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如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，AB間距離為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，質量為m、長為L的導體棒MN放在導軌上．甲、乙兩根相同的輕質彈簧一端均與MN棒中點固定連接，另一端均被固定，MN棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，導軌與MN棒的電阻均忽略不計．初始時刻，兩彈簧恰好處于自然長度，MN棒具有水平向左的初速度V₀，經過一段時間，MN棒第一次運動至最右端，這一過程中AB間電阻及上產生的焦耳熱為Q，則（　　）

A．初始時刻棒受到如力大小為 B2L2 v   0 R

B．從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生焦耳熱為 2Q 3

C．當棒再次回到初始位置時，AB間電阻上的功率為 B2L2 v 2 0 R

D．當棒第一次到達最右端時，甲彈簧具有的彈性勢能為 1 4 m v 2  0 -Q

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如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，AB間距離為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，質量為m、長為L的導體棒MN放在導軌上．甲、乙兩根相同的絕緣輕質彈簧一端均與導體棒中點固定連接，另一端均被固定，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，導軌與導體棒的電阻均忽略不計．初始時刻，兩彈簧恰好處于自然長度，導體棒具有水平向左的初速度v₀，經過一段時間，導體棒第一次運動至最右端，這一過程中AB間電阻上產生的焦耳熱為Q，則（　　）

A．導體棒做簡諧運動

B．初始時刻導體棒受到安培力大小為 B2L2v0 2R

C．當導體棒再次回到初始位置時，AB間電阻R的功率為 B2L2 v 2 0 R

D．當導體棒第一次到達最右端時，甲彈簧具有的彈性勢能為 1 4 m v 2 0 -Q

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如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，AB間距離為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，質量為m、長為L的導體棒MN放在導軌上，甲、乙兩根相同的輕質彈簧一端與MN棒中點連接，另一端均被固定，MN棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，導軌與MN棒的電阻均忽略不計．初始時刻，兩彈簧恰好處于自然長度，MN棒具有水平向左的初速度v₀，經過一段時間，MN棒第一次運動至最右端，在這一過程中AB間電阻R上產生的焦耳熱為2Q，則（　　）

A、初始時刻棒受到安培力大小為 2B2L2v0 R

B、當棒再次回到初始位置時，AB間電阻R的功率為 B2L2v0 R

C、當棒第一次到達最右端時，甲彈簧具有的彈性勢能為 mv02 4-Q

D、從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生焦耳熱為 4Q 3

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如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，AB間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質量為m、長為L且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統．開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v₀，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AB間R上產生的焦耳熱為Q，則（　　）

A、初始時刻棒所受的安培力大小為 2B2L2v0 R

B、當棒再一次回到初始位置時，AB間電阻的熱功率為 B2L2 v 2 0 R

C、當棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 1 2 mv02-2Q

D、當棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 1 2 mv02-6Q

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一、1、AB 2、AD3、A 4、C5、D 6、C 7、C 8、AC

二、實驗題：（18分）將答案填在題目的空白處，或者要畫圖連線。

9、（6分）（1）0。48；0。40（2）②（3）mgs；（4）①；（5）增加的動能；摩擦、定滑輪轉動。[只要言之有理就給分。比如，若回答減少的重力勢能可能偏小，原因是數字計時讀出遮光條通過光電門的時間t偏小而造成的]（除5以外各步是1分（5）是2分）

10、（12分）①C              （3分）

   ②電路如圖所示。（5分）

   ③，（2分）為電壓表讀數，為電壓表內阻。（2分）

三、本大題共三小題共計54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

11、（16分）受力分析如圖，據牛頓第二定律有

       ①

減速上升250m與加速下降250m互逆

 據題意      ②

               ③

代入數據可得 

         ④

   ⑤

 設計師應設計發射速度

 同時數碼點火控制時間應設定

評分參考：①②③式分別得4分，④④式分別得2分

12、（18分）（1）在圓形磁場中做勻速圓周運動，

洛侖茲力提供向心力  ………………………………      2分

得         ………………………………………………………   1分

（2）根據題意粒子恰好不能從O₃射出的條件為 …………  2分

PQ其勻速運動時，   …………………………………    2分

由③④得    ……………………………………………   1分

（3）導體棒勻速運動時，速度大小為   …………  1分

代入③中得：    ……………………………………………  1分

由能量守恒：

解得 ……………………………………      2分

（4）在圓形磁場內的運動時間為t₁   

……………………………………………      2分

在電場中往返運動的時間為t₂

由  ………………………………………………………      2分

  ………………………………………………………………   1分

       故……………………………………   1分

13、（20分）（1）粒子進入電容器，其加速度a＝……………①　　（1分）

假設能在時間以內穿過電容器，則有at²＝D……………②　（1分）

由以上兩式并代入數據得：t＝s……………………………………（3分）

t＜符合假設，故粒子經7.1×10^－6s到達磁場。……………………………（1分）

（2）設粒子到達磁場時的速率為v

　由動能定理得：qU＝……………③　　（2分）

　粒子進入磁場在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，其半徑為R，有

　qvB＝……………④　　（2分）

　粒子運動軌跡如圖，由幾何知識有：

(R－L)²＋d²＝R²……………⑤　　（2分）

根據③④⑤式得粒子向上偏移的距離

　　L＝m＝4.1×10^－3m…………⑥　（1分）

（3）如果粒子在磁場中的軌跡恰好與右邊界相切，則半徑R₀＝d，對應速度為v₀

  設在電場中先加速位移x，后減速位移D－x

由動能定理： …………⑦　（2分）

加速位移x需要時間為t，x＝…………⑧　（2分）

由④⑥⑦⑧得　t＝s　…………⑨　（2分）

故需在0―（－t）內進入電容器，即在0―3.9×10－7s進入。…………（1分）