階段滾動(dòng)(三)電場(chǎng)、電路和磁場(chǎng)綜合檢測(cè)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2024·湖南省模擬)某數(shù)碼相機(jī)的鋰電池電動(dòng)勢(shì)為3.6V，容量為1000mA·h，若關(guān)閉液晶屏拍攝，每拍一張照片約消耗電能32J，根據(jù)以上信息估算每充滿電一次可拍攝多少?gòu)堈掌?)A．150B．200C．300D．400答案D解析已知q＝1000mA·h＝1000×10－3×3600C＝3.6×103C，鋰電池做功的最大值為W＝qE＝3.6×103×3.6J＝1.296×104J，可拍攝照片的張數(shù)為n＝eq\f(W,W1)＝eq\f(1.296×104J,32J)＝405，故選D。2．(2023·四川南充市模擬)如圖(a)所示為某大樓樓頂上安裝的避雷針，避雷針是利用尖端放電原理保護(hù)建筑物等避免雷擊的一種設(shè)施。避雷針上方有雷雨云時(shí)，避雷針附近的電場(chǎng)線分布如圖(b)所示，下列說(shuō)法正確的是()A．同一帶負(fù)電荷的雨滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能B．同一帶負(fù)電荷的雨滴從M到N過(guò)程中靜電力做負(fù)功C．N點(diǎn)周圍的等勢(shì)面比M點(diǎn)周圍的等勢(shì)面稀疏D．N點(diǎn)的電勢(shì)低于M點(diǎn)的電勢(shì)答案A解析沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，D錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能的表達(dá)式Ep＝qφ，N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn)的電勢(shì)，故同一帶負(fù)電的雨滴在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，A正確；同一帶負(fù)電的雨滴從M到N過(guò)程中，負(fù)電荷逆著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，靜電力做正功，B錯(cuò)誤；等勢(shì)面的密集程度反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，N點(diǎn)周圍的電場(chǎng)線比M點(diǎn)周圍的電場(chǎng)線更密集，故N點(diǎn)周圍的等勢(shì)面比M點(diǎn)周圍的等勢(shì)面密集，C錯(cuò)誤。3.如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的邊長(zhǎng)為l的正方形導(dǎo)線框abcd用絕緣細(xì)線懸掛于天花板上，導(dǎo)線框的c、d兩點(diǎn)與一恒流源(未畫出)相連接，連接電源的導(dǎo)線質(zhì)量及其所受安培力均忽略不計(jì)，導(dǎo)線框中的電流從c點(diǎn)流入，d點(diǎn)流出。現(xiàn)在虛線框區(qū)域(虛線框的高度小于l)加一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)線框靜止不動(dòng)，細(xì)線中的拉力為F1，若把虛線框內(nèi)的磁場(chǎng)向下平移l距離，導(dǎo)線框仍靜止，細(xì)線中的拉力變?yōu)镕2，則恒流源中電流的大小為()A.eq\f(F1,Bl) B.eq\f(F2,Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D.eq\f(2F2＋F1,Bl)答案C解析由題圖，導(dǎo)線cd與導(dǎo)線cbad并聯(lián)，電阻之比為1∶3，設(shè)恒流源中的電流為I，由并聯(lián)電路的分流規(guī)律可知，ab中的電流為eq\f(I,4)，cd中的電流為eq\f(3I,4)，電流方向都向左，由左手定則可知，兩種情形導(dǎo)線框所受安培力方向都豎直向下，所以F1＝mg＋eq\f(BIl,4)，F(xiàn)2＝mg＋eq\f(3BIl,4)，聯(lián)立解得I＝eq\f(2F2－F1,Bl)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.(2024·江蘇省開學(xué)考試)在研究微型電動(dòng)機(jī)的性能時(shí)，可采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路。當(dāng)電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I1和U1；當(dāng)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I2和U2。不計(jì)一切阻力，電表均為理想電表，電源內(nèi)阻不計(jì)，則有關(guān)這臺(tái)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的說(shuō)法正確的是()A．電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為eq\f(U2,I2)B．電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的效率為(1－eq\f(U1I2,U2I1))×100%C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為U2I2－U1I1D．若電動(dòng)機(jī)拉著質(zhì)量為m的重物以速度v勻速上升，則U2I2＝mgv答案B解析依題意，電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，為純電阻，其內(nèi)電阻為R＝eq\f(U1,I1)，故A錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，輸出功率為P輸出＝P總－P熱＝U2I2－I22R，聯(lián)立可得P輸出＝U2I2－I22eq\f(U1,I1)，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的效率為η＝eq\f(P輸出,P總)×100%＝eq\f(U2I2－I22\f(U1,I1),U2I2)×100%＝(1－eq\f(U1I2,U2I1))×100%，故B正確；若電動(dòng)機(jī)拉著質(zhì)量為m的重物以速度v勻速上升，則P輸出＝mgv，即U2I2－I22eq\f(U1,I1)＝mgv，故D錯(cuò)誤。5．(2023·重慶市合川區(qū)聯(lián)考)在如圖所示的電路中，電表均為理想電表，當(dāng)閉合開關(guān)S后，若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié)，則下列說(shuō)法正確的是()A．電路再次穩(wěn)定時(shí)，電源效率增加B．燈L2變暗，電流表的示數(shù)減小C．燈L1變亮，電壓表的示數(shù)減小D．電容器存儲(chǔ)的電勢(shì)能增加答案C解析電源的效率η＝eq\f(IU,IE)×100%＝eq\f(U,E)×100%＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路電阻減小，則電源的效率減小，故A錯(cuò)誤；將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié)，變阻器接入電路的電阻減小，R與燈L2并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電壓表示數(shù)減小，燈L1變亮。R與燈L2并聯(lián)電路的電壓U并＝U－U1，U減小，U1增大，U并減小，燈L2變暗，流過(guò)電流表的電流IA＝I－I2，I增大，I2減小，IA增大，電流表的示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤，C正確；電容器兩端的電壓等于并聯(lián)部分的電壓，電壓變小，由Q＝CU知電容器的電荷量減少，電容器存儲(chǔ)的電勢(shì)能減小，故D錯(cuò)誤。6．(2023·河南省天一大聯(lián)考)長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq\f(I,r)，其中r為該點(diǎn)到長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離，比例常數(shù)k＝2×10－7T·m·A－1，I是通過(guò)長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流。有兩長(zhǎng)直導(dǎo)線分別垂直紙面放置在直角三角形兩個(gè)頂點(diǎn)a、b處，a處的導(dǎo)線中通有恒定電流I1＝1A，b處的導(dǎo)線中通有恒定電流I2＝2A，方向如圖所示。已知θ＝30°，ac邊長(zhǎng)為10cm，則三角形的頂點(diǎn)c處磁感應(yīng)強(qiáng)度()A．大小為2×10－6T，方向與ac邊成150°角斜向上B．大小為2×10－6T，方向與ac邊成150°角斜向下C．大小為2eq\r(3)×10－6T，方向與ac邊成60°角斜向上D．大小為2eq\r(3)×10－6T，方向與ac邊成60°角斜向下答案B解析a處導(dǎo)線中的電流在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝keq\f(I1,r1)＝eq\f(2×10－7×1,0.1)T＝2×10－6T，bc＝eq\f(ac,sin30°)＝20cm，所以b處導(dǎo)線中的電流在c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝keq\f(I2,r2)＝eq\f(2×10－7×2,0.2)T＝2×10－6T，方向如圖所示，由幾何關(guān)系可得B1、B2間的夾角為120°，根據(jù)矢量疊加原理可得B＝2B1cos60°＝2×10－6T，方向與ac邊成150°角斜向下，選項(xiàng)B正確。7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B．兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則靜電力做正功，電勢(shì)能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)靜電力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，則在電場(chǎng)中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正確，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)8.阻值相等的三個(gè)電阻R、電容為C的平行板電容器、電動(dòng)勢(shì)為E且內(nèi)阻可以忽略的電源與開關(guān)S連接成如圖所示的電路，其中電源負(fù)極接地。開始時(shí)，開關(guān)S斷開，電路穩(wěn)定后有一帶電液滴位于電容器極板間的P點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài)，整個(gè)裝置處于真空中，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．若減小電容器兩極板的正對(duì)面積，則液滴向下加速運(yùn)動(dòng)B．若將電容器上極板上移少許，則P點(diǎn)電勢(shì)降低C．閉合S，則電路穩(wěn)定后電容器所帶電荷量比原來(lái)增加eq\f(CE,3)D．閉合S，若電路穩(wěn)定后液滴還在板間運(yùn)動(dòng)，則其加速度大小為eq\f(1,3)g答案BD解析減小電容器兩極板的正對(duì)面積，兩極板間電壓不變，根據(jù)E場(chǎng)＝eq\f(U,d)可知，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，液滴所受的靜電力不變，仍然保持靜止，故A錯(cuò)誤；若將電容器上極板上移少許，即電容器兩極板間距離d變大，根據(jù)E場(chǎng)＝eq\f(U,d)可知，E場(chǎng)減小，因?yàn)殡娙萜飨聵O板接地，電勢(shì)為零，由P點(diǎn)電勢(shì)φP＝E場(chǎng)dP可知，P點(diǎn)電勢(shì)降低，故B正確；開關(guān)S斷開時(shí)有Q1＝CU1，U1＝eq\f(E,2R)R＝eq\f(E,2)，開關(guān)S閉合時(shí)有Q2＝CU2，U2＝eq\f(E,\f(1,2)R＋R)·eq\f(R,2)＝eq\f(E,3)，則Q1－Q2＝eq\f(CE,6)，即閉合S，電路穩(wěn)定后電容器所帶電荷量比原來(lái)減少eq\f(CE,6)，故C錯(cuò)誤；S斷開時(shí)，液滴靜止，則有E場(chǎng)q＝eq\f(U1q,d)＝eq\f(Eq,2d)＝mg，S閉合時(shí)有mg－E場(chǎng)′q＝ma，E場(chǎng)′q＝eq\f(U2q,d)＝eq\f(Eq,3d)＝eq\f(2,3)mg，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,3)g，故D正確。9．(2024·北京市模擬)如圖甲所示的平面直角坐標(biāo)系中，x軸上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在O點(diǎn)處有一粒子源，沿紙面不斷地放出同種粒子，粒子的速率均為v，粒子射入磁場(chǎng)的速度方向與x軸正方向的夾角范圍為60°～120°。粒子的重力及粒子間的相互作用均不計(jì)。圖乙中的陰影部分表示粒子能經(jīng)過(guò)的區(qū)域，其內(nèi)邊界與x軸的交點(diǎn)為E，外邊界與x軸的交點(diǎn)為F，與y軸的交點(diǎn)為D(a,0)。下列判斷正確的是()A．粒子帶正電B．OF的長(zhǎng)度為eq\f(\r(3),2)aC．粒子源放出的粒子的比荷為eq\f(v,aB)D．從點(diǎn)E離開磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為eq\f(2πa,3v)答案CD解析由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，OD＝a＝R，OF＝2R＝2a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)＝eq\f(v,aB)，選項(xiàng)C正確；從點(diǎn)E離開磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度可能為120°，也可能是240°，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為t＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πa,3v)，也可能是t′＝eq\f(2T,3)＝eq\f(4πa,3v)，選項(xiàng)D正確。10．(2023·山東聊城市模擬)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，上端開口、下端封閉的玻璃管豎直放置，玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有帶正電的小球，在外力作用下，玻璃管垂直進(jìn)入磁場(chǎng)并保持速度不變，小球最終從上端管口飛出，從進(jìn)入磁場(chǎng)到小球飛出玻璃管的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．洛倫茲力對(duì)小球做正功B．小球的機(jī)械能增加C．小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條拋物線D．小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與玻璃管速度無(wú)關(guān)答案BC解析洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠(yuǎn)不做功，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，小球受力如圖所示，玻璃管對(duì)帶電小球的彈力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，彈力對(duì)小球做正功，小球的機(jī)械能增加，故B正確；小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向所受的洛倫茲力F1＝qvB，是恒力，在豎直方向，由牛頓第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(qvB,m)－g，小球的加速度不隨時(shí)間變化，恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是一條拋物線，故C正確；小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2h,a))＝eq\r(\f(2h,\f(qvB,m)－g))，則小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與玻璃管速度有關(guān)，故D錯(cuò)誤。三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11．(6分)(2024·云南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考改編)某電阻Rx的阻值約為100Ω，現(xiàn)要用如圖所示的電路測(cè)量其阻值，可選器材如下：A．電源E(電動(dòng)勢(shì)約3V)；B．滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值為10kΩ)；C．滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值為10Ω)；D．電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻為1kΩ)；E．電流表A1(量程0～10mA，內(nèi)阻約為1Ω)；F．電流表A2(量程0～30mA，內(nèi)阻約為3Ω)；G．開關(guān)、導(dǎo)線若干。(1)電流表應(yīng)選擇________(填“E”或“F”)。(2)某同學(xué)做實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動(dòng)，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓、電流數(shù)據(jù)，于是向你求助。你檢查后發(fā)現(xiàn)器材完好，電路連接無(wú)誤，各接線柱接觸良好。請(qǐng)幫助該同學(xué)判斷最有可能存在的問(wèn)題并告訴他解決問(wèn)題的辦法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)為了消除因電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，測(cè)量時(shí)S2應(yīng)接________(填“a”或“b”)。某次測(cè)量中讀得電壓表的示數(shù)為1.60V，電流表的示數(shù)為17.2mA，消除系統(tǒng)誤差之后，算得Rx的阻值為________Ω(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。答案(1)F(2)見解析(3)b103解析(1)由電路圖可知，采用的是“分壓式”接法，Rx可獲得的電壓范圍為0～3V，故通過(guò)Rx的最大電流約為Imax＝30mA，故電流表應(yīng)選擇F。(2)實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器的滑片即便在很大范圍內(nèi)滑動(dòng)，電壓表和電流表的示數(shù)都幾乎為零，不方便獲得多組電壓、電流數(shù)據(jù)，可能是滑動(dòng)變阻器的規(guī)格選擇錯(cuò)誤，應(yīng)選用最大阻值為10Ω的滑動(dòng)變阻器。(3)根據(jù)題中所給器材，電壓表的內(nèi)阻已知，而電流表的內(nèi)阻未知，因此可根據(jù)電壓表示數(shù)得到流過(guò)它的電流值，故采用電流表外接法，故S2接b；電壓表分得的電流IV＝eq\f(U,RV)＝1.6mA，故流過(guò)Rx的電流IRx＝17.2mA－1.6mA＝15.6mA，故由歐姆定律得Rx＝eq\f(U,IRx)≈103Ω。12．(8分)(1)在“練習(xí)使用多用電表”的實(shí)驗(yàn)中，小強(qiáng)用歐姆擋去測(cè)量“220V100W”的白熾燈不發(fā)光時(shí)的燈絲電阻，在拍照的時(shí)候未把多用電表的選擇擋位旋鈕拍進(jìn)去，如圖甲所示，那么你認(rèn)為此擋位是________(填“×1”“×10”或“×100”)。(2)由于歐姆表自帶電源，可將某擋位下的歐姆表等效為一直流電源，為了測(cè)量該直流電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，小芳又從實(shí)驗(yàn)室拿到一個(gè)毫安表(內(nèi)阻約10Ω)、一個(gè)滑動(dòng)變阻器R0(0～200Ω)以及開關(guān)和導(dǎo)線。利用上述器材，請(qǐng)?jiān)谔摼€框內(nèi)設(shè)計(jì)測(cè)量電路。(3)若某次測(cè)量時(shí)毫安表示數(shù)如圖乙所示，則電流I＝________mA。(4)小芳同學(xué)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器得到多組歐姆表的示數(shù)R與毫安表的示數(shù)I，并建立IR－I坐標(biāo)系，將測(cè)得的數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，如圖丙所示。由圖像可知該擋位下歐姆表等效電源的電動(dòng)勢(shì)為________V，等效電源的內(nèi)阻為________Ω。(結(jié)果均保留兩位小數(shù))答案(1)×10(2)見解析圖(3)32.0(4)1.4310.82解析(1)燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻R＝eq\f(U額定2,P額定)＝eq\f(2202,100)Ω＝484Ω，由于燈泡電阻隨溫度升高而增大，因此燈泡在常溫下的電阻阻值小于燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻阻值，燈泡在常溫下的阻值小于484Ω，約為幾十歐姆，由題圖甲所示表盤可知，指針示數(shù)為6，則歐姆表?yè)跷粦?yīng)是“×10”。(2)用毫安表能測(cè)量出電路中的電流，歐姆表能得到外電路的電阻，則電路如圖所示。(3)由題圖乙所示表盤知，毫安表量程是0～50mA，分度值是1mA，則毫安表示數(shù)是32.0mA。(4)由閉合電路歐姆定律知，電源電動(dòng)勢(shì)E＝I(r＋R)＝Ir＋I(xiàn)R，則IR＝E－Ir，由題圖丙IR－I圖線可知，等效電源的電動(dòng)勢(shì)E＝1.43V，等效電源的內(nèi)阻r＝eq\f(ΔIR,ΔI)＝eq\f(1.43－0.90,49×10－3)Ω≈10.82Ω。13．(12分)(2023·廣東佛山市一模)如圖，在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，界面Ⅰ與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L(zhǎng)，與x軸的交點(diǎn)分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點(diǎn)eq\f(L,2)處的P點(diǎn)，以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域，該粒子剛好從點(diǎn)O1進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。粒子重力不計(jì)。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)多大。答案(1)eq\f(mv02,qL)(2)eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)解析(1)粒子在電場(chǎng)區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)中粒子加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示粒子從O1點(diǎn)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，則L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2qE＝ma聯(lián)立解得E＝eq\f(mv02,qL)(2)設(shè)粒子到O1點(diǎn)時(shí)的速度為v，與x軸正方向夾角為θ，如圖所示，則vy＝at，v＝eq\r(v02＋vy2)tanθ＝eq\f(vy,v0)故tanθ＝1即有θ＝45°，v＝eq\r(2)v0在磁場(chǎng)區(qū)域，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，如圖所示，則qvB＝meq\f(v2,R)又根據(jù)幾何關(guān)系R＋Rcos45°＝L解得B＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)。14．(12分)如圖所示，長(zhǎng)度為0.7m的斜面AC的傾角為37°，在它的A端固定一個(gè)長(zhǎng)度0.2m，管壁厚度可忽略不計(jì)的光滑管道AQ，管道內(nèi)部固定一個(gè)長(zhǎng)度也為0.2m的輕質(zhì)彈簧，在Q點(diǎn)右側(cè)有豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度E＝100V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)。斜面的C端與一半徑為0.105m的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，O為圓心，D在圓心O的正上方，A、B、C、D均在同一平面內(nèi)。在Q點(diǎn)放置一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量q＝0.02C的小物塊P，使P緩慢壓縮彈簧到某點(diǎn)由靜止釋放，要使P能夠到達(dá)圓軌道，并在經(jīng)過(guò)圓軌道時(shí)不脫離圓軌道，試分析P經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度應(yīng)滿足什么條件？已知小物塊P與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，小物塊P的電荷量恒定不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。答案4.0m/s<vQ≤4.4m/s或vQ≥5.1m/s解析若P剛好能夠到達(dá)C點(diǎn)，則vC＝0，小物塊由Q沿斜面上滑到C的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mvQ12＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)cos37°]CQ得vQ1＝4.0m/s若剛好能夠到達(dá)與O在同一水平面且在O點(diǎn)右側(cè)的K點(diǎn)，則vK＝0，小物塊由Q到K的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mvQ22＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)cos37°]CQ＋(qE＋mg)Rcos37°得vQ2＝4.4m/s若剛好能夠通過(guò)D點(diǎn)，則在D點(diǎn)有qE＋mg＝meq\f(vD2,R)由Q到D，根據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mvQ32－eq\f(1,2)mvD2＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)·cos37°]CQ＋(qE＋mg)R(1＋cos37°)得vQ3≈5.1m/s綜上所述，要使P能夠到達(dá)圓軌道，并在經(jīng)過(guò)圓軌