題目列表(包括答案和解析)
如圖13-4-10所示,在真空中,半徑為R=5L0的圓形區(qū)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.在磁場右側有一對平行金屬板M和N,兩板間距離為d=6L0,板長為L=12L0,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上. 給M、N板加上電壓U0,其變化情況如圖13-4-11所示.有一電荷量為q、質量為m的帶電的粒子,從M、N板右側沿板的中心線,在t=0或t=T/4時刻以速率v向左射入M、N之間,粒子在M、N板的左側剛好以平行于M、N板的速度射出.若上述粒子經(jīng)磁場后又均能平行于M、N極板返回電場,而電場變化的周期T未知,求磁場磁感應強度B相應必須滿足的條件.(不計粒子重力)
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如圖所示,在真空中,半徑為R=5L0的圓形區(qū)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.在磁場右側有一對平行金屬板M和N,兩板間距離為d=6L0,板長為L=12L0,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上.有一電荷量為q、質量為m的帶電的粒子,以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心的方向進入磁場平面,當從圓周上的O1點水平飛出磁場時,給M、N板加上如下圖所示電壓,最后粒子剛好以平行于M板的速度,從M板的邊緣飛出(不計粒子重力).求
(1)磁場的磁感應強度;
(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值;
(3)若在t=
時刻,該粒子從M、N板右側沿板的中心線仍以速率v0向左射入M、N之間.求粒子從磁場中射出的點到a點的距離.
如圖甲所示,在真空中,半徑為R=5L0的圓形區(qū)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里。在磁場右側有一對平行金屬板M和N,兩板間距離為d=6L0,板長為L=12L0,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上。有一電荷量為-q、質量為m的帶電粒子,以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心的方向進入磁場平面,當從圓周上的O1點水平飛出磁場時,給M、N板加上如圖乙所示電壓,最后粒子剛好以平行于M板的速度從M板的邊緣飛出(不計粒子重力)。
(1)求磁場的磁感應強度;
(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值;
(3)若在
時刻,該粒子從M、N板右側沿板的中心線仍以速率v0向左射入M、N之間,求粒子從磁場中射出的點到a點的距離。
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如圖1所示,在真空中,半徑為R=5L0的圓形區(qū)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.在磁場右側有一對平行金屬板M和N,兩板間距離為d=6L0,板長為L=12L0,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上.給M、N板加上電壓U0,其變化情況如圖2所示.有一電荷量為q、質量為m的帶電的粒子,從M、N板右側沿板的中心線,在t=0或t=T/4時刻以速率v向左射入M、N之間,粒子在M、N板的左側剛好以平行于M、N板的速度射出.若上述粒子經(jīng)磁場后又均能平行于M、N極板返回電場,而電場變化的周期T未知,求磁場磁感應強度B相應必須滿足的條件.(不計粒子重力)
一、二、選擇題。
1. C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. AB 7. ABD 8. AC 9. BD
三、簡答題.本題共2小題,共計20分.把答案填在答題卡相應的橫線上或按題目要求作答.
10.(1)7.2 (2分) 8.695(8.692~8.698均對) 。2分)
(2) ①a.平衡摩擦力(1分) b.鉤碼的重力遠小于小車的總重力(1分)
②
(2分,其它正確也得分) 鉤碼的重力和小車的總質量 (2分)
11.(10分)
(1)略(3分)
(2)(3)
(3)(4分)(寫出正確結果即給滿分)
,電壓表的電阻為RV,開關閉合電,電路中電流為I,外電路總電阻為
根據(jù)閉合電路歐姆定律有:E=U+Ir=U+
r,整理得:
可見
圖象為一條直線,故橫坐標應表
直線的斜率為
由此解得:

四.簡答題:本題有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三組題,請在其中任選兩組題作答;若三組題均答,則以Ⅰ、Ⅱ兩組題計分,共24分,把答案填在題中的橫線上或根據(jù)要求作答。
12.(1)BFH (全對得4分,不全對的,選對1個給1分,選錯1個扣1分,扣完為止)
(2)解:
①如圖,紫光剛要發(fā)生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點E到亮區(qū)中心G的距離r就是所求最半徑。
設紫光臨界角為C,由全反射的知識:
(2分)
由幾何知識可知:

(1分)
(1分)
(1分)
所以有:
=
(其他幾何關系解法,只要正確參考上述步驟給分)
②紫色。(2分)
13.(1) CDF (全對得4分,不全對的,選對1個給1分,選錯1個扣1分,扣完為止)
(2) 解:(1)由質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知:
(2分)
。2)由題設條件可求出質量虧損為:
△m=2.0136u×2-(3.0150-1.0087)u=0.0035u
所以釋放的核能為:
(2分)
(3)由動量和能量守恒有

解得:
(1分)
(1分)
14.(1)飛機水平速度不變
① y方向加速度恒定
②
消去t即得
③ 由牛頓第二定律
④
(2)在h處
⑥
⑦
①~④式 共4分 ⑥~⑦式 共4分(用動能定理或其他解法正確同樣給分)
15、(12分) (1)證明:因為行星的質量M=
(R是行星的半徑),(1分)
行星的體積V=
R3,所以行星的平均密度
=
=
, (2分)
即
T2=
,是一個常量,對任何行星都相同。
(1分)
(2)空間探測器繞地球作圓周運動,有
由
=
得,空間站的軌道半徑R=
。1分)
=
隨空間站一起運動時,空間探測器的動能為
mv2=
=
(1分)
隨空間站一起運動時,空間探測器具有的機械能為
E1=-
+
mv2=-
=-
(2分)
(3)空間站要脫離地球的引力,機械能最小值為E∞=0,因此,對探測器做功為
W=E∞-E1=
。2分)
由地面附近的重力加速度
得
2分)
16.
(1)
(3分)
在ab棒上升到最高點的過程中,根據(jù)能量守恒定律:
(2分)
Q=30J (1分) 電阻R上的熱量:QR=Q/3=10J (1分)
(2)在0~T/4內,
(1分)
在T/4~T/2內,

(2分)
在3T/4~T內 Q3=Q1=
(1分)
+
+
=5J (1分)解得:B0=0.5T (1分)
17.解:(1)粒子由a點進入磁場在洛侖茲力作用下做圓周運動,所以
①(1分)
由題意知粒子圓周運動的半徑:
② (1分)
由①、②得:
(2分)
(2)據(jù)題意,粒子在電場中的運動時間為周期的整數(shù)倍,
即:
于是得:
(1分)
粒子在電場中運動側向總位移:
(2分)
帶入已知量計算得:
(1分)
(3)由粒子在磁場中的受力可判斷粒子帶負電,粒子在
時刻進入電場后向N板偏轉,由題意知粒子應剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出.并沿著水平方向進入磁場.
如圖,設粒子從B點進入磁場,從C點射出,O"點為粒子圓周運動的圓心,由(1)知:
,所以OBO''C為菱形,故有
, (2分)
由于粒子水平射出,故O"B⊥v0,于是OC⊥v0,方向豎直,故aOC共線,
所以射出的點到a點的距為:aC=2R=
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