題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，空間的某一區域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面．現有一個帶電粒子（不計重力）以某一初速度從A點進入這個區域恰沿直線運動，并從O點離開場區；如果撤去磁場，則粒子從B點離開場區；如果撤去電場，則粒子從C點離開場區，設粒子在上述三種情況下在場區中運動的時間分別為tAB、tAO、tAC，則它們的大小關系是（ ）
如圖所示，空間的某一區域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區域并沿直線運動，最后從C點離開該區域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點離開場區；如果將電場撤去，其他條件不變，則粒子從D點離開場區．已知BC=CD，設粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點時的動能分別是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不計，以下關系正確的是（ ）如圖所示，空間的某一區域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區域沿直線運動，從C點離開區域；如果將磁場撤去，其他條件不變，則粒子從B點離開場區；如果將電場撤去，其他條件不變，則這個粒子從D點離開場區。已知BC=CD，設粒子在上述三種情況下，從A到B、從A到C和從A到D所用的時間分別是t1、t2和t3，離開三點時的動能分別是
、
、
，粒子重力忽略不計，以下關系正確的是 （ ）
A．t1=t2<t3
B．t1<t2=t3
C．>=
D．=<
|
如圖所示，空間的某一區域存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面。現有一個帶電粒子（不計重力）以某一初速度從A點進入這個區域恰沿直線運動，并從O點離開場區；如果撤去磁場，則粒子從B點離開場區；如果撤去電場，則粒子從C點離開場區，設粒子在上述三種情況下在場區中運動的時間分別為tAB、tAO、tAC，則它們的大小關系是
A．tAB = tAO = tAC B．tAB = tAO＜tAC C．tAB = tAO＞tAC D．tAB＞tAO＞tAC
| A．t1=t2＜t3 | B．t1＜t2=t3 |
| C．Ek1＞Ek2=Ek3 | D．Ek1=Ek2＜Ek3 |
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A
C
C
D
C
D
A
B
B
B
C
A
B
14. 2 
B
15. 4.75Ω，0.76W g
16. 4.945 
650
17. 解答：
（1）設帶電粒子從B板射出時的速度為v，根據動能定理：
（2）以帶電粒子為研究對象，設帶電粒子在電場中運動的時間為t，根據運動學公式
設帶電粒子在電場中的加速度為a，
18. 
解答：
（1）對金屬棒進行受力分析，如圖所示，設滑動變阻器接入電路的阻值為R，對于閉合電路
（2）當勻強磁場的方向瞬間變為豎直向上，對金屬棒進行受力分析，如圖所示，
19.解答：
（1）對A、B兩球組成的系統，設A球的速度為vA，根據動量守恒定律：
A球的速度大小為
（2）對A、B兩球組成的系統，電場力做正功，電勢能減少，根據能量守恒定律，電勢能的減少量等于動能的增加量：
（3分）
（3）開始時：對A球：
根據牛頓運動定律 
經過一段時間后，對B球：
根據牛頓運動定律 
所以：
（2分）
20．解答：
（1）以帶電粒子為研究對象，對帶電粒子受力分析，帶電粒子在電場中向上做類平拋運動，設它在+y方向上偏移量為Δy，在電場中的加速度為a，運動時間為t，所以：
坐標為：
（2）設帶電粒子進人磁場時的速度大小為v，沿y軸方向的速度為vy，所以：
（2分）
速度方向與水平方向成45°角。 （1分）
（3）畫出帶電粒子進入磁場后的臨界運動軌跡，設進入磁場時速度v的方向與水平方向的夾角為θ，
畫進、出磁場是速度的垂線，交點為半徑，設半徑為r，由幾何關系得：
（4分）
21．（10分）解答：
（1）設絕緣板A勻加速和勻減速運動過程中的加速度大小分別為a1和a2，由絕緣板A運動的速度隨時間變化的圖象2可知，加速運動的時間t1=0.8s，減速運動的時間為t2=0.2s，
所以：
（4分）
（2）以滑塊B為研究對象：
分析：當板A做勻加速運動時，滑塊B處于超重狀態，滑塊B不會相對于A板滑動，當板A做勻減速運動時，滑塊B處于失重狀態而滑動，設滑塊B在水平方向的加速度為a3，
受力分析如圖1所示：
板A靜止后，滑塊B做勻減速直線運動，設滑塊B在水平方向的加速度為a4，受力分析如圖2所示：
（2分）
聯立方程（1）、（2）得：μ=0.4 （1分）
（1分）
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