1、海淀区高三第一学期期末考试物理反馈题1.某电场的电场线如图所示，电场中M、N两点的场强大小分别为EM和EN，电势分别为M和N，由图可知（）A. EM EN，M NB. EM EN，M NC. EM ND. EM EN，M N【答案】C【解析】【详解】因为N点的电场线较M点密集，则EM N。AEM EN，M N，与结论不相符，选项A错误；BEM EN，M N，与结论不相符，选项B错误；CEM N，与结论相符，选项C正确；DEM EN，M aN，EkM EkNB. aM aN，EkM EkNC. aM EkND. aM aN，EkM EkN【答案】D【解析】【详解】因为N点的电场线较M点密集，则E
2、M EN，则电荷在N点的加速度较大，即aM aN；从M点运动到N点电场力做正功，动能增加，则EkM aN，EkM EkN，与结论不相符，选项A错误；BaM aN，EkM EkN，与结论不相符，选项B错误；CaM EkN，与结论不相符，选项C错误；DaM aN，EkM 23。关于这个实验，下列说法中正确的是（ ）A. 小球挂在P1的位置稳定后再移到挂在P2的位置达到稳定过程中，其电势能可能增加B. 通过如图所示的实验情景可知，电荷之间的相互作用力的大小随电荷之间的距离的增大而减小C. 库仑就是利用这个实验装置进行定量研究得出了库仑定律D. 带正电的绝缘导体球所带的电荷量太小，将不利于这个实验探究
3、【答案】BD【解析】【详解】A. 小球挂在P1的位置稳定后再移到挂在P2的位置达到稳定过程中，电场力对小球做正功，则电势能减小，选项A错误；B. 对小球受力分析可知F电=mgtan，当越大，则静电力F越大，则通过如图所示的实验情景可知，电荷之间的相互作用力的大小随电荷之间的距离的增大而减小，选项B正确；C. 此实验只能定性的描述静电力与距离的关系，选项C错误；D. 带正电的绝缘导体球所带的电荷量太小，则所受的静电力会太小，则细线的偏转角度太小，将不利于这个实验探究，选项D正确；故选BD.12.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，电容器的电容为C，灯泡L的灯丝电阻不随温度变化，电压表
4、和电流表均为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，缓慢减小电阻箱R接入电路中的阻值，与调节电阻箱之前相比，电压表示数变化量的绝对值为U，在这个过程中电路中所有器件均不会被损坏，下列说法中正确的是A. 灯泡L将变亮B. 电压表和电流表的示数都将变大C. 电源两端电压变化量的绝对值将大于UD. 电容器所带电荷量增加，增加量小于CU【答案】AD【解析】【详解】A电阻箱阻值减小，整个电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律：可知干路电流增大，通过灯泡的电流增大，灯泡L将变亮，故A正确；B干路电流增大，电流表示数增大，根据闭合电路欧姆定律：可知路端电压减小，通过灯泡的电流增大，分压增大，则电阻箱的分压减小，电
5、压表示数减小，故B错误；C根据闭合电路欧姆定律，结合数学推理可知：则电源两端电压变化量的绝对值小于电压表示数的变化量的绝对值，故C错误；D根据闭合电路欧姆定律：结合数学推理可得：根据方程可知：，电容器并联在灯泡两端，所以电压与灯泡的分压相同，所以电容器的电荷量增加量为：故D正确。故选AD。13.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。下列说法中正确的是（ ）A. 如
6、果仅提高电源两端的电压，则电容器在t=0时刻的放电电流变大B. 如果仅将电阻R的阻值变大，则电容器在t=0时刻的放电电流变小C. 如果仅将电阻R的阻值变大，则电容器放电更快D. 如果仅将电阻R的阻值变大，则it曲线与两坐标轴所围的面积保持不变【答案】ABD【解析】【详解】A如果仅提高电源两端的电压，则根据Q=CU可知，电容器带电量变大，则电容器在t=0时刻的放电电流变大，选项A正确；B如果仅将电阻R的阻值变大，则在电容器带电量一定时，电容器在t=0时刻的放电电流变小，选项B正确；C如果仅将电阻R的阻值变大，则电容器放电电流会减小，则放电变慢，选项C错误；D因为 it曲线与两坐标轴所围的面积等于
7、电容器的带电量，则如果仅将电阻R的阻值变大，则it曲线与两坐标轴所围的面积保持不变，选项D正确；故选ABD.14.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。若其他条件不变，只将电阻R换为阻值更大的定值电阻，现用虚线表示电阻值变大后的it曲线，则在下列四个图象中可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】如果仅将电阻R的阻值变大，则电容器放电电流会
8、减小，则放电变慢，因电容器带电量一定，可知放电时间变长；A该图与结论不相符，选项A错误；B该图与结论不相符，选项B错误；C该图与结论相符，选项C正确；D该图与结论不相符，选项D错误；故选C.15.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。若电源的电动势E、电容器的电容C以及定值电阻的阻值为R均为已知量，电路中其他电阻均可忽略不计，则由这个it曲线及相关的已知条件，可以估
9、算出（ ）A. 电容器两极板的最大电场强度B. 电容器整个充电过程中，电源所释放的总电能C. 开关S 掷向2 端后的时间t内，电容器放电电流通过电阻R所做电功D. 开关S 掷向2 端后t时刻，电容器两端的电压【答案】BCD【解析】【详解】A电容器两板间场强，因两板间距未知，则不能估算电容器两极板的最大电场强度，选项A错误；B由于i-t图像与坐标轴围成的面积等于电容器所带的电量Q，则根据E电能=E电动势Q可估算电容器整个充电过程中，电源所释放的总电能，选项B正确；C通过i-t图像的面积可求解开关S 掷向2 端后的时间t内电容器释放的电量q，根据可求解电容器放电电流通过电阻R所做电功，选项C正确；
10、D通过i-t图像的面积可求解开关S 掷向2 端后的经过时间t电容器上剩余的电量Q1然后根据Q1=CU1求解电容器两端的电压，选项D正确；故选BCD.16.将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池的正极上（线框上端的弯折位置与正极良好接触），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，使铜导线框下面的两端P、Q与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会发生转动，从而制成了一个“简易电动机”，如图乙所示。关于该“简易电动机”，下列说法中正确的是（）A. 线框转动起来是由于受到电场力的作用B. 如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做逆时针转动C. 电池输出的电功率等于线框旋转
11、的机械功率D. 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率E. 如果线框下面只有一端导线与磁铁良好接触，则线框将上下振动【答案】BD【解析】【详解】A B如果磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由下往上斜穿入金属丝内部，而电流方向由上向下，由左手定则知：由上往下看（俯视），金属框逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，即安培力，故A错误，B正确；CD电池输出的电功率一部分转化为线框旋转的机械功率，另一部分转化为热功率，则电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，选项C错误，D正确；E如果线框下面只有一端导线与磁铁良好接触，导线受到的安培力方向是不变的，则线框不会上下振动，选项E错误；故选
12、BD.17.某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。（1）他选择“100”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图中虚线的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到_的挡位（选填“10”或“1k”）；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向_W。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图中虚线的位置，则未知电阻的测量值为_W。（2）若用已调好的多用电表欧姆挡“10”挡来探测一只二极管的正、负极（如图所示）。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转（即指示电阻接近无限大）；再将两表笔
13、与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在如图中的虚线的位置，此时红表笔接触的是二极管的_极（选填 “正”或“负”）。【答案】 (1). 10 (2). 0 (3). 1.6102 （或160） (4). 负【解析】【详解】（1）1指针偏转角度过大，说明待测量的阻值较小，所以更换较小的“10”挡位；2欧姆调零的目的是需要将指针调至欧姆表盘的0刻度位置，即使指针指向；3欧姆挡读数需要用刻度值乘以倍率：；（2）4红表笔与欧姆挡内部电源负极相连，根据题意可知二极管的电阻较小，此时电流从二极管的正极流入，负极流出，所以红表笔接触的是二极管的负极。18.现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知
14、E约为1.5V，r约为1）。（1）第一组采用图所示电路。为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是_。A一个定值电阻 B阻值适当的不同阻值的定值电阻 C滑动变阻器为了调节方便且测量精度更高，以下器材中，电流表可选_，电压表可选_。A电流表（00.6A） B电流表（03A） C电压表（03V） D 电压表（015V）第一小组经过多次测量，记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了U-I图像。由图像可以得出，若将该干电池与一个阻值为2.2的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为_A（保留两位有效数字）。 （2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图所示的电路，完成
15、了对同一电池的测量。改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究图像的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。请说明哪个组内阻的测量结果较大？_并说明形成这个结果的原因_。A.第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可以忽略电流表内阻这两种情况下，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I为纵坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为横坐标。第二类图像以电阻箱读数R为纵坐标，电流表读数的倒数为横坐标。请在图甲、乙两坐标系中分别用实线代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电
16、流表内阻不可忽略的情况，定性画出相关物理量之间关系。_B.在第二组的实验中电阻箱（最大阻值为999.9，可当标准电阻用）、电流表（量程Ig = 0.6A，内阻rg = 0.1）。通过改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，并画出了如图所示的图像。根据图像中的信息可得出这个电池的电动势E_V，内电阻r_。C某同学利用传感器、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图所示。实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图所示的关系图线。由图线可知电池的电动势E_V，内阻r_W。【答案】
17、(1). BC (2). A (3). C (4). 0.480.52 (5). 第二组的测量结果较大 (6). 电流表内阻不能忽略引起的误差 (7). (8). 1.5(1.461.54) (9). 0.3(0.250.35) (10). 2.0V (11). 0.5【解析】【详解】（1）1根据E=U+Ir，要测电动势E和内阻r，必须要改变电路的电流，则在电路的a、b两点间可接入的器件是：B阻值适当的不同阻值的定值电阻或者C滑动变阻器；故选BC.23为了调节方便且测量精度更高，以下器材中，电流表可选量程为（00.6A）的A，电压表可选量程为（03V）的C即可。4由图中读出：E=1.48V，内
18、阻为则若将该干电池与一个阻值为2.2的定值电阻组成闭合电路，电路中的电流约为 （2）56在第一组测量值内阻的测量值比真实值偏小；而第二组的测量中由于安培表内阻的影响使得内阻的测量值偏大；即第二组中是电流表内阻不能忽略引起的误差；7根据即；若考虑电流表内阻，则则图像如图甲所示；根据可得若考虑电流表内阻，则则图像如图乙所示；89由图像可知： 则r=0.31011由闭合电路的欧姆定律可知：则则由图像可知： 解得E=2V r=0.519.如图所示，宽度L0.40 m的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R=1.5的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.50
19、T。一根导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻r=0.5，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平拉力拉动导体棒使其沿导轨以v=10 m/s的速度向右匀速运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好。空气阻力可忽略不计，求：（1）通过导体棒的电流I，并说明通过导体棒的电流方向；（2）作用在导体棒上的拉力大小F；（3）电阻R的电功率P。【答案】（1）电流的方向为：，大小为1.0A；（2）0.2N；（3）1.5W。【解析】【详解】（1）根据右手定则可知电流的方向为：；导体切割磁感线：根据闭合电流欧姆定律：解得：；（2）导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件：解得：；（3）电阻上的功率
20、：解得：。20.如图所示，长为l的绝缘轻细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、带电荷+q的小球，小球静止时处于O点正下方的O点。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点时细线与竖直方向成角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。（1）求该匀强电场电场强度大小；（2）若在A点施加一个拉力，将小球从A点沿圆弧缓慢拉回到O点，则所施拉力至少要做多少功；（3）若将小球从O点由静止释放，求在其运动到最高点的过程中，电场力所做的功W。（4）若将小球从O点由静止释放，求其运动到A点时的速度；（5）若将小球从O点由静止释放，求小球运动到A点时所受细线对它的拉力大小T；（6）若将
21、带电小球从O点由静止释放，其运动到A点时细线断开，求细线断开后小球运动的加速度；（7）若将带电小球从O点由静止释放，其运动到A点时细线断开，求小球此后运动到最高点时的速度大小；（8）若小球在A点附近小角度（小于5）往复运动，求它从A点出发后到第二次再通过A点的过程中所经历的时间。【答案】（1） （2） （3）（4），方向与水平方向成角斜向上（5）（6）；方向与竖直方向成角斜向下（7）（8）【解析】【详解】（1）由平衡知识可知：解得 （2） 根据动能定理： 解得（3）根据对称性可知，小球摆到最高点时摆线与竖直方向夹角为2，则电场力的功（4）从O点到A点由动能定理： 解得方向与水平方向成角斜向上（
22、5）在A点由牛顿第二定律： 解得（6）到A点时细线断开，则此时小球受向下的重力和向右的电场力，其合力为：则加速度；方向与竖直方向成角斜向下。（7）运动到A点时细线断开，小球此后在水平方向做匀加速运动，水平初速度 加速度为 竖直方向做匀减速运动，竖直初速度竖直加速度运动到最高点时的时间 则水平速度即为最高点的速度 ；（8）若小球在A点附近小角度（小于5）往复运动，则可看做单摆模型，周期 其等效重力加速度则周期它从A点出发后到第二次再通过A点的过程中所经历的时间为一个周期，则21.如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，图中
23、abcd分别为矩形线圈的四个顶点，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴OO匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画出了其中的1匝，用以说明线圈两端的连接情况。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L150cm，bc边和ad边的长度L220cm，匝数n100匝，线圈的总电阻r5.0，线圈转动的角速度282rad/s，外电路的定值电阻R45，匀强磁场的磁感应强度B0.05T。电流表和电压表
24、均为理想电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计，计算中取3.14，1.41。（1）求电阻R两端电压的最大值Um；（2）求电压表的示数U；（3）线圈转动1圈的过程中电阻R上产生的焦耳热QR（结果保留3位有效数字）；（4）线圈转动1圈的过程中线圈上所产生的焦耳热Qr（结果保留3位有效数字）；（5）讨论（3）、（4）中的结果与维持该线圈匀速转动1圈，外力所做的功W的关系（结果保留3位有效数字）；（6）从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的电流随时间变化的函数关系式；（7）从线圈经过图示位置开始计时，写出ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式；（8）从线圈经过图示位置开始计时，求线圈运
25、动的1/4周期内，电流的平均值I平（结果保留2位有效数字）；（9）从线圈经过图示位置开始计时，求线圈转过90的过程中通过线圈导线某截面的电荷量q（结果保留1位有效数字）。【答案】（1）（2）（3）（4）（5）外力所做功全部转化为内能（6）（7）（8）（9）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到图示位置时，线框的线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时对应电动势的最大值所以（2）（3）由欧姆定律可知所以（4）线圈转动1圈的过程中线圈上所产生的焦耳热Qr（5）即。即外力所做的功全部转化为内能。（6）根据法拉第电磁感应定律，电动势的瞬时值为所以（7）从线圈经过图示位置开始计时，ab
26、边所受安培力大小随时间变化的函数关系式 （8）所以（9）线圈转过90所需时间为1/4周期，所以22.如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为U0的AB两金属板间的加速电场加速后，从一对水平放置的平行正对带电金属板的左端中心O点沿中心轴线OO射入金属板间（OO垂直于荧光屏M），两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，忽略电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应。已知电子的质量为m，电荷量为e；加速电场的金属板AB间距离为d0；偏转电场的金属板长为L1，板间距离为d，
27、其右端到荧光屏M的水平距离为L2。（1）电子所受重力可忽略不计，求：电子飞出偏转电场时的偏转距离（侧移距离）y；电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan；电子打在荧光屏上时的动能Ek，并说明此动能与加速电场对电子做功的大小关系；若偏转电场的电压为U，电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离Y，其中单位偏转电压引起的偏转量Y/U称为示波管的灵敏度。在示波器结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取哪些措施。（2）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，这对最终的计算结果并没有太大的影响，因此这种处理是合理的。在本题所述的物理情景中，若已知U0125V，U80V，
28、d0=2.010-2m，d=1.010-2m，L1=1.010-2m，L2=0.10m，m9.010-31kg，e1.610-19C，重力加速度g=10m/s2。请利用这些数据分析说明下列过程中忽略电子所受重力是合理的。对于电子在偏转电场中的运动；对于电子在离开偏转电场后的运动。【答案】（1）；，此动能大于加速电场对电子做的功eU0；减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度（2）见解析见解析【解析】【详解】（1）在加速电场中在偏转电场中：水平方向 竖直方向 电子飞出偏转电场时偏转角的正切；由能量关系可知电子打到屏上的动能此动能大于加速电场对电子做的功eU0；由比例关系： 则 则灵敏度则减小加
29、速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度；（2）电子在偏转电场中受的电场力 而电子受重力： 因则可忽略电子的重力。加速电场中可得 则电阻离开偏转电场后到达荧光屏的时间 而在这段时间内电子在重力方向的位移很小，可忽略不计，即重力可忽略不计.23.如图所示为质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素。现让待测的不同带电粒子经加速电场后进入速度选择器，速度选择器的平行金属板之间有相互正交的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），磁感应强度为B，电场强度为E。金属板靠近平板S，在平板S上有可让粒子通过的狭缝P，带电粒子经过速度选择器后，立即
30、从P点沿垂直平板S且垂直于磁场方向的速度进入磁感应强度为B0、并以平板S为边界的有界匀强磁场中，在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与质量之比）情况进行分析。在下面的讨论中，磁感应强度为B0的匀强磁场区域足够大，空气阻力、带电粒子所受的重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。（1）带电粒子通过狭缝P时的速度大小v；（2）不同的带电粒子经加速电场加速后可获得不同的速率，这些粒子进入速度选择器后，要想使通过狭缝P的带电粒子速度大一些，应怎样调整速度选择器的电场强度E和磁感应强度B的大小； （3）若用这个质谱仪分
31、别观测氢的两种同位素离子（1H和2H），它们分别打在照相底片上相距为d1的两点；若用这个质谱仪相同条件下再分别观测碳的两种同位素离子（12C和14C），它们分别打在照相底片上相距为d2的两点。请通过计算说明，d1与d2的大小关系；（4）若氢的两种同位素离子（所带电荷量为e）的质量分别为m1和m2，且已知m1m2，它们同时从加速电场射出。试分析说明这两种粒子哪一种先到达照相底片，并求出它们到达照相底片上的时间差t。【答案】（1）v=E/B（2）减小B或增大E（3）d1大于d2（4）m2先到达，t=【解析】【详解】（1）粒子通过狭缝时满足：evB=Ee即 （2）根据可知，要想提高通过狭缝P的粒子的
32、速度，可增大E或者减小B；（3）设1H和2H的质量分别为m和2m，带电量均为q；12C和14C的质量分别为12m和14m，带电量均为12q；粒子进入磁场时的速度是相同的，根据 ，则 即d1大于d2（4）两种粒子在射出速度选择器时的速度是相同的，则在速度选择器中的时间相同，根据可得两种粒子在磁场中的周期分别为两种离子在磁场中均运动半个周期，因m1m2，可知T1T2，则 ，则m2先到达；时间差为：24.如图所示为一种质谱仪的构造原理图，它是一种分离和检测不同同位素的重要工具。质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素。让离子源发出的不同带电粒子，经一对相距为d、两极板间电压为U的平行正
33、对金属板所形成的加速电场加速后，从紧靠金属板的平板S上的狭缝P沿垂直平板S射入以平板S为边界的有界匀强磁场中，并在磁场中偏转后打在记录它的照相底片上，底片厚度可忽略不计，且与平板S重合。磁场的磁感应强度为B、方向与速度方向垂直。根据粒子打在底片上的位置，便可以对它的比荷（电荷量与质量之比）的情况进行分析。在下面的讨论中，带电粒子进入加速电场的初速度、粒子所受的重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。（1）若某带电粒子打在照片底片上的A点，测得A与P之间的距离为x，求该粒子的比荷q/m；（2）若有两种质量不同的正一价离子，它们的质量分别为m1和m2，它们经加速电场和匀强磁场后，分别打在照相底片上
34、的A1和A2两点。已知电子的电荷量为e，求A1、A2间的距离x。 （3）若有两种质量不同的正一价离子，质量分别为m1和m2，它们经加速电场和匀强磁场后，分别打在照相底片上的A1和A2两点，测得P到A2的距离与A1到A2的距离相等，求这两种离子的质量之比m1/m2；（4）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子（1H和2H），它们分别打在照相底片上相距为d1的两点；若用这个质谱仪分别观测碳的两种同位素离子（12C和14C），它们分别打在照相底片上相距为d2的两点。请通过计算说明，d1与d2的大小关系；（5）若用这个质谱仪分别观测氢的两种同位素离子，它们分别打在照相底片上相距为d的两点。为了便于观
35、测，希望d的数值大一些为宜，试分析说明为使d增大一些可采取哪些措施；（6）若氢的两种同位素离子的电荷量均为e，质量分别为m1和m2，且已知m1m2，它们同时进入加速电场。试分析说明这两种粒子哪一种先到达照相底片，并求出它们到达照相底片上的时间差t。【答案】（1）（2）（3）4:1（4）d1大于d2（5）为增大d，可以增大U、减小B（6）m2先到达；【解析】【详解】（1）粒子在加速电场中在磁场中 则x=2r解得（2）在加速电场中：在磁场中解得： 则（3）P到A2的距离与A1到A2的距离相等，可知r1=2r2；根据 可得m1:m2=4:1（4）设1H和2H的质量分别为m和2m，带电量均为q；12C
36、和14C的质量分别为12m和14m，带电量均为12q；粒子进入磁场时的速度是相同的，根据 ，则 即d1大于d2（5）由（4）的分析可知则为增大d，可以增大粒子的速度v即增加加速电压U、或者减小B.（6）在加速电场中在加速电场中的时间在磁场中的时间 则质量为m1的粒子运动的时间质量为m2的粒子运动的时间因为m1m2，则 ，则m2先到达；25.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。一段长为l、横截面积为S的细金属直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。（1）该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率恒为v。
37、求导线中的电流I； 为了更精细地描述电流的分布情况，引入了电流面密度j，电流面密度被定义为单位面积的电流强度，求电流面密度j的表达式； 经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。请根据以上描述构建物理模型，求出金属导体的电阻率的微观表达式。（2*）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度
38、大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。已知电子受到的沿导线的平均阻力满足（1）问中的规律，求此线圈以由角速度匀速转动突然停止转动（减速时间可忽略不计）之后，通过线圈导线横截面的电荷量Q。【答案】（1） ； （2）【解析】【详解】（1）导线中的电流；电流面密度；取长度为L一段导体，则电子做定向移动时满足电场力与阻力相等，即而 联立解得 （2）设线圈经过时间t停止运动，则对内部的粒子，由动量定理： 其中 则；而 联立可得