，2、5之間距離與2、6之間距離相等．兩條虛線互相垂直且平分，那么關(guān)于各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的敘述不正確的是(　　)
圖1
A．1、3兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同　　　B．5、6兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同
C．4、5兩點(diǎn)電勢(shì)相同 D．1、3兩點(diǎn)電勢(shì)相同
解析：兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的中垂線是等勢(shì)線，所以2、4、5、6的電勢(shì)相等，C正確；順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，1、3電勢(shì)不相等，D錯(cuò)誤；1、2之間距離與2、3之間距離相等，由場(chǎng)強(qiáng)的矢量合成可以知道1、3兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，A正確；2、5之間距離與2、6之間距離相等，由場(chǎng)強(qiáng)的矢量合成得5、6兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，B正確．
答案：D
2．有標(biāo)有“110 V　25 W”和“110 V　60 W”字標(biāo)的兩個(gè)燈泡，要把它們接在220 V的電源上，燈泡既正常發(fā)光，又最省電的連接方式應(yīng)是(　　)
解析：額定電壓相同而額定功率不相同的電燈，它們的電阻是不相同的，由P＝U2/R可知，功率大的電燈的電阻比功率小的電燈的電阻小，也就是說60 W的燈泡的電阻比25 W的燈泡的電阻小．對(duì)于A圖，兩燈并聯(lián)后與一個(gè)滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，若是滑動(dòng)變阻器的分壓作用與兩燈并聯(lián)后的分壓作用相等，兩燈能正常工作，整個(gè)電路消耗的電功率為170 W，有用的電功率為85 W．對(duì)于B圖，若是滑動(dòng)變阻器與25 W燈并聯(lián)后總電阻與60 W燈的電阻相等，兩燈均能正常發(fā)光，此時(shí)電路中消耗總的電功率為120 W，有用的電功率為85 W．對(duì)于C圖，因60 W燈的電阻比25 W燈的電阻小，若是再并聯(lián)一個(gè)電阻后，總電阻比25 W燈的電阻更小，分壓作用更小，25 W燈兩端的電壓可能遠(yuǎn)超過了其額定電壓而被燒毀，所以C圖的電路不可能使兩燈正常工作；在D圖中，當(dāng)兩個(gè)滑動(dòng)變阻器與其串聯(lián)的燈泡電阻分別相等時(shí)，兩燈均能正常發(fā)光，電路消耗的總功率為170 W，有用的電功率為85 W．綜上所述，只有B選項(xiàng)符合題意．
答案：B　　　　　　　　　　　　　　　　
3．在如圖2所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器．當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U.現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況是(　　)
圖2
A．I1增大，I2不變，U增大 　　B．I1減小，I2增大，U減小
C．I1增大，I2減小，U增大 　　D．I1減小，I2不變，U減小
解析：滑動(dòng)觸點(diǎn)由a向b移動(dòng)時(shí)，R2阻值減小，所以總電阻減小，電路中總電流增大，則內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，故U減�。豢傠娏髟龃�，R3兩端電壓也增大，所以并聯(lián)電壓減小，故I1減小，又因總電流增大，所以I2增大．
答案：B
4．如圖3所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入，沿曲線dPa打到屏MN上的a點(diǎn)，通過Pa段用時(shí)間為t，若該微粒經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒．最終打到屏MN上，兩個(gè)微粒所受重力均忽略．新微粒運(yùn)動(dòng)的(　　)
圖3
A．軌跡為Pb，至屏幕的時(shí)間將小于t
B．軌跡為Pc，至屏幕的時(shí)間將大于t
C．軌跡為Pb，至屏幕的時(shí)間將等于t
D．軌跡為Pa，至屏幕的時(shí)間將大于t
解析：由qvB＝mv2/r，解出r＝mv/qB，由題意知，新微粒與原來微粒相比q不變，又T＝2πm/Bq，新微粒m變大，T變大，所以至屏幕的時(shí)間將大于t，因此選項(xiàng)D對(duì)．
答案：D
5．如圖4所示為伏安法測(cè)電阻的一種常用電路．以下分析正確的是(　　)
圖4
A．此接法的測(cè)量值大于真實(shí)值
B．此接法的測(cè)量值小于真實(shí)值
C．此接法要求待測(cè)電阻值小于電流表內(nèi)阻
D．開始實(shí)驗(yàn)時(shí)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P應(yīng)處在最左端
解析：由R測(cè)＝UI＝R＋RA，故A正確，B錯(cuò)誤；安培表○A內(nèi)接法，要求R?RA，故C錯(cuò)誤；開始實(shí)驗(yàn)時(shí)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P應(yīng)在最右端，使電壓表讀數(shù)由小變大調(diào)節(jié)，故D錯(cuò)誤．
答案：A
二、雙項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)
6．如圖5所示為光敏電阻自動(dòng)計(jì)數(shù)器的示意圖，其中R1為光敏電阻，R2為定值電阻，此光電計(jì)數(shù)器的基本工作原理是(　　)
圖5
A．當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得高電壓
B．當(dāng)有光照射R1時(shí)，信號(hào)處理系統(tǒng)獲得低電壓
C．信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次低電壓就記數(shù)一次
D．信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就記數(shù)一次
解析：當(dāng)光照時(shí)，光敏電阻R1的阻值減小，R2上的電壓增大，當(dāng)有物體通過時(shí)，相當(dāng)于無光照，R1阻值增大，R2電壓減小，所以信號(hào)處理系統(tǒng)每獲得一次低電壓記數(shù)一次，因此A、C正確．
答案：AC
7．如圖6所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速v0垂直進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，從P點(diǎn)離開該區(qū)域的速率為v0，此時(shí)側(cè)向位移量為s，下列說法中正確的是(　　)
圖6
A．在P點(diǎn)帶電粒子所受洛倫茲力有可能比電場(chǎng)力大
B．帶電粒子的加速度大小恒為Bqv0－qEm
C．帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)和速率為vP＝v20＋2qEsm
D．帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)和速率為vP＝v20－2qEsm
解析：應(yīng)注意分析帶電粒子進(jìn)入相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，在場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力的大小及電場(chǎng)力對(duì)粒子做功引起速率變化，而速率的變化又引起洛倫茲力大小的變化．
帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，受到電場(chǎng)力FE＝Eq，方向豎直向上；受到磁場(chǎng)力FB＝Bqv0，方向豎直向下，由于這時(shí)FE>FB，粒子向上偏轉(zhuǎn)且能從P點(diǎn)射出，但粒子在側(cè)移過程中，電場(chǎng)力對(duì)其做正功，其速度v不斷增大，F(xiàn)B亦隨之增大，故到達(dá)P點(diǎn)時(shí)有可能FB>FE，選項(xiàng)A正確．
帶電粒子進(jìn)入該區(qū)域后，速率增大，F(xiàn)B增大且FB方向不斷變化，因此加速度大小僅在一進(jìn)入?yún)^(qū)域瞬間為Bqv0－qE/m，其他各處均不為該值，選項(xiàng)B錯(cuò)．
由于粒子在正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)中受電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，粒子做變加速運(yùn)動(dòng)，其軌跡既非圓弧，亦非拋物線，不能用勻變速運(yùn)動(dòng)有關(guān)規(guī)律求解vP.可考慮用動(dòng)能定理求解，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉�，電�?chǎng)力對(duì)其做正功，則有：
qEs＝12mv2P－12mv20，所以vP＝v20＋2qEsm，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案：AC
8．如圖7所示為一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象可能是下圖中的(　　)
圖7
解析：若滿足qv0B＝mg，則有N＝0，f＝0，圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確．若qv0B>mg，N向下，有f＝ma，即μ(qvB－mg)＝ma，隨v減小，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)v達(dá)最小，vm＝mgqB，D項(xiàng)正確．若qv0B答案：AD
9．壓敏電阻的阻值會(huì)隨所受壓力的增大而減小，某位同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷電梯運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的裝置，其裝置示意圖如圖8所示，將壓敏電阻平放在電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一質(zhì)量為m的物體，電梯靜止時(shí)電流表示數(shù)為I0，電梯在不同的運(yùn)動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)分別如圖9(甲)、(乙)、(丙)、(丁)所示，下列判斷中正確的是(　　)
圖8
圖9
A．(甲)圖表示電梯可能做勻速下降運(yùn)動(dòng)
B．(乙)圖表示電梯可能做勻加速上升運(yùn)動(dòng)
C．(丙)圖表示電梯可能做勻加速上升運(yùn)動(dòng)
D．(丁)圖表示電梯可能做勻減速下降運(yùn)動(dòng)
解析：(甲)圖中電流表的示數(shù)恒等于電梯靜止時(shí)電流表示數(shù)I0，說明(甲)圖表示電梯靜止或勻速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確；(乙)圖中電流表的示數(shù)從I0均勻增大，說明壓敏電阻的阻值均勻減小，壓敏電阻所受壓力均勻增大且大于重力，由牛頓第二定律可知a＝F/m－g，所以(乙)圖表示電梯的加速度方向向上，且加速度越來越大，電梯可能做變減速下降運(yùn)動(dòng)或變加速上升運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)；(丙)圖中電流表的示數(shù)恒等于2I0，說明壓敏電阻所受壓力恒定且大于重力，電梯加速度恒定且方向向上，所以選項(xiàng)C正確；(丁)圖中電流表的示數(shù)從2I0均勻減小，說明壓敏電阻的阻值均勻增大，壓敏電阻所受壓力均勻減小且大于重力，由牛頓第二定律可知a＝F/m－g，所以(丁)圖表示電梯的加速度方向向上，且加速度越來越小，電梯可能做變減速下降運(yùn)動(dòng)或變加速上升運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)．
答案：AC
10．一個(gè)點(diǎn)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如圖10，受到的重力和洛倫茲力的合力的方向恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，那么接下去的一小段時(shí)間內(nèi)，點(diǎn)電荷(　　)
圖10
A．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)
B．不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)
C．可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
D．不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
解析：當(dāng)點(diǎn)電荷受的洛倫茲力與重力的合力與速度方向相反時(shí)，粒子速度要減小，所受的洛倫茲力F＝Bqv減�。�合力方向發(fā)生變化．粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)．所以答案A、C錯(cuò)，B、D正確．考查受洛倫茲力在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系．
答案：BD
第Ⅱ卷　非選擇題(共60分)
三、題(本題共3道小題，每小題5分，共15分)
11．如圖11所示電路中，R1＝8 Ω，R2＝2 Ω，R3＝3.2 Ω，當(dāng)通過電流時(shí)，各個(gè)電阻兩端電壓之比U1∶U2∶U3＝________，各電阻中電流之比I1∶I2∶I3＝________，各電阻消耗的電功率之比P1∶P2∶P3＝________.
圖11
解析：R1和R2并聯(lián)的總電阻為R12＝8×28＋2 Ω＝1.6 Ω，設(shè)R1兩端電壓U1＝U，因?yàn)镽2和R1并聯(lián)，所以U1＝U2＝U，又因R1與R2并聯(lián)后和R3串聯(lián)，而R3＝3.2 Ω＝2R12，所以U3＝2U，故U1∶U2∶U3＝1∶1∶2，設(shè)R1電流I1＝I，因R2＝14R1，所以I2＝4I(并聯(lián)電路各電阻的電流跟它們的阻值成反比)，而I3＝I1＋I(xiàn)2＝5I，故I1∶I2∶I3＝1∶4∶5.設(shè)R1電功率P1＝P，因R2＝14R1，所以P2＝4P(并聯(lián)電路各電阻電功率跟電阻成反比)，又因?yàn)镮3＝5I，U3＝2U1，所以P3＝10P，得P1∶P2∶P3＝1∶4∶10.
答案：1∶1∶2　1∶4∶5　1∶4∶10
12．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，可供選擇的器材有：
A．小燈泡(額定電壓為3.8 V，額定電流約0.3 A)
B．直流電流表A(0～0.6 A，內(nèi)阻約0.5 Ω)
C．直流電壓表V(0～6 V，內(nèi)阻約5 kΩ)
D．滑動(dòng)變阻器R1(0～10 Ω，2 A)
E．滑動(dòng)變阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)
F．電源(6 V，內(nèi)阻不計(jì))
G．開關(guān)S及導(dǎo)線若干
(1)實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______(選填“R1”或“R2”)；
(2)某同學(xué)設(shè)計(jì)了實(shí)驗(yàn)測(cè)量電路，通過改變變阻器的滑片位置，使電表讀數(shù)從零開始變化，記錄多組電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I.請(qǐng)?jiān)趫D12甲中用筆畫線代替導(dǎo)線，將實(shí)驗(yàn)電路連接完整；
(3)該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中測(cè)出8組對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)(見下表)：
次數(shù)12345678
U/V00.200.501.001.502.003.003.80
I/A00.080.130.180.200.240.290.33
則小燈泡的額定功率為______W，該測(cè)量值______(選填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值．請(qǐng)?jiān)?圖乙坐標(biāo)中，描點(diǎn)作出UI圖線．由圖象可知，隨著電流的增大，小燈泡的電阻______(選填“增大”“減小”或“不變”)
甲　　　　　　　乙
圖12
解析：本題考查描繪小燈泡伏安特性曲線．小燈泡兩端的電壓要從0開始連續(xù)變化，所以滑動(dòng)變阻器選用分壓接法，小燈泡額定電流為0.3 A，所以應(yīng)該選用R1.小燈泡電阻RL＝3.80.3 Ω＝12.7 Ω，因?yàn)镽VRL>RLRA，故電流表選用外接法．P＝IU＝3.8×0.33＝1.25 W，在UI圖線中圖線上點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率表示電阻，所以隨電流增大，小燈泡的電阻增大．
答案：(1)R1　(2)如圖甲所示
(3)1.25　大于　如圖乙所示　增大
甲　　　　　　　乙
13．如圖13所示，在x軸的上方(y≥0)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.在原點(diǎn)O有一個(gè)離子源向x軸上方的各個(gè)方向發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，速率都是v，對(duì)于那些在xOy平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的離子，在磁場(chǎng)中可能到達(dá)的最大x＝________，最大y＝________.
圖13
解析：由左手定則可以判定，正離子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑均為mv/qB；其中沿x軸負(fù)方向進(jìn)入磁場(chǎng)中的離子具有最大y＝2r＝2mv/qB，沿y軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)中的離子具有最大x＝2r＝2mv/qB.
答案：2mvqB　2mvqB
四、計(jì)算或論述題(本題共4小題，共45分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明，方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
14．(10分)如圖14所示，水平放置的兩平行板A、B相距h，上板帶正電．現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在A板下方距B板為H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間的電場(chǎng)，欲使小球剛好打到A板上，A、B間電勢(shì)差UAB應(yīng)為多大？
圖14
解析：由題意知，帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中必受重力作用，當(dāng)進(jìn)入兩板間時(shí)將同時(shí)受重力和電場(chǎng)力的作用，故小球運(yùn)動(dòng)分兩個(gè)過程，在B板下方時(shí)僅受重力作用，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)后受向下的電場(chǎng)力和重力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．
對(duì)第一個(gè)運(yùn)動(dòng)過程v2B－v20＝－2gH①
對(duì)第二個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，加速度為a＝mg＋qEm
按題意h為減速運(yùn)動(dòng)的最大位移，故有h＝v2B2a，整理得v2B＝2gh＋2ghEm②
①②兩式聯(lián)立解得hE＝m[v20－2g?H＋h?]2q
注意到平板電容器內(nèi)部勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)差的關(guān)系，易知U＝hE.
答案：UAB＝m[v20－2g?H＋h?]2q
15．(10分)如圖15所示，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，R3＝8 Ω，R5＝6 Ω.若電路消耗的總功率為P總＝30 W，電源輸出功率為P出＝28.4 W，電源內(nèi)阻r＝0.4 Ω，求：
圖15
(1)AB間的電阻UAB是多少？
(2)電源電動(dòng)勢(shì)E是多少？
解析：本題涉及三個(gè)功率，它們的關(guān)系是：P總＝P出＋P內(nèi)，其中P總＝IE，P出＝IU，P＝I2r，所求電壓UAB不是路端電壓，而是外電路的部分，可用部分電路歐姆定律求解．
(1)P內(nèi)＝P總－P出＝(30－28.4) W＝1.6 W
又由P內(nèi)＝I2r，可得干路電流
I＝P內(nèi)r＝1.60.4 A＝2 A
A、B部分的總電阻為R2、R5并聯(lián)，與R1串聯(lián)后再與R3并聯(lián)，可計(jì)算其總阻值RAB＝4 Ω.
于是UAB＝IRAB＝2×4 V＝8 V.
(2)又因?yàn)镻出＝I2R，R是包括R4的電路總電阻，可得R＝P出I2＝28.422 Ω＝7.1 Ω
由閉合電路歐姆定律知
E＝I(R＋r)＝2(7.1＋0.4) V＝15 V.
答案：(1) 8 V　(2) 15 V
16．(12分)如圖16所示，在第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與紙面垂直．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點(diǎn)處射入電場(chǎng)，在x軸上的Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場(chǎng)，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開磁場(chǎng)．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸交于M點(diǎn)．已知OP＝l，OQ＝23l.不計(jì)重力．求：
圖16
(1)M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離；
(2)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間．
解析：(1)點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在y軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度的大小為a；在x軸正方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v0；粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t1，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為θ，則
a＝qEm①
t1＝2y0a②
v0＝x0t1③
其中x0＝23l，y0＝l又有
tanθ＝at1v0④
聯(lián)立①②③④式，得
θ＝30°⑤
因?yàn)镸、O、Q點(diǎn)在圓周上，
∠MOQ＝90°，所以MQ為直徑，從圖中的幾何關(guān)系可知，R＝23l⑥
MO＝6l⑦
(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v，從Q到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則有
v＝v0cosθ⑧
t2＝πRv⑨
點(diǎn)電荷自P點(diǎn)出發(fā)到M點(diǎn)所用的時(shí)間t為
t＝t1＋t2⑩
聯(lián)立①②③⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，
并代入數(shù)據(jù)得
t＝(32π＋1)2mlqE?
答案：(1)6l　(2)(32π＋1)2mlqE?
17．(13分)如圖17甲所示，兩塊水平放置的金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.40 m，間距為d＝30 cm，兩板間有B＝1.25 T，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和圖乙所示的脈動(dòng)電壓．加有電壓時(shí)，上板電勢(shì)高，當(dāng)t＝0時(shí)，質(zhì)量m＝2.00×10－15 kg、電荷量q＝1.00×10－10 C的正粒子，以速度v0＝4.00×103 m/s從兩板中央水平射入，不計(jì)重力，試分析：
(1)粒子在兩板間如何運(yùn)動(dòng)？會(huì)不會(huì)碰到極板上？
(2)粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間是多少？
圖17
解析：因所加的電壓是脈動(dòng)電壓，前半周期有一個(gè)恒定電壓，而后半周期無電壓，則我們考慮正粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)也只需考慮這兩種情況即可．
(1)0～10－4 s內(nèi)，粒子同時(shí)受到方向相反的電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用，大小分別為：
F＝qE＝qUd＝5×10－7 N，f洛＝qv0B＝5×10－7 N.
因?yàn)镕＝f洛，所以粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，相應(yīng)的位移為L(zhǎng)0＝v0t＝4.00×103×1×10－4 m＝0.4 m
在10－4～2×10－4 s內(nèi)無電場(chǎng)，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為：
r＝mv0qB＝6.4×10－2 m運(yùn)動(dòng)周期為
T＝2πmqB
＝2×3.14×2.00×10－51.00×10－10×1.25 s
≈1.00×10－4 s.
所以，粒子不會(huì)打到極板上，并在無電場(chǎng)時(shí)間內(nèi)恰好在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)一周，當(dāng)兩板間又加周期性電壓時(shí)，粒子又重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示．
(2)粒子在極板間勻速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為
t1＝Lv0＝1.404.00×103 s＝3.5×10－4 s.
而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t2＝3T＝3×10－4 s
所以在兩板間運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：
t＝t1＋t2＝6.5×10－4 s.


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