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如圖所示，MN是紙面內的一條直線，其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場（場區都足夠大），現有一個重力不計的帶電粒子從MN上的O點以水平初速度v₀射入場區，下列判斷正確的是（　　）

A．如果粒子回到MN上時速度增大，則該空間存在的場一定是電場

B．如果粒子回到MN上時速度大小不變，則該空間存在的場可能是電場

C．若只改變粒子的初速度大小，發現粒子再回到MN上時與其所成的銳角夾角不變，則該空間存在的場一定是磁場

D．若只改變粒子的初速度大小，發現粒子再回到MN上所用的時間不變，則該空間存在的場一定是磁場

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如圖所示，MN是紙面內的一條直線，其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場（場區都足夠大），現有一重力不計的帶電粒子從MN上的O點以水平初速度v₀射入場區，下列有關判斷正確的是（　　）

A．如果粒子回到MN上時速度增大，則空間存在的一定是電場

B．如果粒子回到MN上時速度大小不變，則該空間存在的一定是電場

C．若只改變粒子的速度大小，發現粒子再回到MN上時與其所成夾角不變，則該空間存在的一定是磁場

D．若只改變粒子的速度大小，發現粒子再回到MN所用的時間不變，則該空間存在的一定是磁場

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一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分

題   號

1

2

3

4

5

答   案

D

C

A

D

D

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．每題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．

題   號

6

7

8

9

答   案

AC

BD

AD

BC

三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計42分．請將解答填在答題卡相應的位置．

10、（1）0.820mm （2）16.98mm    （3）C

11、（1）Ｒ₁  ；  （2） 圖略；  （3） 4.5   

   （4）D   理由：根據電阻的伏安特性，電壓增大至一定值，電阻阻值會明顯變大

12．選做題（請從A、B和C三小題中選定兩小題作答，并在答題卡上把所選題目對應字母后的方框涂滿涂黑．如都作答則按A、B兩小題評分．）

A． (選修模塊3-3) (12分)

（1）AC　（2）B　（3）AC

B． (選修模塊3-4) (12分)

⑴ CD

⑵ B ；4：9；沿y軸負方向

C． (選修模塊3-5) (12分)

⑴ BD

⑵  0.18kg?m/s；等于；0.054J  ；0.135J

四、計算題：本題共3小題，共47分．解答時請寫出必要文字說明、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，答案中須明確寫出數值和單位．

13、（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：

帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：

由以上兩式，可得

兩磁場區粒子運動半徑相同，如圖所示根據對稱性有

（2）當d＝1m時，粒子打在O點下方最遠處，距O點距離y₁=2m（半圓）

當d=0時，粒子打在O點正上方最遠處，距O點距離y₂=2m（半圓）

所以所有粒子打在電場左邊界上的范圍是在距O點上下各2m范圍以內。

14、（1）A、B、C三物塊系統機械能守恒。B、C下降L，A上升L時，A的速度達最大。

2mgL ?MgL =1/2(M+2m)V²，    -------------------（1分）

當C著地后，若B恰能著地，即B物塊下降L時速度為零。A、B兩物體系統機
械能守恒。

MgL-mgL=1/2（M+m)V² ------------------（2分）

將V代入，整理得：M=m所以時，B物塊將不會著地。--（2分）

（2）若，B物塊著地，著地后A還會上升一段。設上升的高度為h，B著

地時A、B整體的速度大小為V₁，從C著地至B著地過程中根據動能定理可得

得--（2分）

B著地后A繼續上升的高度------------（1分）

A 上升的最大高度H=2L+h=2L+----------（2分）

15、⑴設某時刻棒MN交線框于P、S點，令PS長為l，則

  此時電動勢E = Blv

  MN左側電阻    MN右側電阻

  則

故：I=……………………………………………④

因導線框ABCD關于AC對稱，所以通MN的電流大小也具有對稱性，所以

當l = 0時，電流最小值

當l = 時，電流最大值

⑵設MN到達B的時間為t₀，則t₀=，到達D點用時2t₀，

當0≤t≤t₀時，由④式得：（其中vt =l ）

    代入F=BIl得：F =

當t₀≤t≤2t₀時，將代入④式得：

    代入F=BIl得：

⑶導線框進入矩形磁場后，由牛頓第二定律得：

              取任意△t時間有：