1、電場+恒定電流（總分：287 考試時間：181.9分鐘）學校_ 班級_ 姓名_ 得分_ 一、非選擇題 ( 本大題 共 21 題, 共計 287 分)1、(5分) 13.如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài).（1）如q2為正電荷，則q1為_電荷，q3為_電荷.（2）q1、q2、q3三者電量大小之比是_：_ ：_.2、(15分) 20.如圖1所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d（d遠小于板的長和寬）.在兩板之間有一帶負電的質點P.已知若在A、B間加電壓U0，則質點P可以靜止平衡.

2、 圖1 圖2 現(xiàn)在A、B間加上如圖2所示的隨時間t變化的電壓U.在t=0時質點P位于A、B間的中點處且初速度為0.已知質點P能在A、B之間以最大的幅度上下運動而又不與兩板相碰，求圖2中U改變的各時刻t1、t2、t3及tn的表達式.（質點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程中，電壓只改變一次）.3、(4分) 12.在與x軸平行的勻強電場中，一帶電量為1.0108庫侖、質量為2.5103千克的物體在光滑水平面上沿著x軸做直線運動，其位移與時間的關系是x=0.16t0.02t2，式中x以米為單位，t以秒為單位.從開始運動到5秒末物體所經過的路程為米，克服電場力所

3、做的功為焦耳.4、(27分) 30.有三根長度皆為l1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m1.00102 kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為q和+q，q1.00107 C。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為E1.00106 N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示。現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）5、(4分) 11.有質量的物體周圍存在著引力場.萬有引力和庫侖力有類似

4、的規(guī)律，因此我們可以用定義靜電場場強的方法來定義引力場的場強.由此可得，與質量為M的質點相距r處的引力場場強的表達式為EG=_（萬有引力恒量用G表示）.6、(14分) 23.為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04 m2的金屬板，間距L=0.05 m，當連接到U=2500 V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如下圖所示.現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.01017C，質量為m=2.01015 kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作

5、用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力.求合上電鍵后：（1）經過多長時間煙塵顆粒可以被全部吸附？（2）除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？（3）經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？7、(18分) 24.如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y=2h處的P3點。不計重力。求：（1）電場強度的大小。（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。（3）磁感應強度的大小

6、。8、(16分) 17.湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質量之比）的實驗裝置如圖所示.真空管內的陰極K發(fā)出的電子（不計初速、重力和電子間的相互作用）經加速電壓加速后,穿過A中心的小孔沿中心軸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.當極板間不加偏轉電壓時,電子束打在熒光屏的中心O點處,形成了一個亮點；加上偏轉電壓U后,亮點偏離到O點,O與O點的豎直間距為d,水平間距可忽略不計.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.調節(jié)磁場的強弱,當磁感應強度的大小為B時,亮點重新回到O點.已知極板水平方向的長度為L1,極板間距為b,極板右端到熒光屏的距離為L

7、2（如圖所示）.（1）求打在熒光屏O點的電子速度的大小.（2）推導出電子的比荷的表達式.9、(4分) 10.在光滑水平面上的O點系一長為l的絕緣細線,線的另一端系一質量為m、帶電量為q的小球.當沿細線方向加上場強為E的勻強電場后,小球處于平衡狀態(tài).現(xiàn)給小球一垂直于細線的初速度v0,使小球在水平面上開始運動.若v0很小,則小球第一次回到平衡位置所需時間為 .10、(8分) 19.“真空中兩個靜止點電荷相距10 cm,它們之間相互作用力大小為9104 N.當它們合在一起時,成為一個帶電量為3108 C的點電荷,問原來兩電荷的帶電量各為多少？”某同學求解如下： 根據(jù)電荷守恒定律：q1q23108Ca

8、 (1)根據(jù)庫侖定律：q1q2F9104C211015C2b以q2b/q1代入(1)式得：q12aq1b0解得q1(a) (3108) C根號中的數(shù)值小于0,經檢查,運算無誤.試指出求解過程中的問題并給出正確的解答.11、(12分) 13.已經證實，質子、中子都是由稱為上夸克和下夸克的兩種夸克組成的，上夸克帶電為e，下夸克帶電為e，e為電子所帶電量的大小.如果質子是由三個夸克組成的，且各個夸克之間的距離都為l,l1.51015 m.試計算質子內相鄰兩個夸克之間的靜電力（庫侖力）. 12、(22分) 24. 空間中存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一帶電量為+q、質量為m的粒子，

9、在P點以某一初速開始運動，初速方向在圖中紙面內如圖中P點箭頭所示。該粒子運動到圖中Q點時速度方向與P點時速度方向垂直，如圖中Q點箭頭所示。已知P、Q間的距離為l。若保持粒子在P點時的速度不變，而將勻強磁場換成勻強電場，電場方向與紙面平行且與粒子在P點時速度方向垂直，在此電場作用下粒子也由P點運動到Q點。不計重力。求：（1）電場強度的大小。（2）兩種情況中粒子由P點運動到Q點所經歷的時間之差。13、(16分) 17.如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩個寬度均為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外和向里，磁場區(qū)域右側

10、有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸。M板左側電子槍發(fā)射出的熱電子經小孔S1進入兩板間，電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。（1）當兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0。（2）求兩金屬板間電勢差U在什么范圍內，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上。（3）若電子能夠穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上，試在答題卡的圖上定性地畫出電子運動的軌跡。（4）求電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關系。14、(22分) 25正電子發(fā)射計算機斷層（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國際領先技術，它為臨床診斷和治療提供全新的手段。（1）PET在

11、心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑。氮13是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氧16獲得的，反應中同時還產生另一個粒子，試寫出該核反應方程。（2）PET所用回旋加速器示意如圖，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖所示。質子質量為m，電荷量為q。設質子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，質子在加速器中運動的總時間為t（其中已略去了質子在加速電場中的運動時間），質子在電場中的加速次數(shù)于回旋半周的次數(shù)相同，加速質子時的電壓大小可視為不變。求此加速器所需的高頻電源頻率f和加速電壓U。（3）試推證當

12、Rd時，質子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（質子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）。15、(18分) 24真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37(取sin37=0.6, cos37=0.8)?，F(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度0豎直向上拋出。求運動過程中 （1）小球受到的電場力的大小及方向；（2）小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；（3）小球的最小動量的大小及方向。16、(16分) 17.如圖13所示，一半徑為r的圓形導線框內有一勻強磁場，磁場方向垂直于導線框所在平面，導線框

13、的左端通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d,板長為l. t=0 時，磁場的磁感應強度B從B0開始均勻增大，同時，在板2的左端且非?？拷?的位置有一質量為m、帶電量為 q 的液滴以初速度0水平向右射入兩板間，該液滴可視為質點。（1）要使該液滴能從兩板間射出，磁感應強度隨時間的變化率K應滿足什么條件？（2）要使該液滴能從兩板間右端的中點射出，磁感應強度B與時間t應滿足什么關系？17、(20分) 23.兩塊金屬板a、b平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場，假設電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度v0從兩極板中間，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉地

14、通過場區(qū)，如圖所示。已知板長l=10 cm，兩板間距d=3.0 cm，兩板間電勢差U150 V，v0=2.0107m/s。（1）求磁感應強度B的大?。唬?）若撤去磁場，求電子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及電子通過場區(qū)后動能增加多少？（電子所帶電荷量的大小與其質量之比1.761011C/kg，電子電荷量的大小e=1.601019C）18、(4分) 4.如圖，帶電量為+q的點電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心.若圖中a點處的電場強度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中b點處產生的電場強度大小為，方向.(靜電力恒量為k)19、(10分) 20.如圖所示，帶正電小球質

15、量為m110-2kg，帶電量為ql10-6C，置于光滑絕緣水平面上的A點.當空間存在著斜向上的勻強電場時，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運動，當運動到B點時，測得其速度vB 1.5ms，此時小球的位移為S 0.15m.求此勻強電場場強E的取值范圍.(g10ms2) 某同學求解如下：設電場方向與水平面之間夾角為，由動能定理qEScos0得Vm.由題意可知0，所以當E 7.5104Vm時小球將始終沿水平面做勻加速直線運動.經檢查，計算無誤.該同學所得結論是否有不完善之處?若有請予以補充. 20、(14分) 39一勻強電場，場強方向是水平的（如圖7）。一個質量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)

16、，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成角的直線運動。求小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差。21、(18分) 23.如圖1所示，真空中相距d=5 cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(圖中未畫出)，其中B板接地(電勢為零)，A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示。 將一個質量m=2.010-27 kg，電量q=+1.610-19 C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；(2)若A板電勢變化周期T=1.010-5 s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動量的大??；(3)A板電勢變化

17、頻率多大時，在t=到t=時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。答案電場+恒定電流（總分：287 考試時間：181.9分鐘）學校_ 班級_ 姓名_ 得分_ 一、非選擇題 ( 本大題 共 21 題, 共計 287 分)1、(5分) 13.（1）負負（2）()2 : l: ()22、(15分) 20. 設質點P的質量為m，電量大小為q，根據(jù)題意，當A、B間的電壓為U0時，有 q=mg 當兩板間的電壓為2U0時，P的加速度向上，其大小為a，qmg=ma 解得a=g當兩板間的電壓為0時，P自由下落，加速度為g，方向向下.在t=0時，兩板間的電壓為2U0，P自A、B間的中點向上做初速為

18、零的勻加速運動，加速度為g.經過1，P的速度變?yōu)関1，此時使電壓變?yōu)?，讓P在重力作用下做勻減速運動.再經過1，P正好到達A板且速度為0，故有v1=g10=v1g1d=g12+v11g12由以上各式得1=11=因為t1=1得t1= 在重力作用下，P由A板處向下做勻加速運動，經過2，速度變?yōu)関2，方向向下.這時加上電壓使P做勻減速運動，經過2，P到達B板且速度為零，故有v2=g20=v2g2d=g22+v22g22由以上各式得2=22=因為t2=t1+1+2得t2= 在電力與重力的合力作用下，P由B板處向上做勻加速運動，經過3，速度變?yōu)関3，此時使電壓變?yōu)?，讓P在重力作用下做勻減速運動，經過3

19、，P正好到達A板且速度為0，故有v3=g30=v3g3d=g32+v33gt32由上得3=33=因為t3=t2+2+3 得t3=根據(jù)上面分析，因重力作用，P由A板向下做勻加速運動，經過2，再加上電壓，經過2，P到達B且速度為0，因為t4=t3+3+2得t4=同樣分析可得tn=（+2n3）（n2） 3、(4分) 12. 0.343.01054、(27分) 30. 圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示細線OA、AB與豎直方向的夾角。 圖1 圖2A球受力如圖2所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對

20、A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件T1sin+T2sinqE T1cosmg+T2cos B球受力如圖3所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件 圖3 圖4T2sinqE T2cosmg 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得0 45 由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了EAmgl（1sin60） B球的重力勢能減少了EBmgl（1sin60+cos45）A球的電勢能增加了WAqElcos60 B球的電勢能減少了WBqEl（sin45sin30） 兩種勢能總和減少了WWBWA+EA+EB 代入數(shù)據(jù)解得W6.

21、8102 J 5、(4分) 11.G6、(14分) 23.（1）當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附煙塵顆粒受到的電場力FqU/L Lat2= tL0.02 s （2） WNALqU 2.510-4 J （3）設煙塵顆粒下落距離為xEK=mv2NA（Lx）=xNA（Lx） 當x=時EK達最大， x=at t1L0.014 s 7、(18分) 24.(1) 粒子在電場、磁場中運動的軌跡如圖所示。設粒子由P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律和運動學公式有：qE=ma v0t=2h h=at2 由、式解得E= (2)粒子到達P2時速度

22、沿x方向的分量仍為v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x軸的夾角，則有v=2ah v= tg 由、式得v1=v0 由、式得v=v0 =45 (3)設磁場的磁感應強度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律qvB= r是圓周的半徑、此圓周與x軸和y軸的交點為P2、P3，因為OP2=OP3，=，由幾何關系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r=h 由、可得：B= 8、(16分) 17.參考解答：（1）當電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時,電子做勻速直線運動,亮點重新回復到中心O點.設電子的速度為v,則evBeE得v即v（2）當極板間僅有偏轉電場

23、時,電子以速度v進入后,豎直方向做勻加速運動,加速度為a電子在水平方向做勻速運動,在電場內的運動時間為 t1 這樣,電子在豎直方向偏轉距離為d1at12離開電場時豎直向上的分速度為vat1電子離開電場后做勻速直線運動,經t2時間到達熒光屏t2t2時間內向上運動的距離為d2vt2這樣,電子向上的總偏轉距離為dd1d2L1（L2）可解得9、(4分) 10.10、(8分) 19.題中僅給出相互作用力的大小,兩點電荷可能異號,按電荷異號計算.由q1q23108 Ca,q1q211015C2b,得q12aq1b0 由此解得q15108 C, q22108C 11、(12分) 13.質子帶電為e,所以它是

24、由2個上夸克和1個下夸克組成.按題意,三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克間的靜電力為 Fuu 代入數(shù)值,得Fuu46 N,為斥力. 上夸克與下夸克間的靜電力為Fud 代入數(shù)值,得Fud23 N, 為吸力. 12、(22分) 24. （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，以v0表示粒子在P點的初速度，R表示圓周的半徑，則有qv0B=m 由于粒子在Q點的速度垂直于它在P點時的速度，可知粒子由P點到Q點的軌跡為1/4圓周，故有R= 以E表示電場強度的大小，a表示粒子在電場中加速度的大小，tE表示粒子在電場中由P點運動到Q點經過的時間，則有qE=ma R=atE2 R=v0tE 由以

25、上各式，解得E= （2）因粒子在磁場中由P點運動到Q點的軌跡為1/4圓周，故運動經歷的時間tB為圓周運動周期T的1/4，即有tB=T 而T= 由和式得tB= 由兩式得tE= tBtE=（1） 13、(16分) 17.答案：（1）v0= （2）U（3）見解析（4）x=（U）解析：（1）根據(jù)動能定理，得eU0=由此即可解得v0=（2）欲使電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上，應有r=D 而eU=由此即可解得U d時，t1可忽略不計。15、(18分) 24.（1）mg，方向水平向右（2）電勢能減少了mv02（3）mv0，方向與電場方向夾角37，斜向上解析：（1）根據(jù)題設條件，電場力大小Fe=mgtan

26、37=mg電場力的方向水平向右。（2）小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為vyvy=v0gt沿水平方向做初速度為零的勻加速運動，加速度為axax=g小球上升到最高點的時間t=，此過程小球沿電場方向位移sx=axt2=電場力做功W=Fesx=mv02小球上升到最高點的過程中，電勢能減少mv02。（3）水平速度vx=axt，豎直速度vy=v0gt小球的速度v=由以上各式得出g2t22v0gt+（v02v2）=0解得當t=時，v有最小值vmin=v0此時vx=v0，vy=v0，tan=，即與電場方向夾角為37斜向上。小球動量的最小值為pmin=mvmin=mv0最小動量的方向與電場方向夾角為37，斜向上16、(16分) 17.答案：（1）K0液滴向上偏轉，做類平拋運動y=at2=(-g)t2 當液滴剛好能射出時：有 l=v0t t= y=d故 d=(-g)()2 由得K1= (g+) 要使液滴能射出，必須滿足yd 故KK1 .二.若 a=0液滴不發(fā)生偏轉，做勻速直線運動.