圓O在空間的水平面上，勻強電場沿水平方向，帶正電粒子僅受電場力，從A點沿不同水平方向以相同速率拋出粒子，結(jié)果粒子過C點動能最大，則電場方向為（　�。�

A．沿AB方向

B．沿AC方向

C．沿BC方向

D．沿OC方向

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圓O在空間的水平面上，勻強電場沿水平方向，帶正電粒子僅受電場力，從A點沿不同水平方向以相同速率拋出粒子，結(jié)果粒子過C點動能最大，則電場方向為

A．沿AB方向

B．沿AC方向

C．沿BC方向

D．沿OC方向

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在光滑絕緣的水平面上有半圓柱形的凹槽ABC，截面半徑為R=0.4m．空間有豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量m=0.02kg，帶電量q=+1.0×10^-3 C的小球（可視為質(zhì)點）以初速度v₀=4m/s從A點水平飛入凹槽，恰好撞在D點，D與O的連線與水平方向夾角為θ=53°，已知重力加速度為g=10m/s²，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，試求：
（1）小球從A飛到D所用的時間t；
（2）電場強度E的大�。�
（3）A、D兩點間的電勢差U_AD．

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光滑絕緣水平面上有甲、乙、丙三個很小的金屬球，質(zhì)量均為m，甲不帶電，乙?guī)щ娏繛?q，丙帶電量為+

1

2

q．如圖所示，空間存在半徑為R，垂直于水平面的兩勻強有界磁場．磁場區(qū)域半徑R=

mv0

qB0

，以磁場圓心為坐標原點建立坐標系，y軸左側(cè)磁場向上，右側(cè)向下，磁感應(yīng)強度大小分別為B₀和4B₀．若t=0時刻，甲從B點以速率v₀沿著+x軸方向射出，同時，乙在第二象限內(nèi)磁場內(nèi)也以速率v₀從某點E射出，兩小球恰好在坐標原點O處相碰．碰撞瞬間能量無任何損失，且甲、乙發(fā)生速度互換．已知碰后甲速度與+x軸夾角為θ=

π

3

，而乙速度沿+x軸方向．且碰后，甲、乙兩球帶電量均變?yōu)?

1

2

q．阻力及小球間的靜電力忽略不計．
注意：下面求解的位置坐標，都要化簡為關(guān)于磁場區(qū)域半徑R的表達式．
（1）試求乙在左側(cè)磁場中圓周運動圓弧

EO

的圓心O₁，坐標（x₁、y₁）；
（2）若甲、乙相碰在O點時，丙從磁場邊界

ADC

半圓弧上某點F，以速率v₀射入磁場，要使丙射出后用最短的時間和乙在某點G處相碰撞，試求出G點坐標（x₂、y₂）；
（3）若甲、乙相碰在O點時，丙從第一象限內(nèi)磁場中的某點H，以速率v₀射出后，恰好能在（2）問中的G點和乙球相碰，碰撞瞬間，乙、丙速度互換，此后乙又和甲在某點I發(fā)生了碰撞．試求I點坐標（x₃、y₃）．

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在光滑絕緣的水平面上有半圓柱形的凹槽ABC，截面半徑為R=0.4m．空間有豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量m=0.02kg，帶電量q=+l．0×l0^-3 C的小球（可視為質(zhì)點）以初速度v₀=4m/s從A點水平飛人凹槽，恰好撞在D點，D與O的連線與水平方向夾角為θ=53°，重力加速度取g=10m/s²，sin 53°=0.8．cos 53°=0.6，試求：
（1）小球從A點飛到D點所用的時間t；
（2）電場強度E的大��；
（3）從A點到D點帶電小球電勢能的變化量．

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一、本題共10小題.每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中。有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確。全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分。

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

D

B

D

A

B

D

B

BC

CD

ABD

二、實驗題：本題共三小題，共計18分

11．（4分）、1.25V  11.2(11.3)V   12  （4分）、BC

13．參考解答：（1）A₂  ；R₁ （2分）（2）滑動變阻器分壓接法；電流表外接（4分）

（3）由圖可知：U₁=1.00 V時，I₁=0.155A      U₂=2.00V時，I₂=0.250A

       得    

由于小燈珠兩端的電壓升高時，燈絲的溫度升高，導致燈絲電阻變大，所以有：>（2分）

(4) 剛開始通過小燈珠的電流很小時，根據(jù)焦耳定律Q=I²Rt可知，燈絲發(fā)出的熱量還不能使它的溫度上升得足夠高，因此它不亮. （2分）

三、計算題：本題共4小題，52分,解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和主要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值與單位。

14．解：（10分）設(shè)燈泡的額定電壓為U，額定電流為I。

則當K閉合時，根據(jù)全電路的歐姆定律可得：E=U+2I（R₁+r+R₂） 

當K斷開后，要燈泡仍正常發(fā)光，必有：E=U+I（R₁+r+R^/₂）   

由以上二式聯(lián)立可得：（R₁+r+R^/₂）=2（R₁+r+R₂）   求得R^/₂=50Ω.

15．（12分）(1).宇航員所受到地球的引力全部提供繞地球作圓周運動所需的向心力,宇航員處于完全失重狀態(tài).                                                 2分 

(2). 飛船繞地球做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,則有:

GMm/(R+h)²=m(2π/T)²(R+h)                                      2分 

地表物體的重力等于物體受到的萬有引力,則有:m^/g=GMm^//R²          2分  

解得:                                    2分       

(3).設(shè)空氣阻力為f，由題設(shè)可知 f=kv² ，勻速下降時 f=m  ，    1分

由此可解得勻速下降的速度為  ，            1分     

單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的機械能為：             2分  

 16（14分）解：(1) 由小球運動到最高點可知，小球帶正電．             （2分）

（2）設(shè)小球運動到最高點時的速度為v， 對該過程中，由動能定理有：

   （qE－mg）L＝                                ①     （2分）     

在最高點小球在細線斷裂前瞬間，設(shè)細線拉力為T，則根據(jù)牛頓第二定律有：

T＋mg－qE=                                     ②      （2分）

由①②式及題中數(shù)據(jù)可得：T＝15N                               （1分）

（3）小球在細線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a，得：

a＝，                                ③      （2分）

設(shè)C在水平方向運動L過程中歷時為t，則水平方向上有：

L＝vt           ④          （1分）

設(shè)豎直方向的位移為s，則有：                            ⑤      （2分）  

由①③④⑤式及題中數(shù)據(jù)解得：       0.125m                    （1分）

所以當小球運動到與O點水平方向相距L時，小球距O的高度為

m                                                （1分）

17.（16分） （1）設(shè)粒子經(jīng)PT直線上的點R由E₀電場進入E₁電場，由Q到R及R到M點的時間分別為t₁與t₂，到達R時豎直速度為v_y，則：

由、及得：

     ①      

     ②      

       ③     

          ④       

上述三式聯(lián)立解得：,      即（8分）。

(2)由E₁＝2E₀及③式可得t₁＝2t₂。

因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍。即粒子在E₀電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E₁電場中的兩倍。

設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，若粒子第一次達PT直線用時△t，水平位移為△x，則

（1分）     

粒子在電場E₁中可能做類平拋運動后垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E₀電場，在E₀電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E₀電場中做類斜拋運動再返回E₁電場。

若從E₁電場垂直CD射出，則  （n＝0、1、2、3、……）

解得： 

（n＝0、1、2、3、……）

若粒子從E₀電場垂直CD射出電場，則

 （k＝1、2、3、……）    

  （k＝1、2、3、……）（8分）

即PF間的距離為其中n＝0、1、2、3、……，k＝1、2、3、……

或          （n＝1、2、3、……）

解得：  （n＝1、2、3、……）

即PF間的距離為 （n = 1，2，3，……）