热门试卷

（1）安培力的大小，F=BIL=6.4×1000×0.3=1.92×103N，
根据左手定则可知，方向：垂直于BI平面向右；
（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。
改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”。
（3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率
P1=F牵v0=6.9×105W
电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率
推进器内海水的电阻  P2=12I2R=6×106W
电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量
单位时间内通过推进器的水的质量为
   m=ρmbcv水对地=480kg
单位时间内其动能增加为P3=mv2水对地=4.6×104W

（1）收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，在水平方向有①

在竖直方向有②

其中  ③

当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为。如果进一步减少d，收集效率仍为100%。

因此，在水平方向有④

在竖直方向有 ⑤

其中⑥

联立①②③④⑤⑥可得⑦

（2）通过前面的求解可知，当时，收集效率为100% ⑧

当 时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有

⑨

根据题意，收集效率为 ⑩

联立①②③⑨⑩可得

（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量

当  时， ，因此

，因此

绘出的图线如下：

（1）如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得

①

由题给条件和几何关系可知②

设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为，由牛顿定律及运动学公式得

③

④

⑤

由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有

 ⑥

联立①②③④⑤⑥式得

⑦

（2）联立⑤⑥式得

⑧

（评分参考：第（1）问18分，①式3分，②式1分，③④⑤⑥式各3分，⑦式2分；第（2）问2分，⑧式2分）

（1）设小球的初速度为，初动能为，从点运动到A点的时间为t，令OA=d，则OB=d，根据平抛运动的规律有

     ①

   ②

又有                  ③

由①②③式得          ④

设小球到达A点时的动能为,则

  ⑤

由④⑤式得

=         ⑥

（2）加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小和,由能量守恒及④式得

    ⑦

      ⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有

         ⑨

解得x=d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得

=30°        ⑩

即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。

设场强的大小为E，有

     （11）

由④⑦（11）式得   E=    （12）

（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a==

A在电场中做匀变速直线运动            d=at2

解得运动时间                          t==

（2）设A、B离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有

QE0d=m，QE0d=           ①

A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功。A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为υ′，有

(m+)υ′= mυA0+υB0                 ②

Epm=(m+)-(m+)υ′2      ③

已知=Q，由①、②、③式解得：

相互作用能的最大值               Epm=QE0d

（3）考虑A、B在x > d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有：

mυA+υB= mυA0+υB0                 ④

m+=m+                ⑤

由④、⑤解得               υB=-υB0+υA0

因B不改变运动方向，故      υB=-υB0+υA0 ≥ 0     ⑥

由①、⑥解得                q≤Q

即B所带电荷量的最大值      qm=Q

解析：（1）设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0，有

h＝v0t                                ①

设发射装置对粒子做的功为W，由动能定律

                             ②

联立①②式可得                                    ③

说明：①②式各2分，③式各1分

（2）S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有

E0＝U                                 ④

板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做累平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有

U＝Eh                                ⑤

mg－qE＝ma                          ⑥

                              ⑦

l＝v0 t1                                ⑧

S接“2”位置时，则在电阻R上流过的电流I满足

                            ⑨

联立①④～⑨式得                          ⑩

说明：④～⑩式各1分

（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有

                              ⑾

过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有

            ⑿

                 ⒀

              ⒁

联立①⑾～⒁式，将B＝Bm代入，求得

                    ⒂

当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，Ｄ点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面从T孔飞出板间区域，此时Bm＞B＞0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即

θ0＝0                                    ⒃

则题目所求为                                        ⒄

解析：（1）由动能定理：

Ue=Mv2M

解得 U=

由运动学公式v2=2aL

解得a=v2M

（2）由右手定则磁场方向应垂直于纸面向外

（3）当α=900时，电子最大的圆直径为R，即半径r=R

据得v=

所以

（4）做出临界轨迹圆与壁相切于B,圆心为A连接B、A、O，由几何知识知三者必然共线，

由余弦定理，

据

故

解析：质点所受电场力的大小为f=qE，，

综上得：