（2010?成都三模）美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做  圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進(jìn)了一步．下圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間，如圖所示．帶電粒子從P₀處以速度v₀沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是（　�。�

A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次

B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P₁P₂=P₂P₃

C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)

D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化

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下面四幅圖是四種典型的電場(chǎng)，則下列說法中錯(cuò)誤的是（　�。�

A． 在如圖所示的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶點(diǎn)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中a→b→c的曲線，則粒子從a到b的過程中，速度一定減小，加速度一定增大

B． 在如圖所示的等量異種電荷的電場(chǎng)中，兩電荷連線上的a、b、c三點(diǎn)，其電勢(shì)必有φa＜φb＜φc，其場(chǎng)強(qiáng)大小可能有Ea=Ec＞Eb

C． 在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，與電場(chǎng)線成一定夾角的直線上有a、b、c 三點(diǎn)，三點(diǎn)間距離為ab=bc，則兩點(diǎn)間的電勢(shì)差必有Uab=Ubc

D． 如圖所示，在帶+Q電量的點(diǎn)電荷A與一塊接地的很大的金屬板MN的電場(chǎng)中，若點(diǎn)電荷A與金屬板MN間的垂直距離為d，則點(diǎn)電荷A所受靜電力為F= kQ2 2d2

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如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，有一質(zhì)量為m，電量為+q的電荷從原點(diǎn)O點(diǎn)沿y軸正方向以初速度v₀出發(fā)，電荷重力不計(jì)，現(xiàn)要求電荷能通過P點(diǎn)（a，-b），|a|＞|b|，速度的大小不變．為了滿足上述要求，需在電荷運(yùn)動(dòng)的空間范圍內(nèi)加上一個(gè)垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，試設(shè)計(jì)三種不同強(qiáng)度和空間區(qū)域的磁場(chǎng)以滿足題中的要求．（說明：粒子過P點(diǎn)時(shí)速度的方向可以是任意的，但在xoy平面內(nèi)）

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如圖所示，是某種離子顯示器的簡(jiǎn)化原理圖．K為能產(chǎn)生帶正電離子的粒子源，它產(chǎn)生的離子經(jīng)粒子源與虛線MN之間的加速電場(chǎng)加速后，經(jīng)虛線MN上的A進(jìn)入虛線MN與PQ之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后經(jīng)虛線PQ與熒光屏之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后打在熒光屏上，已知MN、PQ與熒光屏三者互相平行．電場(chǎng)和磁場(chǎng)的方向如圖所示．圖中A點(diǎn)與O點(diǎn)的連線垂直于熒光屏．若離子最后恰好垂直地打在圖中的熒光屏上．已知電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域在豎直方向足夠長(zhǎng)，加速電場(chǎng)電壓與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系為U=Ed/2，式中的d是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的寬度且為已知量，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和離子離開加速電場(chǎng)的速度v₀關(guān)系符合v₀=E/B，粒子的重力不計(jì)，試求：磁場(chǎng)的寬度l為多少？

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1．答案：B   根據(jù)電場(chǎng)線疏密判斷E的大小，密的地方場(chǎng)強(qiáng)大，有E_A>E_B；根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，有>.

2．答案：A    由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，距離點(diǎn)電荷越近，場(chǎng)強(qiáng)越大，因此該點(diǎn)電荷必然處于A點(diǎn)右側(cè).但點(diǎn)電荷帶電性質(zhì)不確定，因此場(chǎng)強(qiáng)的方向不確定.

3．答案：BD    由電場(chǎng)的疊加，AB中垂線中由C向上場(chǎng)強(qiáng)為先增后減，故電荷C所受電場(chǎng)力向上且先增后減，所以C的加速度先增后減，但速度始終增大，可知BD正確.

4．答案：C    靜電屏蔽作用，人體相當(dāng)于一個(gè)等勢(shì)體.

5．答案：BC    注意兩種情況的區(qū)別，電鍵K始終閉合，則電容器兩板間的電壓保持不變，閉合后再斷開則電量保持不變，然后再根據(jù)平行板電容器電容、電勢(shì)差和電量的關(guān)系及勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)和距離的關(guān)系即可.

6．答案：B    由于庫侖力變化，因此質(zhì)子向b不是做加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；由于a、b之間的電勢(shì)差恒定，根據(jù)動(dòng)能定理得，可得，則知粒子從a點(diǎn)由靜止釋放后運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的速率為，B正確；當(dāng)電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)，可得，則知電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的線速度為，C、D錯(cuò)誤.

7．答案：AD  減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電子的電勢(shì)能，由A到C減小的動(dòng)能與由C到B增加的動(dòng)能相等，所以場(chǎng)強(qiáng)方向由O指向C，A和B的電勢(shì)相等，形成電場(chǎng)的正電荷應(yīng)位于D點(diǎn).

8．答案：A    根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中水平方向上勻速和豎直方向上勻加速即可推出A正確.

9．答案：D    剪斷細(xì)線Oc后，a、b作為一個(gè)系統(tǒng)在水平方向只受內(nèi)力（庫侖力、繩子拉伸后的拉力）作用，外力無沖量故其水平方向上動(dòng)量恒為零.在豎直方向上，二者同時(shí)在重力作用下做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)落地機(jī)械能守恒，故落地時(shí)，ab兩球的動(dòng)能和為.在運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，因此其系統(tǒng)電勢(shì)能減小.

10．答案：BD   粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因初速度相同，故水平位移大的時(shí)間長(zhǎng)，因，故，A錯(cuò).粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有，因?yàn)槲灰?sub>相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)的粒子加速度小，即，故B正確.粒子到達(dá)正極板的動(dòng)能為，而，所以有，C錯(cuò)誤.由可以判斷A帶負(fù)電，B不帶電，C帶正電，D正確.

11．答案：（1）BE（4分）    要用直流電源形成穩(wěn)恒電流場(chǎng)，以模擬靜電場(chǎng)，應(yīng)選6V的直流電源，所以選B；要用探針尋找等勢(shì)點(diǎn)，電流表靈敏度高，指針能左右偏轉(zhuǎn)，所以選E.

（2）D （4分） 探針由O點(diǎn)左側(cè)沿x軸正方向移到O點(diǎn)右側(cè)的過程中，兩探針間的電勢(shì)差先減小后變大，所以靈敏電流表的指針與零刻度的夾角先變小后變大.

12．答案：（1）如圖（a）.（4分）（2）   （4分）（3）  （4分）

提示：帶電小球的受力如圖b，

根據(jù)平衡條件有，

又有，聯(lián)立解得，

，所以應(yīng)以為橫坐標(biāo).

13．解析：（1）由圖可得B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小N/C．（2分）

因B點(diǎn)的試探電荷帶負(fù)電，而受力指向x軸的正方向，故B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向沿x軸的負(fù)方向. （2分）

（2）因A點(diǎn)的正電荷受力和B點(diǎn)的負(fù)電荷受力均指向x軸的正方向，

故點(diǎn)電荷Q位于A、B兩點(diǎn)之間，帶負(fù)電. （2分）

設(shè)點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為x，則，（4分）

由圖可得N/C，解得x=2.6m. （4分）

14．解析：他的解答是錯(cuò)誤的.   （5分）

小環(huán)是穿在絲線上，作用于小環(huán)上的兩個(gè)拉力大小相等，方向不同.小環(huán)受四個(gè)力，如圖所示.

豎直方向       Tsin60°=mg  ①    （3分）

水平方向  Tcos60°+T=    ②   （3分）

由①②聯(lián)立得    （3分）

15．解析：（1）由小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)可知，小球帶正電（2分）

（2）設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為v，對(duì)該過程由動(dòng)能定理有，

①（2分）

在最高點(diǎn)對(duì)小球由牛頓第二定律得，②（2分）

由①②式解得，T=15N（1分）

（3）小球在細(xì)線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a，則③（2分）

設(shè)小球在水平方向運(yùn)動(dòng)L的過程中，歷時(shí)t，則④（1分）

設(shè)豎直方向上的位移為s，則⑤（1分）

由①③④⑤解得，s=0.125m（2分）

∴小球距O點(diǎn)高度為s+L=0.625m. （1分）

16．解析：（1）因油滴到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為，方向水平，對(duì)O→N過程用動(dòng)能定理有，（2分）

所以電場(chǎng)力一定做正功，油滴帶負(fù)電，則最高位置一定在O點(diǎn)的左上方. （3分）

（2）由（1）的分析可知，在豎直方向上油滴做初速為的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有，（3分）

即.（2分）

（3）油滴由O→N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，（2分）

則在水平方向上由動(dòng)量定理得，（2分）

即.（2分）

17．解析：（1）小球由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理有，

，（2分）

在C點(diǎn)，設(shè)繩中張力為F_C，則有（2分）

因F_C=mg，故v_C=0（2分）

又由小球能平衡于A點(diǎn)得，（2分）

（2分）

（2）小球由D點(diǎn)靜止釋放后將沿與豎直方向夾θ=53°的方向作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的P點(diǎn)，OP距離h=Lcot53°=（2分）

在此過程中，繩中張力始終為零，故此過程的加速度a和位移s分別為：

，.（2分）

∴小球到達(dá)懸點(diǎn)正下方時(shí)的速率為.（2分）

18．解析：（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U₁加速后的速度為v₀，根據(jù)動(dòng)能定理得：

     e U₁=………（2分） 解得：………（2分）

（2）電子以速度v₀進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，垂直于電場(chǎng)方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)相對(duì)于原運(yùn)動(dòng)方向的側(cè)移量為y₁，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

F=eE，  E= ， F=ma，    a =……（3分）

t₁=， y₁=，解得： y₁=……（3分）

（3）設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為v_y，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v_y=at₁=（2分）

電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后作勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上所用的時(shí)間為t₂，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y₂，如圖所示

t₂=， y₂= v_yt₂   解得：y₂=……………………（2分）

P到O點(diǎn)的距離為 y=y₁+y₂=……………………（2分）