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）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