1.（全國）（19分）MNEv0BP0III如圖，與水平面成45°角平面MN將空間提成I和II兩個區(qū)域。一質(zhì)量為、電荷量為q（q＞0）粒子以速度v0從平面MN上P0點水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下電場作用，電場強度大小為；在II區(qū)運動時，只受到勻強磁場作用，磁感應(yīng)強度大小為MNEv0BP0III【解析】帶電粒子進入電場后，在電場力作用下沿拋物線運動，其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為a，由牛頓定律得qE=ma① 設(shè)通過時間t0，粒子從平面MN上點P1進入磁場，由運動學公式和幾何關(guān)系得MNEv0BP0IIIP1P2v1MNEv0BP0IIIP1P2v1Cr1 粒子速度大小v1=eq\r(v02+(at0)2)③ 設(shè)速度方向與豎直方向夾角為，則tan=eq\f(v0,at0)④ 此時粒子到出發(fā)點P0距離為s0=eq\r(2)v0t0⑤ 粒子進入磁場，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為r1=eq\f(mv1,qB)⑥ 設(shè)粒子初次離開磁場點為P2，弧eq\o(\s\up6(︵),\s\do1(P1P2))所張圓心角為2，則P1到點P2距離為s1=2r1sin⑦ 由幾何關(guān)系得+=45°⑧聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得s1=eq\r(2)eq\f(mv0,qB)⑨點P2與點P0相距l(xiāng)=s0+s1⑩聯(lián)立①②⑤解得l=eq\f(eq\r(2)mv0,q)(eq\f(2v0,E)+eq\f(1,B))2.（安徽）（16分）xyOPB如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R半圓形區(qū)域內(nèi)，有互相垂直勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電粒子（不計重力）從xyOPB（1）求電場強度大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相似速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域邊界射出。求粒子運動加速度大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為本來4倍，求粒子在磁場中運動時間。解析：（1）設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E?？膳袛喑隽Ｗ邮艿铰鍌惔帕ρ豿軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向且有qE=qvB=1\*GB3①又R=vt0=2\*GB3②則=3\*GB3③（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在y方向位移=4\*GB3④由=2\*GB3②=4\*GB3④式得=5\*GB3⑤設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有=6\*GB3⑥得=7\*GB3⑦3.（全國）（15分）（注意：在試題卷上答題無效）MNacLbd如圖，兩根足夠長金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L，電阻不計。在導(dǎo)軌上端并接2個額定功率均為P、電阻均為R小燈泡。整個系統(tǒng)置于MNacLbd（1）磁感應(yīng)強度大小；（2）燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒運動速率?！窘馕觥浚?）設(shè)小燈泡額定電流為I0，有P=I02R①依照題意，金屬棒MN沿導(dǎo)軌豎直下落某時刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN電流為I=2I0②此時金屬棒MN所受重力和安培力相等，下落速度達到最大值，有mg=BLI③聯(lián)立①②③式得式得B=eq\f(mg,2L)eq\r(eq\f(R,P))④（2）設(shè)燈泡正常發(fā)光時，導(dǎo)體棒速率為v，由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得E=BLv⑤E=RI0⑥聯(lián)立①②④⑤⑥式得v=eq\f(2P,mg)⑦4.（廣東）（18分）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面勻強磁場，內(nèi)外圓間電勢差U為常量，R1=R0，R2=3R0。一電荷量為+q，質(zhì)量為m粒子從內(nèi)圓上A點進入，不計重力。OOOAAR1R2Cv0v1v2450(a)(b)圖19⑴已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點初速度v0大?、迫舫啡ル妶?，如圖19（b）所示，已知粒子從OA延長線與外圓交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成450角，求磁感應(yīng)強度大小及粒子在磁場中運動時間。OAR1R2OAR1R2Cv2450解析：⑴依照動能定理，，因此⑵如圖所示，設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動半徑為R，由幾何知識可知，解得：。依照洛侖茲力公式，解得：。依照公式，,OAROAR1R2C⑶考慮臨界狀況，如圖所示①，解得：②，解得：，綜合得：5．（福建）（20分）如圖甲，在x＜0空間中存在沿y軸負方向勻強電場和垂直于xoy平面向里勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)粒子從坐標原點O處，以初速度v0沿x軸正方向射人，粒子運動軌跡見圖甲，不計粒子重力。求該粒子運動到y(tǒng)=h時速度大小v；現(xiàn)只變化人射粒子初速度大小，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同粒子雖然運動軌跡（y-x曲線）不同，但具備相似空間周期性，如圖乙所示；同步，這些粒子在y軸方向上運動（y-t關(guān)系）是簡諧運動，且均有相似周期T=。Ⅰ.求粒子在一種周期內(nèi)，沿軸方向邁進距離s；Ⅱ.當入射粒子初速度大小為v0時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運動振幅A,并寫出y-t函數(shù)表達式。解析：此題考查動能定理、洛侖茲力、帶電粒子在復(fù)合場中運動等知識點。（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有-qEh=mv2-mv02，=1\*GB3①由=1\*GB3①式解得v=。=2\*GB3②（2）I．由圖乙可知，所有粒子在一種周期內(nèi)沿軸方向邁進距離相似，即都等于正好沿x軸方向勻速運動粒子在T時間內(nèi)邁進距離。設(shè)粒子正好沿軸方向勻速運動速度大小為v1，則qv1B=qE，=3\*GB3③又s=v1T，=4\*GB3④式中T=由=3\*GB3③=4\*GB3④式解得s==5\*GB3⑤=2\*ROMANII.設(shè)粒子在y方向上最大位移為ym（圖丙曲線最高點處），相應(yīng)粒子運動速度大小為v2（方向沿x軸），由于粒子在y方向上運動為簡諧運動，因而在y=0和y=ym處粒子所受合外力大小相等，方向相反，則qv0B-qE=-(qv2B-qE),由動能定理有-qEym=mv22-mv02，又Ay=ym由=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦=8\*GB3⑧式解得Ay=(v0-E/B)。可寫出圖丙曲線滿足簡諧運動y-t函數(shù)表達式為y=(v0-E/B)(1-cost)6．（北京）（20分）φφ0-ddxO靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x分布可簡化為如圖所示折線，圖中φ0和d為已知量。一種帶負電粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為－A（0<φφ0-ddxO（1）粒子所受電場力大?。唬?）粒子運動區(qū)間；（3）粒子運動周期。解析：（1）由圖可知，0與d（或-d）兩點間電勢差為φ0電場強度大小電場力大?。?）設(shè)粒子在[-x0，x0]區(qū)間內(nèi)運動，速率為v，由題意得由圖可知由上二式得因動能非負，有得即粒子運動區(qū)間（3）考慮粒子從-x0處開始運動四分之一周期依照牛頓第二定律，粒子加速度由勻加速直線運動將eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)代入，得粒子運動周期7．（上海）如圖，質(zhì)量為、長為直導(dǎo)線用兩絕緣細線懸掛于，并處在勻強磁場中。當導(dǎo)線中通以沿正方向電流，且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。則磁感應(yīng)強度方向和大小也許為(A)正向，(B)正向，(C)負向，(D)沿懸線向上，【答案】BC【解析】對于A選項，安培力水平向內(nèi)，三力合力不也許為零,A錯誤；對于B選項，安培力豎直向上，當安培力時，可以平衡，此時，B選項對的；對于C選項，安培力水平向外，三力平衡時安培力，此時，C選項對的；對于D選項，安培力垂直于繩子方向向內(nèi)，三力不也許平衡，D錯誤.8．（浙江）運用如圖所示裝置可以選取一定速度范疇內(nèi)帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具備不同速度粒子從寬度為2d縫垂直于板MN進入磁場，對于可以從寬度為d縫射出粒子，下列說法對的是A.粒子帶正電B.射出粒子最大速度為C.保持d和L不變，增大B，射出粒子最大速度與最小速度之差增大D.保持d和B不變，增大L，射出粒子最大速度與最小速度之差增大【答案】BC【解析】由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子最大半徑、粒子最小半徑，依照，可得、，則，故可知B、C對的，D錯誤。9．（新課標）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應(yīng)強度大小與I成正比。通電彈體在軌道上受到安培力作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體出射速度增長至本來2倍，理論上可采用辦法是（）A.只將軌道長度L變?yōu)楸緛?倍B.只將電流I增長至本來2倍C.只將彈體質(zhì)量減至本來一半D.將彈體質(zhì)量減至本來一半，軌道長度L變?yōu)楸緛?倍，其他量不變解析：設(shè)軌道間距為d，B=kI。由F=BId，，得,可知BD對的答案：BD10．（浙江）（16分）如圖甲所示，在水平面上固定有長為L=2m、寬為d=1m金屬“U”型軌導(dǎo)，在“U”型導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5m范疇內(nèi)存在垂直紙面向里勻強磁場，且磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。在t=0時刻，質(zhì)量為m=0.1kg導(dǎo)體棒以v0=1m/s初速度從導(dǎo)軌左端開始向右運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù)為μ=0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度電阻均為，不計導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間接觸電阻及地球磁場影響（取）。（1）通過計算分析4s內(nèi)導(dǎo)體棒運動狀況；（2）計算4s內(nèi)回路中電流大小，并判斷電流方向；（3）計算4s內(nèi)回路產(chǎn)生焦耳熱?！敬鸢浮浚?）導(dǎo)體棒在前做勻減速運動，在后后來始終保持靜止。（2），電流方向是順時針方向。（3）【解析】（1）導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動，有代入數(shù)據(jù)解得：，，導(dǎo)體棒沒有進入磁場區(qū)域。導(dǎo)體棒在末已經(jīng)停止運動，后來始終保持靜止，離左端位置仍為（2）前磁通量不變，回路電動勢和電流分別為，后回路產(chǎn)生電動勢為回路總長度為，因而回路總電阻為電流為依照楞次定律，在回路中電流方向是順時針方向（3）前電流為零，后有恒定電流，焦耳熱為11．（浙江）（22分）如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d矩形通道，其前、背面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料。圖乙是裝置截面圖，上、下兩板與電壓恒定高壓直流電源相連。質(zhì)量為m、電荷量為-q、分布均勻塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電塵埃遇到下板后其所帶電荷被中和，同步被收集。通過調(diào)節(jié)兩板間距d可以變化收集效率。當d=d0時為81%（即離下板0.81d0范疇內(nèi)塵埃可以被收集）。不計塵埃重力及塵埃之間互相作用。（1）求收集效率為100%時，兩板間距最大值為；（2）求收集率與兩板間距函數(shù)關(guān)系；（3）若單位體積內(nèi)塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集塵埃質(zhì)量與兩板間距d函數(shù)關(guān)系，并繪出圖線?！敬鸢浮浚?）（2）當時，收集效率為100%；當時，收集率（3）=，如圖所示。【解析】（1）收集效率為81%，即離下板0.81d0塵埃正好到達下板右端邊沿，設(shè)高壓電源電壓為，在水平方向有①在豎直方向有②其中③當減少兩板間距是，可以增大電場強度，提高裝置對塵埃收集效率。收集效率正好為100%時，兩板間距為。如果進一步減少，收集效率仍為100%。因而，在水平方向有④在豎直方向有⑤其中⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥可得⑦（2）通過前面求解可知，當時，收集效率為100%⑧當時，設(shè)距下板處塵埃正好到達下板右端邊沿，此時有⑨依照題意，收集效率為⑩聯(lián)立①②③⑨⑩可得（3）穩(wěn)定工作時單位時間下板收集塵埃質(zhì)量=當時，，因而=當時，，因而=繪出圖線如下12.（19分）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q＞0）粒子a于某時刻從y軸上P點射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向夾角為30°；因而，另一質(zhì)量和電荷量均與a相似粒子b也從p點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a1/3。不計重力和兩粒子之間互相作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度大?。唬?）當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子y坐標之差。解：（1）設(shè)粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動圓心為C（在y軸上），半徑為R1，粒子速率為v，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界交點為P/，如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ①由幾何關(guān)系得∠pcp/=θ=300 ②=2d ③由①②③式得 ④（2）設(shè)粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運動圓心為Oa，半徑為R2，射出點為Pa（圖中未畫出軌跡），∠P/OaPa=θ/。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤由①⑤式得 ⑥C、P/、Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于 ⑦平面上。由對稱性知，Pa點與P/點縱坐標相似，即yPa=R1cosθ+h ⑧式中，h是C點y坐標。設(shè)b在Ⅰ中運動軌道半徑為Rb，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ⑨設(shè)a到達Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過角度為a。如果b沒有飛出Ⅰ，則 ⑩ ⑾式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運動時間，而 ⑿ ⒀由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得a=300 ⒁由①③⑨⒁式可見，b沒有飛出Ⅰ。Pb點y坐標為yPb=Rb(2+cosθ)+h ⒂由①③⑧⑨⒁⒂式及題給條件得，a、b兩粒子y坐標之差為 ⒃13．（天津）（18分）如圖所示，兩根足夠長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成平面均與水平面成30°角。完全相似兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為0.02kg，電阻均為R=0.1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B=0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運動，而棒cd正好能保持靜止。取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒電流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到力F多大？（3）棒cd每產(chǎn)生Q=0.1J熱量，力F做功W是多少？【答案】（1）棒cd受到安培力 ①棒cd在共點力作用下平衡，則 ②由①②式代入數(shù)據(jù)解得I=1A，方向由右手定則可知由d到c。（2）棒ab與棒cd受到安培力大小相等Fab=Fcd對棒ab由共點力平衡有 ③代入數(shù)據(jù)解得F=0.2N ④（3）設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q=0.1J熱量，由焦耳定律可知 ⑤設(shè)ab棒勻速運動速度大小為v，則產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=Blv ⑥由閉合電路歐姆定律知 ⑦由運動學公式知，在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌位移x=vt ⑧力F做功W=Fx ⑨綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W=0.4J14．（天津）（20分）回旋加速器在核科學、核技術(shù)、核醫(yī)學等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了當代科學技術(shù)發(fā)展。（1）當今醫(yī)學成像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“當代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常運用能放射電子同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同步還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反映方程。若碳11半衰期τ為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11質(zhì)量占本來百分之幾？（成果取2位有效數(shù)字）（2）回旋加速器原理如圖，D1和D2是兩個中空半徑為R半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f交流電源上，位于D1圓心處質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽視，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于與盒面垂直磁感應(yīng)強度為B勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束等效電流I與P、B、R、f關(guān)系式（忽視質(zhì)子在電場中運動時間，其最大速度遠不大于光速）（3）試推理闡明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r增大，同一盒中相鄰軌道半徑之差是增大、減小還是不變？12．（20分）（1）核反映方程為 ①設(shè)碳11原有質(zhì)量為m0，通過t=2.0h剩余質(zhì)量為mt，依照半衰期定義，有： ②（2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知： ③質(zhì)子運動回旋周期為： ④由回旋加速器工作原理可知，交變電源頻率與質(zhì)子回旋頻率相似，由周期T與頻率f關(guān)系可得： ⑤設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時平均功率 ⑥輸出時質(zhì)子束等效電流為： ⑦由上述各式得若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程對的同樣給分（3）辦法一：設(shè)k（k∈N*）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑序數(shù)，相鄰軌道半徑分別為rk，rk+1（rk>rk+1），，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子相應(yīng)速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間電壓為U，由動能定理知 ⑧由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動向心力，知，則 ⑨整頓得 ⑩因U、q、m、B均為定值，令，由上式得 ⑾相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理由于rk+2>rk，比較，得闡明隨軌道半徑r增大，同一盒中相鄰軌道半徑之差減小辦法二：設(shè)k（k∈N*）為同一盒子中質(zhì)子運動軌道半徑序數(shù)，相鄰軌道半徑分別為rk，rk+1（rk>rk+1），，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子相應(yīng)速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間電壓為U由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動向心力，知，故 ⑿由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量 ⒀以質(zhì)子在D2盒中運動為例，第k次進入D2時，被電場加速（2k﹣1）次速度大小為 ⒁同理，質(zhì)子第（k+1）次進入D2時，速度大小為綜合上述各式可得整頓得，同理，對于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，，整頓后有由于rk+2>rk，比較，得闡明隨軌道半徑r增大，同一盒中相鄰軌道半徑之差減小，用同樣辦法也可得到質(zhì)子在D1盒中運動時具備相似結(jié)論。15．（四川）（19分）如圖所示，間距l(xiāng)=0.3m平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角=斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強度B1=0.4T、方向豎直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上勻強磁場。電阻R=0.3、質(zhì)量m1=0.1kg、長為相似導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好。一端系于K桿中點輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2=0.05kg小環(huán)。已知小環(huán)以a=6m/s2加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下拉力F作用下勻速運動。不計導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長。取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8。求（1）小環(huán)所受摩擦力大?。唬?）Q桿所受拉力瞬時功率解析：（1）設(shè)小環(huán)受到摩擦力大小為,則由牛頓第二定律得到......................................=1\*GB3①代入數(shù)據(jù)得到.................................=2\*GB3②闡明：=1\*GB3①式3分，=2\*GB3②式1分（2）設(shè)通過K桿電流為I1，由K桿受力平衡得到.........................................=3\*GB3③設(shè)回路總電流為I ,總電阻為R總，有............................................=4\*GB3④...................................=5\*GB3⑤設(shè)Q桿下滑速度大小為，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E，有......................................=6\*GB3⑥....................................=7\*GB3⑦..................=8\*GB3⑧拉力瞬時功率為.........=9\*GB3⑨聯(lián)立以上方程得到.......=10\*GB3⑩闡明：=3\*GB3③=8\*GB3⑧式各3分，=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥各1分，=7\*GB3⑦=9\*GB3⑨=10\*GB3⑩式各2分16．（四川）（20分）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長=1.8m，距地面h=0.8m。平行板電容器極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔。電容器外臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B=1T、方向豎直向上勻強磁場。電荷量q=5×10-13C微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時正好與之相遇。假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場力大小并闡明兩板地極性；（2）求由XY邊界離開臺面微粒質(zhì)量范疇；（3）若微粒質(zhì)量mo=1×10-13kg解析：（1）微粒在極板間所受到電場力大小為.................................................=1\*GB3①代入數(shù)據(jù)...............=2\*GB3②由微粒在磁場中運動可判斷微粒帶正電荷，微粒由極板間電場加速，故C板為正極，D板為負極闡明：=1\*GB3①式2分，=2\*GB3②式1分，對的闡明極性得2分。若微粒質(zhì)量為m，剛進入磁場時速度大小為v，由動能定理.....................................=3\*GB3③微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力，若圓周運動半徑為R,有.................................=4\*GB3④微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動邊沿軌跡如圖所示，半徑極小值與極大值分別為.............................................=5\*GB3⑤......................................=6\*GB3⑥聯(lián)立=3\*GB3③到=6\*GB3⑥，代入數(shù)據(jù)得到.....=7\*GB3⑦闡明：=3\*GB3③-=6\*GB3⑥式子各1分，=7\*GB3⑦式2分（3）如圖，微粒在臺面以速度為v做以O(shè)點位圓心，R為半徑圓周運動；從臺面邊沿P點沿與XY邊界成θ角飛出做平拋運動，落地點Q點，水平位移s,下落時間t。設(shè)滑塊質(zhì)量為M，滑塊獲得速度后在t內(nèi)與平臺前側(cè)面成φ角度方向，以加速度做勻減速直線運動到Q，通過位移為K，。由幾何關(guān)系得到：.......=8\*GB3⑧依照平拋運動............................=9\*GB3⑨...............................................=10\*GB3⑩對于滑塊，由牛頓運動定律及運動學方程，有..............................(11)......................(12)再由余弦定理....................(13)以及正弦定理............................(14)聯(lián)立=3\*GB3③=4\*GB3④和=8\*GB3⑧--（14），并帶入數(shù)據(jù)得到..........(15)(或者)闡明（8）---（16）式各1分17．（上海）電阻可忽視光滑平行金屬導(dǎo)軌長S=1.15m，兩導(dǎo)軌間距L=0.75m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R=1.5Ω電阻，磁感應(yīng)強度B=0.8T勻強磁場垂直軌道平面向上。阻值r=0.5Ω，質(zhì)量m=0.2kg金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生焦耳熱。(取)求：(1)金屬棒在此過程中克服安培力功；(2)金屬棒下滑速度時加速度．(3)為求金屬棒下滑最大速度，有同窗解答如下：由動能定理，……。由此所得成果與否對的？若對的，闡明理由并完畢本小題；若不對的，給出對的解答。【解析】（1）下滑過程中安培力功即為在電阻上產(chǎn)生焦耳熱，由于，因而∴（2）金屬棒下滑時受重力和安培力由牛頓第二定律∴(3)此解法對的。金屬棒下滑時舞重力和安培力作用，其運動滿足上式表白，加速度隨速度增長而減小，棒作加速度減小加速運動。無論最后與否達到勻速，當棒到達斜面底端時速度一定為最大。由動能定理可以得到棒末速度，因而上述解法對的?！唷敬鸢浮竣?.4J⑵3.2m/s2⑶對的，27.4m/s18．（山東）（18分）扭擺器是同步輻射裝置中插入件，能使粒子運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計粒子，從接近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)最高點與Ⅱ區(qū)最低點之間高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足條件（4）若，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入方向總相似，求B1、B2、L1、、L2、之間應(yīng)滿足關(guān)系式解析：（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場Ⅰ區(qū)速度為v，在磁場Ⅰ區(qū)中做勻速圓周運動半徑為R1，由動能定理和牛頓第二運動定律得qU=mv2，①qvB1=m，②由幾何知識得L=2R1sinθ③聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得B0=。④設(shè)粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做勻速圓周運動周期為T，運動時間為t。T=2πR1/v，⑤t=T⑥聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得t=⑦(2)設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)中做勻速圓周運動半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2=m，⑧由幾何知識可得h=(R1+R2)(1-cosθ)+Ltanθ⑨聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得h=(2-)L⑩（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足R2(1+sinθ)<L[或R2(1+sinθ)≤L]eq\o\ac(○,11)聯(lián)立①⑧eq\o\ac(○,11)式，代入數(shù)據(jù)得B2>（或B2≥）eq\