（1）如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地．用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U．在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面哪些操作將使靜電計指針張角變小

CD

CD

．
A．將M板向下平移
B．將M板沿水平向左方向遠離N板
C．在M、N之間插入云母板（介電常數(shù)ε＞1）
D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸
（2）發(fā)光二極管（LED）是一種新型光源，在2010年上海世博會上通過巨大的LED顯示屏，為我們提供了一場精美的視覺盛宴．某同學(xué)為了探究LED的伏安特性曲線，他實驗的實物示意圖如圖甲所示，其中圖中D為發(fā)光二極管（LED），R₀為定值電阻，滑動變阻器R的總阻值很小，電壓表視為理想電壓表．（數(shù)字運算結(jié)果保留2位小數(shù)）
①請根據(jù)圖甲的實物圖，在圖乙中畫出該實驗的電路圖，要求用規(guī)范符號表示．
②閉合電鍵S前，滑動變阻器R的滑動頭應(yīng)置于最

右

右

（填“左”或“右”）端．
③實驗一：在20℃的室溫下，通過調(diào)節(jié)滑動變阻器，測量得到LED的U₁-U₂曲線為圖丙中的a曲線．已知鋰電池的電動勢為3.7V，內(nèi)阻不計，LED的正常工作電流為20mA，定值電阻R₀的電阻值為10Ω，由曲線可知實驗中的LED的額定功率為

0.066

0.066

W，LED的電阻隨著電流的增大而

不變

不變

（填“增大”、“減小”或“不變”）．
④實驗二：將LED置于80℃的熱水中，測量得到LED的U₁-U₂曲線為圖丙中的b曲線．由此可知：溫度升高，LED的電阻將

減小

減小

填“增大”、“減小”或“不變”）．在實驗一中，調(diào)節(jié)滑動變阻器使LED正常工作，立即將LED置于實驗二中80℃的熱水中，則此時LED功率為

0.063

0.063

W．

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有如下實驗器材：
干電池2節(jié)；標有“3V、1W”的小燈泡一個；最大阻值為50Ω的滑動變阻器一只；電鍵、導(dǎo)線若干．
某實驗小組利用以上實驗器材連成如圖所示的電路，在閉合電鍵后發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．為了探究小燈泡不亮的原因，同學(xué)們進行了如下的檢測．
實驗一：一位同學(xué)用多用電表的電壓檔進行檢測．選擇直流電壓5V檔，首先斷開開關(guān)，紅黑表筆分別接在a、d兩點，表的示數(shù)接近3V；然后閉合開關(guān)，再測量a、d兩點之間的電壓，發(fā)現(xiàn)表的示數(shù)為2.6V，測量a、b兩點之間的電壓時，表的示數(shù)為零；測b、c兩點的電壓時，表的示數(shù)為2.4V；測c、d兩點的電壓時，表的示數(shù)接近0.2V．
實驗二：另一位同學(xué)用多用電表的歐姆檔（表盤中央刻度為20）進行測量．在對多用電表進行了正確的操作之后，斷開開關(guān)，兩表筆分別接在開關(guān)的左端和b點，表的示數(shù)為零；兩表筆接在b、c兩點，表的示數(shù)為30Ω左右；兩表筆接在c、d兩點，表的示數(shù)為3Ω左右；兩表筆接在d點和電池的負極，表的示數(shù)為零．
問：（1）實驗一中“斷開開關(guān)，紅黑表筆分別接在a、d兩點，伏特表的示數(shù)接近3V；然后閉合開關(guān)，再測量a、d兩點的電壓時，發(fā)現(xiàn)伏特表的示數(shù)為2.6V”．根據(jù)這句話對判斷小燈泡不亮的原因你能得到哪些有用的結(jié)論？（三條）
a．

 

；
b．

 

；
c．

 

；
（2）實驗二中“對多用電表進行了正確的操作”指的是

 

（填字母代號）
A．將紅、黑表筆分別插入“+”、“-”測試筆插孔
B．將紅、黑表筆分別插入“-”、“+”測試筆插孔
C．將選擇開關(guān)置于歐姆檔的“×1”檔
D．將選擇開關(guān)置于歐姆檔的“×10”檔
E．將選擇開關(guān)置于歐姆檔的“×100”檔
F．短接紅、黑表筆，調(diào)整調(diào)零旋鈕，使指針指在歐姆檔的“0”刻度線處，然后斷開表筆．
G．短接紅、黑表筆，調(diào)整調(diào)零旋鈕，使指針指在電流表的“0”刻度線處，然后斷開表筆．
（3）“歐姆表的兩表筆分別接在c、d兩點，表的示數(shù)為3Ω左右”，而根據(jù)公式計算小燈泡的電阻是9Ω，其原因是

 

，

 

，

 

．
（4）綜合實驗一和實驗二可以判斷小燈泡不亮的原因是

 

（填字母代號）
A．小燈泡短路B．小燈泡斷路
C．滑動變阻器短路D．滑動變阻器斷路
E．閉合開關(guān)后開關(guān)斷路F．電源的內(nèi)阻太大
G．電源的電動勢遠小于正常值H．滑動變阻器接入電路的電阻太大．

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2013年6月20日上午10時，中國首位“太空教師”王亞平在太空一號太空艙內(nèi)做了如下兩個實驗：實驗一，將兩個細線懸掛的小球由靜止釋放，小球呈懸浮狀．實驗二，拉緊細線給小球一個垂直于線的速度，小球以選點為圓做勻速圓周運動．設(shè)線長為L，小球的質(zhì)量為m，小球做圓周運動的速度為v．已知地球?qū)π∏虻囊�力約是地面重力mg的0.9倍，則在兩次實驗中，繩對球拉力的大小是（　�。�

A、實驗一中拉力為0

B、實驗一中拉力為0.9mg

C、實驗二中拉力為0.9+m v2 L

D、實驗二中拉力為m v2 L

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                       高考真題

1．【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，離子由加速器的中心附近進入加速器，所以選項A正確；因在盒內(nèi)洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項D正確．

【答案】AD

3．【解析】由安培定則判斷在水平直導(dǎo)線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉(zhuǎn)動

【答案】C

4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運動，又根據(jù)左手定則得選項A正確．

【答案】A

5．【解析】因為tanα=板間距離/板長，并可用荷質(zhì)比表示，由左手定則可以判斷負外；不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

【答案】不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。

6．【解析】(1)質(zhì)點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設(shè)圓弧的半徑為R，則有

                            R=dsinj                     

     由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得                                         

將①式代入②式，得                             

(2)質(zhì)點在電場中的運動為類平拋運動。設(shè)質(zhì)點射入電場的速度為v₀，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t聯(lián)立發(fā)上各式得

設(shè)電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得    qE＝ma         聯(lián)立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）設(shè)在最大距離y_m處的速率為v_m,根據(jù)圓周運動有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球運動如圖所示，

由動能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圓周運動  qv_mB+mg-qE=m         ……⑦   

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）     （2）   （3）

8．【解析】⑴做直線運動有：                     

          做圓周運動有：

          只有電場時，粒子做類平拋，有：

                  解得：

          粒子速度大小為：

          速度方向與x軸夾角為：

          粒子與x軸的距離為：

        ⑵撤電場加上磁場后，有：

                          解得：                    

          粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關(guān)系得C點坐標為：

           過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：

                          解得：

           M點橫坐標為：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）設(shè)粒子在0～t₀時間內(nèi)運動的位移大小為s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

聯(lián)立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小為v₁，軌道半徑為R₁，周期為T，則

                                          ④

                                 ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t₀~3t₀時間內(nèi)，粒子做初速度為v₁的勻加速直線運動，設(shè)位移大小為s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為v₂，半徑為R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t₀～5t₀時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）。因此粒子運動的最大半徑

（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示。                   

方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t₀，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為

                方向向上

        后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T

        粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小為    

       粒子做圓周運動的半徑為     

       解得      

       顯然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值  

      （2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑  

      （3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖。

10．【解析】（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。                                         

設(shè)入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）設(shè)是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接，設(shè)。  

如圖所示，由幾何關(guān)系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

聯(lián)立④⑤式得

                     ………… ⑥

設(shè)入射粒子的速度為，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁場中的半徑滿足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）               

⑵t=2.8×10^-2s兩次穿越磁場總時間恰好是一個周期，在磁場外的時間是，代入數(shù)據(jù)得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校試題

1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負方向

【答案】A

2．【解析】 電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運動的速率不發(fā)生改變；又因為電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應(yīng)強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內(nèi)的運動軌跡是圓周。

【答案】CD

3．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運動，由平衡條件得，故電源的電動勢為Bvd

【答案】BC

4．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項A正確；，所以選項C也正確．

【答案】AC

5．【解析】設(shè)D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動能由qvB=m得E_km==,由此式得選項AC正確．

【答案】AC

6．【解析】無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，，臨界速度。

從A至C由機械能守恒定律得：，有

加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒

因，所以，故選項C正確。

【答案】C

7．【解析】(1)電場中加速，由                   

∴                           

磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得  

∴                      

可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O₁O₂O₃是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)電場中，        中間磁場中，             

右側(cè)磁場中，             則           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有

     --------------①

同時有   -----------②

粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知， 

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝，        ------------ ③

故，C點坐標為（，0）。         ----------- ④

（2）設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，設(shè)粒子從A到C的時間為t₁，由題意知

                        ------------ ⑤

設(shè)粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)知識，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

聯(lián)立⑥⑦解得       ------------⑧

設(shè)粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意知

            ------------ ⑨

故而，設(shè)粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為

    ------------ ⑩

（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v₀的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運動，即

     ……①              …………② 

沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即

    ……③             ……④  

設(shè)離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.

由圖中幾何關(guān)系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

綜合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C點坐標為（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根據(jù)運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應(yīng)滿足 

其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為或。

設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶當n取奇數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，

，其中n =1、3、5、……

當n取偶數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）當n取奇數(shù)時，

當n取偶數(shù)時，

10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進入加速電場被加速，速度為v₀，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿圖中虛線O₂O₃進入PQ、MN之間的區(qū)域，

則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，

   得到                                      　　

將②式代入①式，得                        

（2）粒子從O₃以速度v₀進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，打到ab板上，以大小為v₀的速度垂直于磁場方向運動．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部．由于不計板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T．

由和運動學(xué)公式，得                     

粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為            

粒子進入磁場中，在v₀方向的總位移s=2Lsin45°，時間為         

則t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】設(shè)速度為v₀時進入磁場后做圓周運動的半徑為r

有                 得r==                           

設(shè)速度為2v₀時進入磁場做圓周運動的半徑r′

得r′==L                                         

設(shè)其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ                     

由圖中的幾何關(guān)系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進入電場時速度方向

與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進入電場后由動能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

當θ₁=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₁=r－r′sin45°=(－1)L                                 

當θ₂ =135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L                                 

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）當θ₁=45°時，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）設(shè)帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強磁場帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于MN中點O′，

由幾何關(guān)系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

設(shè)帶電粒子在磁場中運動時間為t₁，在電場中運動的時間為t₂，總時間為t。

t₁ =      t₂ =

聯(lián)立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則：

lsin45 = at₂²   a =    解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1）  2.07×10^-4（s）   （2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有：  ，  

飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）進入磁場時微粒的速度是：     ③

軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：  ④   

洛倫茲力提供向心力：