1、 （10 分）解：金屬棒運動時產(chǎn)生的電動勢方向從滿足： mgin a = mgcos a + F安根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)有：E=BLv TOC o 1-5 h z 根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：I ER又F安=BIL聯(lián)立可得：v=1m/s時間內(nèi)掃過的最大面積為：（2分）4 時間內(nèi)掃過的最大面積為：（2分）4 BLx - 一 ，、一- 得金屬棒運動的位移為：t t（2分）m c2 +mgcos a （2 分）（1分）一.2Sm L t 1m根據(jù)電量Q I t, I E,以及E Rx=2m1-根據(jù)能重寸恒te律應(yīng)有：mg）sin a =Q 2聯(lián)立可得：Q=0.35J（12 分）解：粒子穿過界面MN寸

2、偏離中心線 ROW距離（側(cè)向位移）： TOC o 1-5 h z 91 qU L 9八y -at2 - -（）2（2 分）2 mds解得：y=0.04m=4cm（1 分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于a,設(shè)a到中心線的距離為y 4y .則有：- （2分）y 4 6解得：y =10cm（1 分）粒子到達 H點時，其水平速度為： 以=3=2.0 x 106m/s（1分）豎直速度為：w at 2.0 106m/s（1分）粒子的速度為：J 2近106 m/s（1分）該粒子在穿過界面 PS后繞點電荷 Q做勻速圓周運動，所以Q帶負(fù)電，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑為：r 10%,r2 cm

3、（1 分）由牛頓第二定律得：kQ m且（1分）（1分）r2 r（1分）（15 分）解：畫出粒子運動的軌跡如圖所示的三分之一圓?。∣i為粒子在磁場中圓周運動的圓心 ）. TOC o 1-5 h z 由圖知：/ POiC=120（1 分）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,則：2V0qBw m（2 分）r解得：rm0（1分）qB由圖中幾何關(guān)系知： Oc r r cos 60（1分）一一 .一3所以O(shè)C 3r（1分）粒子在磁場中圓周運動的時間:1t1-T3粒子在磁場中圓周運動的時間:1t1-T32 7m 3qB（1分）粒子在電場中做類平拋運動，由題中條件知:OQ 2OC 3r （1 分）則粒子在電場

4、中運動的時間：t2 三迎（1分）uo qB 27tm粒子從P運動到Q所用的時間：t t1 t2 （3 ）（1分）3 qB粒子在電場中做類平拋運動：-3-r -2at22 -i-qEtf（1分）1 _解得：E -B io（1分）3由動能定理得：EkQ m o qE -2r（2分）解得粒子到達 Q點時的動能為：EkQ m2（1分）16. （12分）如圖所示，兩平行金屬板 A B長為L=8cm,兩板間距離d=8cm, A板比B板電勢高 400V, 一帶正電的粒子電荷量為q=1.0 xi 0T0C、質(zhì)量為n=1.0X1016 * * * 20kg,沿電場中心線 RO垂直電場線飛入電場，初速度3=2.0 x 1dm/s,粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在rO點的點電荷 Q形成的電場區(qū)域（設(shè)界面 PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影 響）.已知兩界面 MN PS相距為6cm, D是中心線 RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界 面PS為10cm,粒子穿過界面 PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上.求粒子穿過界面 MN寸偏離中心線 RO勺距