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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．給M、N板加上電壓U₀，其變化情況如下圖所示．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t=

3T

2

時，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t=

3T

2

時，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；
(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、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）若時，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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題號

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

B

D

B

C

D

AC

 ABC

AD

22．(18分) 12．（1）圓心O處

（2）B、C

（3）鐵絲距B（或A）

（4）由上面實驗步驟知P′為鐵絲在P時的像，PC為入射光線，i、r為對應入、折射角，由折射定律、折射率：，而，，

 （用其他方法表示的結果正確也給分）

（2）① 甲，  ②150Ω  ③E＝或E＝ .

評分標準：本題共18分.(1)問6分，選對但不全，每選一個給2分，有選錯或不選得0分；

(2)問共12分，①4分，②4分，③4分.

23．(15分)解：（1）（0～2）s內物體做勻減速直線運動，設加速度為a₁，則有：

              -（F+f ）= m a₁                                                   

（2～4）s內物體做勻加速直線運動，設加速度為a₂，則有：a₂=1m/s²                                   

F―f = m a₂                               又f=μmg                                  

所以解得，μ=0.2              （8分）

（2）由F―f = m a₂  得

F= m a₂ +f= m a₂+μmg =150N    （7分）

　13．解析：（1）設小球經過C點時的速度大小為

　　小球從B到C，根據機械能守恒定律：mg（R＋Rcos60°）＝

　　代入數據求出　＝3m/s

　�。�2）小球經過C點時受到三個力作用，即G、彈簧彈力F、環(huán)的作用力．設環(huán)對小球的作用力方向向上，根據牛頓第二定律：

　　　　F＝k?x＝2.4N

　　∴　　＝3.2N　方向向上

　　根據牛頓第三定律得出：小球對環(huán)的作用力大小為3.2N，方向豎直向下．

　　14．解析：（1）當棒MN所受外力與安培力相等時，速度最大．

　　　　　　　　∴　

　�。�2）由能量關系可知，撤去F后，MN的動能全部轉化為電能并在R上轉化為焦耳熱．

　　∴　

17．（1）∵，得：

帶電粒子進入電場的速度方向沿O₁O₂，，則有,得

（2）從a點沿某一方向進入磁場的粒子從b點飛出，軌道的圓心在C點。四邊形aObc是菱形，所以Cb∥Oa，即粒子飛出磁場的速度方向與OO₁平行。

（3）粒子經過電場，偏轉距離一定，所以能從電場中飛出的粒子是從中點O₁到上板M之間區(qū)域進入電場的粒子。設粒子從a點進入磁場時的速度方向與aO夾角為θ時恰好能從M板邊緣進入電場，則∠Obd=30^o，所以∠Cab=∠Oab=30^o，θ=30^o，即粒子進入磁場的方向應在aO左側與aO夾角小于30^o（或不大于30^o）的范圍內。