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題目列表(包括答案和解析)

（2009?福建）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0×10-3T，在x軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器．現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力．
（1）求上述粒子的比荷
qm
；
（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；
（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形．

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（2011?臺州模擬）如圖所示，以O(shè)為原點建立平面直角坐標系Oxy，沿y軸放置一平面熒光屏，在y＞0，0＜x＜0.5m的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小B=0.5T．在原點O放一個開有小孔粒子源，粒子源能同時放出比荷為q/m=4.0×106kg/C的不同速率的正離子束，沿與x軸成30°角從小孔射入磁場，最后打在熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮．入射正離子束的速率在0到最大值vm=2.0×106m/s的范圍內(nèi)，不計離子之間的相互作用，也不計離子的重力．
（1）求離子打到熒光屏上的范圍．
（2）若在某時刻（設(shè)為t=0時刻）沿與x軸成30°角方向射入各種速率的正離子，求經(jīng)過
5π
3
×10-7s時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程．
（3）實際上，從O點射入的正離子束有一定的寬度，設(shè)正離子將在與x軸成30°～60°角內(nèi)進入磁場．則某時刻（設(shè)為t=0時刻）在這一寬度內(nèi)向各個方向射入各種速率的離子，求經(jīng)過
5π
3
×10-7s時這些離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積．

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（2003?上海）如圖所示，OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲（圖中
粗線表法），R1=4Ω、R2=8Ω（導軌其它部分電阻不計）．導軌OAC的形狀滿足方程y=2sin(
π3
x)（單位：m）．磁感強度B=0.2T的勻強磁場方向垂直于導軌平面．一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在導軌上從O點滑動到C點，棒與導思接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻．求：
（1）外力F的最大值；
（2）金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率；
（3）在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關(guān)系．

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（2011?鹽城一模）如圖所示，在y軸右側(cè)平面內(nèi)存在方向向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T，坐標原點o有一放射源，可以向y軸右側(cè)平面沿各個方向放射比荷為
m
q
=2.5×10-7Kg/C的正離子，這些離子速率分別在從0到最大值υm=2×106m/s的范圍內(nèi)，不計離子之間的相互作用．
（1）求離子打到y(tǒng)軸上的范圍
（2）若在某時刻沿+x方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過
5π
3
×10-7s時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程
（3）若從某時刻開始向y軸右側(cè)各個方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過
5π
3
×10-7時已進入磁場的離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積．

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（2013?鹽城三模）如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E=1.5×105N/C；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小 B=0.2T．已知CD=MN=FG=0.6m，CM=MF=0.20m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均v0=1.0×106m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì) m=6.4×10-27kg，電荷量q=3.2×10-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間．

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第Ⅰ卷（選擇題，共40分）

 

一、本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確。全部選對的得4分，選不全的得2分，有錯選或不答的得0分。

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

D

AB

D

CD

B

AC

A

C

BC

D

 

    
   
    
    
    
    
    
    1.3.5
     
    二、本體共3小題，共18分。把答案填在題中的橫線上。
    11．（1）6×103；（2）36.0；（3）180（各2分）
    12．（1）小車與滑輪之間的細線水平（或與軌道平行）（2分）；遠小于（2分）
       （2）兩車從靜止開始作勻加速直線運動，且兩車的運動時間相等，據(jù)S= aT2知，S與a成正比（2分）
    13．（1）2.98（3分）；（2）5.0（3分）
    三、本題共5小題，共42分。解答寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
    14．（8分）解答：
    兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，則
    m1v0 = m1v1 + m2v2     2分
    m1v02 = m1v12 + m2v22                          2分
    從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于BC=2AB，則甲和乙通過的路程之比為1：5，故碰撞后甲和乙的速度之比為，
    v1:v2
= 1:5                 2分
    聯(lián)立解得  =      2分
    15．（8分）解答：
       （1）設(shè)A、B兩物塊的加速度為a1、a2，由v―t圖得
    a1 =  =  m/s2 =  m/s2             1分
    a2 =  =  m/s2 = － m/s2           1分
    分別以A、B為研究對象，摩擦力大小為f，由牛頓第二定律
    F－f = ma1                1分
    －f = ma2                  1分
    聯(lián)立解得 F = 0.8N   1分
       （2）設(shè)A、B在12s內(nèi)的位移分別為S1、S2，由v―t圖得
    S1 = ×（4 + 8）×12m = 72m                   1分
    S2 = ×6×4m = 12m  1分
    故S = S1－S2 = 60m  1分
    16．（8分）解答：
       （1）設(shè)帶電粒子射入磁場時的速度大小為v，由帶電粒子射入勻強磁場的方向和幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動，圓心位于坐標原點O，半徑為l。
    則Bqv = m             ①1分
    設(shè)帶電粒子在磁場中運動時間為t1，在電場中運動的時間為t2，總時間為t。
    t1 = T                     ②1分
    T =                    ③1分
    t2 =                         ④1分
    聯(lián)立解得 t =                              1分
       （2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則
    l = at22                   ⑤1分
    a =                       ⑥1分
    聯(lián)立①④⑤⑥解得  E
=                  1分
    17．（8分）解答：
    設(shè)繩中張力為T，斜面對A的支持力為NA，A、B加速度大小為a，以A為研究對象，
    由牛頓第二定律
    mAgsin37° －T =ma   ①2分
    NA = mAgcos37°④      ②1分
    以B為研究對象，由牛頓第二定律
    T－mBg = mBa           ③2分
    聯(lián)立解得 a = 2m/s2  T
= 12N  NA= 24N
    以斜面體為研究對象，受力分析后，在水平方向
    F = N′Asin37°－Tcos37°                            ④2分
    NA = N′A                                        
    解得 F = 4.8N          1分
       （或以整體為研究對象，由牛頓第二定律得F = mAacos37°）=4.8N，則本式給4分，①③式各給2分，共8分）
    18．（10分）解答：
       （1）當小物塊速度小于3m/s時，小物塊受到豎直向下的重力、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律
    mgsin30° + μmgcos30°=ma1                       ①1分
    解得 a1 = 7.5m/s2
    當小物塊速度等于3m/s時，設(shè)小物塊對地位移為L1，用時為t1，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律
    t1 =                       ②1分
    L1 =                    ③1分
    解得 t1 =
0.4s   L1 = 0.6m
    由于L1＜L 且μ＜tan30°，當小物塊速度大于3m/s時，小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運動至B點，設(shè)加速度為a2，用時為t2，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律
    mgsin30°－μmgcos30°=ma2                       ④1分
    解得  a2
= 2.5m/s2
    L－L1 = v1t2 + a2t22 ⑤1分
    解得 t2 =
0.8s
    故小物塊由禁止出發(fā)從A到B所用時間為 t = t1 + t2 = 1.2s       1分
       （2）作v―t圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當傳送帶速度等于某一值v′ 時，小物塊將從A點一直以加速度a1做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，即
    L = a1tmin2               ⑥1分
    解得tmin = 1s
    v′ =a1tmin =7.5m/s
    此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 △S = v′
t－L = 3.75m
    傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長Smax，設(shè)此時傳送帶速度為v2，則
    Smax = 2L + 2πR         ⑦1分
    Smax = v2t－L            ⑧1分
    聯(lián)立⑥⑦⑧解得 v2 = 12.25m/s                 1分
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
    		
    
	
	
    
		
    


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