高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1全國高中物理競賽強(qiáng)基計劃模擬卷二滿分：200分，考試時間：120分鐘一、單選題（共20分）1．一根質(zhì)量均勻的細(xì)桿斜靠在墻上，地面光滑。初始時桿與墻面夾角為，在桿滑下的過程中，墻對桿的作用力（）A．先增大后減小至0B．先增大后減小，但不會減為0C．一直增大D．一直減小【答案】A【解析】記某時刻桿與墻面夾角為，由機(jī)械能守恒可求出此時桿的轉(zhuǎn)動角速度解得此時質(zhì)心的水平速度大小為對時間求導(dǎo)可得水平加速度水平加速度由墻的支持力提供隨增加先增大后減小至0。故選A。2．如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為，輸入端、接入電壓有效值恒定的交變電源，燈泡L1、L2的阻值始終與定值電阻的阻值相同。在滑動變阻器的滑片從端滑動到端的過程中，兩個燈泡始終發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）A．L1先變暗后變亮，L2一直變亮B．L1先變亮后變暗，L2一直變亮C．L1先變暗后變亮，L2先變亮后變暗D．L1先變亮后變暗，L2先變亮后變暗【答案】A【解析】副線圈的總電阻為解得則滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，副線圈的總電阻先增大后減小，根據(jù)等效電阻關(guān)系有則等效電阻先增大后減小，由歐姆定律有，先減小后增大，先減小后增大，則先變暗后變亮，根據(jù)，由于先減小后增大，則副線圈的電壓先增大后減小，通過L2的電流為則滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中，逐漸減小，副線圈的電壓增大過程中增大；在副線圈的電壓減小過程中，通過R0的電流為逐漸增大，則越來越小，則，則先變暗后變亮，一直變亮；故選A。3．一木塊沿一與水平面夾角為α的表面粗糙的傳送帶運(yùn)動，其v-t圖像如圖所示，已知傳送帶以速率v0逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶足夠長，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。則下列說法正確的是（）A．v-t圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動B．從v-t圖像可知木塊的初速度大于v0C．從v-t圖像可知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanαD．從v-t圖像可以得出木塊運(yùn)動過程中的速度一定有等于v0的時刻【答案】D【解析】A．若木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動，木塊一定先減速向上后加速向下，而圖像表示的是運(yùn)動方向不變，且一直做加速運(yùn)動，所以木塊的初速度一定向下，A錯誤；B．木塊的初速度一定沿斜面向下的，又因為圖像的斜率先大后小，所以木塊的加速度也先大后小，木塊的合力先大后小，木塊的所受的摩擦力先向下后向上，只有木塊的初速度小于v0時摩擦力的方向才能先向下，B錯誤；C．木塊的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木塊向下做勻加速直線運(yùn)動，其加速度為當(dāng)木塊的速度等于v0時，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanα，則木塊將隨著傳送帶一起以v0的速度勻速運(yùn)動，不能繼續(xù)加速運(yùn)動，C錯誤；D．當(dāng)木塊的速度等于v0時，且μ<tanα，木塊無法與傳送帶相對靜止，繼續(xù)向下加速運(yùn)動，摩擦力的方向沿斜面向上，其加速度為木塊運(yùn)動過程中的速度一定有等于v0的時刻，D正確。故選D。4．如圖所示，水平面內(nèi)的等邊三角形BCD的邊長為L，頂點(diǎn)C恰好位于光滑絕緣直軌道AC的最低點(diǎn)，A點(diǎn)到B、D兩點(diǎn)的距離均為L，A點(diǎn)在BD邊上的豎直投影點(diǎn)為O。y軸上B、D兩點(diǎn)固定兩個等量的正點(diǎn)電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個場強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)，這兩個點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)O對稱。在A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為的小球套在軌道AC上（忽略它對原電場的影響）將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．圖中的A點(diǎn)是z軸上場強(qiáng)最強(qiáng)的點(diǎn)B．軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為C．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的加速度為D．小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的動能為【答案】B【解析】A．由題意可知，如圖所示，P為軸上一點(diǎn)，PD連線與軸的夾角為根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知點(diǎn)的電場強(qiáng)度豎直向上，大小表示為整理得令，，可得函數(shù)對函數(shù)求導(dǎo)令，解得結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)可知，在時，單調(diào)遞增，在時，單調(diào)遞減，因此時，電場強(qiáng)度最大，即由此可知，軸上距離點(diǎn)處的兩點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，A錯誤；B．，軌道上A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小B正確；C．由幾何關(guān)系可知，根據(jù)對稱性可知，、兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，因此，點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿軸正方向，電場強(qiáng)度大小表示為小球在點(diǎn)時的受力如圖所示小球在受到的電場力為沿桿方向的合力為解得由此可知小球剛到達(dá)C點(diǎn)時的加速度為0，C錯誤；D．根據(jù)等量同種電場分布和對稱關(guān)系可知，、兩點(diǎn)電勢相等，電荷從到的過程中電場力做功為零，根據(jù)動能定理可得解得D錯誤。故選B。5．摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如圖所示的兩個水平放置的輪盤靠摩擦力傳動，其中O、O＇分別為兩輪盤的軸心，已知兩個輪盤的半徑比，且在正常工作時兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相同，兩滑塊距離軸心O、O＇的間距。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動起來，且轉(zhuǎn)速逐漸增加，則下列敘述正確的是（）①滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，角速度之比為②滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，向心加速度的比值為③轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動④轉(zhuǎn)速增加后滑塊A先發(fā)生滑動A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【解析】摩擦傳動的物體邊緣線速度相等，則輪盤甲乙邊緣的線速度相等。A、B與輪盤相對靜止時，分別和輪盤甲乙做同軸轉(zhuǎn)動，則A、B做勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動時，角速度分別等于甲乙輪盤的角速度。①根據(jù)解得①正確；②根據(jù)可得滑塊A和B在與輪盤相對靜止時，向心加速度的比值②正確；③④AB物體受到的摩擦力提供圓周運(yùn)動的向心力，則物體恰好與輪盤相對滑動時，解得AB物體恰好與輪盤相對滑動時，此時乙對應(yīng)角速度分別為所以轉(zhuǎn)速增加后滑塊B先發(fā)生滑動，③正確，④錯誤。故選A。二、多選題（共30分）6．如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖，圓心為原點(diǎn)O，半徑為R的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，環(huán)形區(qū)域Ⅱ內(nèi)（包括其外邊界）有方向垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場。一帶正電的粒子若以速度由A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場區(qū)域Ⅰ，則第一次經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ區(qū)域邊界處的位置為p，p點(diǎn)在x軸上，速度方向沿x軸正方向。該粒子從A點(diǎn)射入后第5次經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的邊界時，其軌跡與邊界的交點(diǎn)為Q，連線與x軸夾角為（未知）。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運(yùn)動的軌跡圓的半徑之比為B．連線與x軸夾角C．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間為D．若有一群相同的粒子以相同的速度大小從A點(diǎn)入射時，速度方向分布在與y軸負(fù)向成范圍內(nèi)，則若想將所有粒子束縛在磁場區(qū)域內(nèi)，環(huán)形區(qū)域大圓半徑R至少為【答案】BC【解析】A．由可得在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運(yùn)動的軌跡圓的半徑之比為，A錯誤；B．粒子每次從Ⅱ區(qū)域返回Ⅰ區(qū)域通過兩區(qū)域邊界時速度偏角都為α，為圖中所示角，由幾何關(guān)系得則該粒子從A點(diǎn)射入后第4次經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的邊界時,即第二次從Ⅱ區(qū)域返回Ⅰ區(qū)域通過兩區(qū)域邊界，此時速度偏離A點(diǎn)入射速度。此后在Ⅰ區(qū)域轉(zhuǎn)過圓周，即從A點(diǎn)射入后第5次經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ區(qū)域邊界處的位置為Q。由幾何關(guān)系可知，連線與x軸夾角B正確；C．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間為每次偏轉(zhuǎn)運(yùn)動時間為C正確；D．速度方向分布在與y軸負(fù)向成向x軸正向偏轉(zhuǎn)時，則若想將所有粒子束縛在磁場區(qū)域內(nèi)，環(huán)形區(qū)域大圓半徑R最小為如圖所示的OD長度。由幾何關(guān)系可得由余弦定理可得D錯誤；故選BC。7．如圖所示，一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1、2、3、……、n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木塊間的動摩擦因數(shù)都相同，開始時，木板靜止不動，第1、2、3、……、n號木塊的初速度分別為v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等，最終所有木塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動，則（）A．所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度為B．所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度為C．若n=9，則第8號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度為D．若n=9，則第8號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度為【答案】AC【解析】AB．根據(jù)動量守恒有解得故A正確，B錯誤；CD．設(shè)經(jīng)過時間，第1塊木塊與木板的速度相同，設(shè)此時木板的速度為，則對第1個木塊對木板聯(lián)立解得設(shè)再經(jīng)過時間，第2塊木塊與木板的速度相同，設(shè)此時木板的速度為，則對第2個木塊對木板和第1個木塊，解得再經(jīng)過時間，第3塊木塊與木板的速度相同，設(shè)此時木板的速度為，則對第3個木塊對木板和第1、2個木塊……再經(jīng)過時間，第k塊木塊與木板的速度相同，設(shè)此時木板的速度為，則對第k個木塊對木板和第1、2、3…、k-1個木塊解得將n=9，k=8代入故C正確D錯誤；故選AC。8．電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)研究電容器儲存的能量E與電容器的電容C、電荷量Q及電容器兩極間電壓U之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運(yùn)到另一個極板過程中克服電場力所做的功。為此他做出電容器兩極間的電壓u隨電荷量q變化的圖像（如圖所示）。按照他的想法，下列說法正確的是（）A．u-q圖線的斜率越大，電容C越大B．搬運(yùn)Δq的電量，克服電場力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面積C．對同一電容器，電容器儲存的能量E與兩極間電壓U成正比D．若電容器電荷量為Q時儲存的能量為E，則電容器電荷量為時儲存的能量為【答案】BD【解析】A．u-q圖線的斜率為解得，斜率越大，電容越小，A錯誤；B．類比速度-時間圖像的面積代表位移，則u-q圖像的面積代表克服電場力所做的功，所以搬運(yùn)Δq的電量，克服電場力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面積，B正確；C．他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運(yùn)到另一個極板過程中克服電場力所做的功，也等于圖像所圍的面積解得從上面的式子看出，E和U2成正比，C錯誤；D．由下面的公式解得又因為解得，D正確。故選BD。9．如圖所示，MNO為圓心角為60°有界區(qū)域，O點(diǎn)為圓心，半徑為R，P點(diǎn)為圓弧MN的中點(diǎn)，區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場。完全相同的兩個粒子a和b以相同速度v別從M、P兩點(diǎn)飛入磁場區(qū)域，粒子a的速度方向與MO成30°角。已知粒子a剛好從N點(diǎn)飛出，下列判斷正確的是（）A．粒子a和b均帶負(fù)電荷B．粒子a在磁場中做圓周的半徑為RC．粒子b從圓弧PN之間飛出磁場區(qū)域D．粒子a和b在磁場中運(yùn)動的時間之比為2∶1【答案】BD【解析】A．粒子a剛好從N點(diǎn)飛出，由左手定則，粒子a和b均帶正電荷，A錯誤；B．因為∠MON=60°，ΔMON是等邊三角形，MN=R；粒子a的速度方向與MO成30°角，粒子a的速度方向與MN成30°角，圓心角等于弦切角的2倍，∠MO1N=60°，ΔMO1N也是等邊三角形，粒子a在磁場中做圓周的半徑也為R，B正確；C．完全相同的兩個粒子a和b以相同速度v別從M、P兩點(diǎn)飛入磁場區(qū)域，粒子b的軌道半徑也是R，由圖可知，粒子b從NO之間飛出磁場區(qū)域，C錯誤；D．完全相同的兩個粒子a和b以相同速度v別從M、P兩點(diǎn)飛入磁場區(qū)域，粒子b的軌道半徑也是R，由圖可知，粒子b在磁場中做圓周運(yùn)動的弧長等于粒子a在磁場中做圓周運(yùn)動的弧長的一半，粒子a和b在磁場中運(yùn)動的時間之比為2：1，D正確。故選BD。10．如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，AC=d，∠B=30°。現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間均為t，而在磁場中運(yùn)動的最長時間為（不計重力和粒子間的相互作用）。下列判斷正確的是（）A．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為4tB．該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．粒子在進(jìn)入磁場時速度大小為D．粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為【答案】ABC【解析】A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間是，即則得周期A正確；B．根據(jù)可得聯(lián)立可得，故B正確；C．粒子在磁場中運(yùn)動的速度為，C正確；D．設(shè)運(yùn)動時間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對的圓心角為，則有解得運(yùn)動時間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示設(shè)軌道半徑為R，由幾何知識得解得選項D錯誤。故選ABC。三、填空題（共50分）11．如圖所示，在湖中固定一細(xì)長圓管（兩端開口），管內(nèi)有一活塞，其下端位于水面上．已知圓管豎直放置，活塞底面積，質(zhì)量不計，水面的大氣壓．現(xiàn)將活塞緩慢地提高，則拉力對活塞所做的功是J．【答案】100〖祥解〗由于大氣壓強(qiáng)的作用，活塞上升時，管內(nèi)、外水位差存在一個高度差最大值h0=10m，所以管內(nèi)水面（或活塞）相對于河岸的升高量等于管內(nèi)、外水位差，即h1=h0=10m；活塞繼續(xù)上升h2=h-h1=5m過程中，水面不動，活塞與水之間是真空。水上升階段：以活塞為研究對象，它受到向上的拉力F、向下的大氣壓力和管內(nèi)的水向上的壓力，根據(jù)力的平衡條件得出任意時刻管內(nèi)、外水位差為h時拉力的表達(dá)式，進(jìn)一步求出拉力F的平均值，根據(jù)W=Fs求出此階段拉力做的功；水不上升階段：力F做的功等于活塞克服大氣壓力做的功，根據(jù)F=PS和W=Fs求出此階段拉力做的功；整個過程中，力F做的功等于兩者之和?！窘馕觥坑捎诖髿鈮簭?qiáng)的作用，活塞上升時，管內(nèi)、外水位差存在一個高度差最大值h0=10m，所以管內(nèi)水面（或活塞）相對于河岸的升高量等于管內(nèi)、外水位差，即h1=h0=10m；活塞繼續(xù)上升h2=h-h1=5m過程中，水面不動，活塞與水之間是真空。（1）水上升階段：設(shè)任意時刻向下的大氣壓力和管內(nèi)的水向上的壓力為F下、F上，管內(nèi)、外水位差為h，則有：由于活塞始終平衡，故解得：可見力F跟h成正比，F(xiàn)在h1距離上的平均值為：F在h1距離上的功為：（2）水不上升階段：力F做的功等于活塞克服大氣壓力做的功，故有：所以整個過程中力F做的功于：12．利用超聲波遇到物體處反射，可測定物體運(yùn)動的有關(guān)參量．如圖（a）所示中的儀器A和B通過電纜線連接，B為超聲波發(fā)射與接收一體化裝置，而儀器A為B提供超聲波信號進(jìn)行處理并在屏幕上顯示其波形．現(xiàn)在固定裝置B，并將它對準(zhǔn)勻速行駛的小車C，使其每隔固定時間發(fā)射一個短促的超聲波脈沖，如圖（b）中幅度大的波形；而B接收到的由小車C反射回來的超聲波經(jīng)儀器A處理后顯示如圖（b）中幅度較小的波形．反射波滯后的時間已在圖中標(biāo)出，其中和為已知量，另外還知道該測定條件下聲波在空氣中的速度為，則根據(jù)所給信息，判斷小車的運(yùn)動方向應(yīng)（選填“向左”或“向右”），速度大小為．【答案】向右【解析】根據(jù)（a）圖中發(fā)射和接收到的波形時間間隔可以發(fā)現(xiàn)，時間間隔在增大，所以小車遠(yuǎn)離接收器，因此小車向右運(yùn)動．根據(jù)（b）圖可知，第一個超聲波發(fā)射到碰到小車的距離為第二個超聲波發(fā)射到碰到小車的距離為因此小車前進(jìn)的距離在結(jié)合圖像，可得前進(jìn)的時間為聯(lián)立可得，小車的速度為13．1897年，湯姆孫利用如圖所示的實驗裝置巧妙地測得陰極射線的速度。當(dāng)對平行電極板、加上如圖所示的電壓U時，發(fā)現(xiàn)陰極射線打到熒光屏上的P點(diǎn)；在平行極板區(qū)域再加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向（選填“外”或“里”）的磁場，可使陰極射線沿直線打到熒光屏上的A點(diǎn)。已知、板間距離為d，則打到熒光屏上A點(diǎn)的陰極射線速度為。【答案】里【解析】電子受到豎直向上的電場力向上偏，根據(jù)左手定則判斷當(dāng)加上垂直紙面向里的磁場，會受到豎直向下的洛倫磁力，當(dāng)受力平衡時才能沿直線打到A點(diǎn)，故填里；由而聯(lián)立解得陰極射線的速度故填。14．一半徑為R的均勻帶電球面，帶有電荷Q，若規(guī)定該球面上電勢值為零，則無限遠(yuǎn)處的電勢U∞=?！敬鸢浮俊窘馕觥扛鶕?jù)電勢差與電場強(qiáng)度關(guān)系，積分可得解得15．在康普頓散射實驗中，設(shè)入射的X射線波長為0.0708nm，散射后波長變?yōu)?.0732nm，則反沖電子的動能為eV?！敬鸢浮?119【解析】[1]根據(jù)康普頓散射方程可知，反沖電子對應(yīng)，得反沖電子的動能為又聯(lián)立得即四、解答題（共100分）16．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，下方為勻強(qiáng)電場，上方為勻強(qiáng)磁場，邊界曲線滿足方程y=2x2，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E=1000V/m，方向沿y軸正方向，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=1T，第二象限中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=2T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外。現(xiàn)有大量相同粒子，從x軸上（x>0）由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入第一象限的磁場區(qū)域，所有粒子均垂直穿過y軸進(jìn)入第二象限，圖中y軸上P點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1m），不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用。（1）求這種粒子的比荷；（2）求從第一象限進(jìn)入第二象限時經(jīng)過P點(diǎn)的所有粒子的橫坐標(biāo)方程；（3）若將第二象限內(nèi)的磁場方向改為垂直紙面向里，求以最大速度經(jīng)過P點(diǎn)的粒子從x軸出發(fā)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）2x2+（3n+1）x=1m，（n=0，1，2……），x>0；（3）【解析】（1）設(shè)某帶電粒子在電場中運(yùn)動的位移大小為y，有設(shè)帶電粒子在第在象限的磁場內(nèi)運(yùn)動的半徑為R，有即根據(jù)幾何關(guān)系有R=x且y=2x2解得（2）設(shè)某粒子以速度v射入磁場，進(jìn)入磁場的坐標(biāo)為（x，y），在第一象限的磁場中運(yùn)動的半徑為R，在第二象限的磁場中運(yùn)動的半徑為R2，有由于粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小不變，且兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1∶2，有R1=2R2，其軌跡如圖甲所示要使得粒子能夠通過P點(diǎn)，則有=1m，（n=0，1，2……）由幾何關(guān)系有x=R1整理可得2x2+（3n+1）x=1m，（n=0，1，2……），x>0（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知，速度最大的粒子對應(yīng)的軌跡如圖乙所示，設(shè)該粒子的出發(fā)點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，0），經(jīng)過分界點(diǎn)時有y=1m，代入邊界方程y=2x02解得，t=t1+t2解得。17．如圖甲所示，真空中的電極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子（電子的初速度可忽略不計），經(jīng)電壓為U0的電場加速，加速電壓U0隨時間t變化的圖像如圖乙所示，每個電子通過加速電場的過程時間極短，可認(rèn)為該過程加速電壓不變.電子被加速后由小孔S穿出沿兩個彼此靠近且正對的水平金屬板A、B間中軸線，從左邊緣射入A、B兩板間的偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板長均為L=0.20m，兩板之間距離d=0.050m，A板的電勢比B板電勢高U，A、B板右側(cè)邊緣到豎直放置的熒光屏P（面積足夠大）之間的距離b=0.10m，熒光屏的中心點(diǎn)O與A、B板的中心軸線在同一永平直線上，不計電子之間的相互作用力及其所受的重力。求：（1）求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0（已知電子質(zhì)量為m、電量為e，加速電壓為U0）（2）假設(shè)電子能射出偏轉(zhuǎn)電場，從偏轉(zhuǎn)電場右端射出時，它在垂直于兩板方向的偏轉(zhuǎn)位移y為多少（用U0、U、L、d表示）；（3）要使電子都打不到熒光屏上，A、B兩板間所加電壓U應(yīng)滿足什么條件；（4）當(dāng)A、B板間所加電壓U=50V時，電子打在熒光屏上距離中心點(diǎn)O多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）所加電壓U應(yīng)滿足至少為100V；（4）0.025m～0.05m【解析】（1）電子加速過程中，根據(jù)動能定理有解得初速度（2）偏轉(zhuǎn)過程中，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有垂直AB兩板方向，做勻加速直線運(yùn)動，有由（1）問及以上幾式，解得（3）要使電子都打不到屏上，應(yīng)滿足U0取最大值800V時仍有＞0.5d，代入(2)問結(jié)果，可得：所以為使電子都打不到屏上，A、B兩板間所加電壓U至少為100V（4）當(dāng)A、B板間所加電壓U′=50V時，當(dāng)電子恰好從A板右邊緣射出偏轉(zhuǎn)電場時其側(cè)移最大設(shè)電子通過電場最大的偏轉(zhuǎn)角為θ，設(shè)電子打在屏上距中心點(diǎn)的最大距離為Ymax，則又聯(lián)立解得由第（2）問中的可知，在其它條件不變的情況下，U0越大y越小所以當(dāng)U0=800V時，電子通過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量最小其最小側(cè)移量，同理可知，電子打到屏上距中心的最小距離為故其范圍為0.025m~0.05m。18．如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一擋板D，擋板D下方的斜面足夠長。在距離擋板處有一長木板C，長木板上有A、B兩個小滑塊，已知A、B、C質(zhì)量均為m，小滑塊A、B與木板間的動摩擦因數(shù)分別為和。A距離長木板下端的距離為，A、B間的距離為?，F(xiàn)讓A、B、C同時由靜止釋放，在以后的運(yùn)動過程中，若木板與擋板發(fā)生碰撞，則碰撞前后木板的速度等大反向。（重力加速度為g）求：（1）