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12345678910111213CBCDBBACAADADACAD第六次周考答案14答案：10.310cm

2.620mm15答案(1)CD(2)(3)根据电路图，实物图连线如图所示：16答案(1)3000W(2)2700W(3)3Ω90%解析(1)驱动电机的输入功率P入＝UI＝300×10W＝3000W.(2)电动彩车通过天安门前的速度v＝eq\f(x,t)＝2m/s电动彩车行驶时所受阻力为Ff＝0.02mg＝0.02×6.75×103×10N＝1.35×103N电动彩车匀速行驶时F＝Ff，故电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率P机＝Fv＝2700W.(3)设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt解得驱动电机的内阻R＝3Ω驱动电机的机械效率η＝eq\f(P机,P入)×100%＝90%.18、解析(1)电子经U的电场加速后，由动能定理可得eU＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)①2分2分(2)电子以v的速度进入U的电场并偏转t＝②1分E＝③1分a＝eq\f(eE,m)④1分1分（3）v＝at⑤1分由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tanθ＝＝.2分所以eq\x\to(OP)＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ＝(eq\f(l,2)＋L)．3分注：第三问若用其它方法可自行赋分。18解析：(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1N电场力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动根据牛顿第二定律得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得：R＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1×10－2×4,4×10－5×103)m＝1m由几何关系得：s1＝eq\r(2)R＝eq\r(2)m。(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4m/s，方向与水平方向成45°。由于电场力F2＝qE2＝0.1N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝eq\f(\r(2),10)N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动。建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度a＝F/m＝10eq\r(2)m/s2，位移y＝eq\f(1,2)at2沿x轴方向上，带电小球的位移x＝v0t由几何关系有：y＝x即：eq\f(1,2)at2＝v0t，解得：t＝eq\f(2,5)eq\r(2)sQ点到P点的距离s2＝eq\r(2)x＝eq\r

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