題目列表(包括答案和解析)
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兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側的正三角形區域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個質量為m、電量q的帶正電的粒子以初速度v0水平射入兩金屬板之間，入射點到上極板的距離為d/4若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從點進入磁場，并垂直AC邊射出（不計粒子的重力）．已知BD=| 1 | 4 |
兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側的正三角形區域內存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ
在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個質量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD=
AB，并垂直AC邊射出(不計粒子的重力)．求：
(1)離開電場時的偏轉角多大？兩極板間電壓；高☆考♂資♀源?網
(2)三角形區域內磁感應強度；
(3)若兩板間不加電壓，三角形區域內的磁場方向垂直紙面向外．要使粒子進入磁場區域后能從AB邊射出，
試求所加磁場的磁感應強度最小值．
兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側的正三角形區域內存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個質量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD=
AB，并垂直AC邊射出(不計粒子的重力)．求：
(1)離開電場時的偏轉角多大？兩極板間電壓；
(2)三角形區域內磁感應強度；
(3)若兩板間不加電壓，三角形區域內的磁場方向垂直紙面向外．要使粒子進入磁場區域后能從AB邊射出，試求所加磁場的磁感應強度最小值．
一、全題共計15分,每小題3分: 1.D 2.B 3.A 4.C 5.D
二、全題共計16分,每小題4分，漏選的得２分: 6.AD 7.BD 8. ABD 9.BD
三、全題共計42分
10.（8分）⑴20.30 ⑵①S1/2T；② 9.71～9.73 ③阻力作用 (每空2分)
11．（10分）第⑶問4分，其中作圖2分；其余每小問2分．⑶半導體材料 ⑷4.0 、 0.40
12．(12分) ⑴D （3分） ⑵AC（3分）
⑶這種解法不對．
錯在沒有考慮重力加速度與高度有關(2分)
正確解答：衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有
G
=mA
③
G
=mB
④ 由③④式，得 
（4分）
13A.(12分) ⑴不變（2分） 50（2分） ⑵a→b（2分） 增加（2分） ⑶
（4分）
13B.(12分) ⑴C（3分 ） ⑵60°（2分） 偏右（2分） ⑶
（2分） 0.25s（3分）
13C.(12分) ⑴質子 、α 、氮 ⑵ mv2/4 ⑶a 、 5×1013 （每空2分）
四、全題共計47分．解答時請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．有數值計算的題．答案中必須明確寫出數值和單位
14.(15分) 解：⑴A→C過程，由動能定理得：
………… （3分）
△R= R (1－cos37°)……………… （1分） ∴ vc=14m/s …………………… （1分）
⑵在C點，由牛頓第二定律有： 
……（2分）
∴ Fc=3936N …………………………………………………………………………（ 2分）
由牛頓第三定律知，運動員在C點時軌道受到的壓力大小為3936N. …………… （1分）
⑶設在空中飛行時間為t，則有：tan37°=
………………… （ 3分）
∴t = 2.5s (t =－0.4s舍去)……………………………………………………（ 2分）
15.(16分) 解：⑴垂直AB邊進入磁場，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉角為30°
∵
………（2分）
……… （1分） ∴
………（2分）
由幾何關系得：
在磁場中運動半徑
……（2分）
∴ 
……………………………（2分）
∴
……………（1分 ） 方向垂直紙面向里……………………（1分）
⑶當粒子剛好與BC邊相切時，磁感應強度最小，由幾何知識知粒子的運動半徑r2為：
………（ 2分 ） 
………1分 ∴
……… 1分
即：磁感應強度的最小值為
………（1分）
16．(16分)
解：⑴據能量守恒，得 △E
= mv02
-
m（）2= mv02-----------（3分）
⑵在底端，設棒上電流為I，加速度為a，由牛頓第二定律，則：
（mgsinθ+BIL）=ma1--------------------------（1分）
由歐姆定律，得I=---------------（1分） E=BLv0---------------------（1分）
由上述三式，得a1 = gsinθ + ---------------------（1分）
∵棒到達底端前已經做勻速運動∴mgsinθ= ------------------------------（1分）
代入，得a1 = 5gsinθ-----------------------------------------（2分）
（3）選沿斜面向上為正方向，上升過程中的加速度，上升到最高點的路程為S，
a = －（gsinθ + ）-----------------------（1分）
取一極短時間△t，速度微小變化為△v，由△v = a△t，得
△ v = －（ gsinθ△t+B2L2v△t/mR）-----------（1分）
其中，v△t = △s--------------------------（1分）
在上升的全過程中
∑△v = －（gsinθ∑△t+B2L2∑△s/mR）
即 0-v0= －（t0gsinθ+B2L2S/mR）-------------（1分）
∵H=S?sinθ 且gsinθ= -------------------（1分）
∴ H =（v02-gv0t0sinθ）/4g-----------------（1分）
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