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如圖1所示，一帶電粒子以水平速度v₀(v₀＜E/B)先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區域，已知電場方向豎直向下，兩個區域的寬度相同且緊鄰在一起，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，(其所受重力忽略不計)，電場和磁場對粒子所做的功為W₁；若把電場和磁場正交重疊，如圖2所示，粒子仍以初速度v₀穿過重疊場區，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W₂，比較W₁和W₂，則

A．一定是W₁＞W₂

B．一定是W₁＝W₂

C．一定是W₁＜W₂

D．可能是W₁＜W₂，也可能是W₁＞W₂

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如圖所示，一帶電粒子的質量為m，帶電量為+q，以初速度v₀從A點垂直射入勻強電場，過一段時間后，粒子到達B點，速度變為水平方向的2 v₀，試求：（1）U_AB； （2）勻強電場的電場強度E。

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如圖甲所示，一個半徑r=10cm圓盤由兩種材料Ⅰ、Ⅱ構成，每種材料正好形成一個半圓，它們之間除圓心O以外由絕緣薄膜隔開．圓盤下端浸沒在導電液體中，O點到液面的距離是半徑r的

2

2

倍．圓盤可繞O點按順時針方向轉動，且在轉動過程中，只要材料進入液體中，材料Ⅰ在O點與液體間的電阻恒為R_Ⅰ=1kΩ，材料Ⅱ在O點與液體間的電阻恒為R_Ⅱ=4kΩ．圓盤通過轉軸、導電液體與外電路連接，導線與導電液體電阻不計．電路中電源電動勢E=2000V，內阻不計，R=4kΩ．R的兩端與兩塊豎直放置、正對且等大的平行金屬板相連，板間距離不計．金屬板右側依次有半徑為r/10的圓形勻強磁場區域及豎直放置的熒光屏，已知平行金屬板正中央的小孔O₁、O₂，勻強磁場的圓心O₃，熒光屏的中心O₄在同一條水平直線上，O₃O₄=20cm．現有一細束帶電粒子從O₁點沿O₁O₂方向進入平行金屬板間，初速度及重力不計，比荷

q

m

=

2

3

×107C/kg．勻強磁場的磁感應強度B=1.0T，圓盤的轉動周期T=4s．
（1）圓盤處于圖示位置時，兩平行金屬板間的電壓是多少？帶電粒子打到熒光屏上時距O₄點的距離y是多大？
（2）如果圓盤在圖位置時為零時刻，在圖乙畫出平行金屬板間電壓在一個周期內隨時間變化的圖象．（可不寫計算過程，但需在圖上標出具體數值）
（3）在圖丙中定性畫出電子到達屏上時，它離O₄點的距離y隨時間的變化圖線．

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1. BCD   2. BC    3.D        4.A     5. C

6. AD    7.C     8. CD        9. AB    10.BC

11.（１）ＣＤ（２）指零　　指零　　指零　　　左偏　

12. 電極Ａ與導電紙接觸不良

13. 解：（１）小球速度最大時，棒對它的彈力垂直于棒向下，受力分析如圖，沿桿方向，，垂直桿方向：，聯立以上各式，得

所以：

（２）小球Ｃ從斜置的絕緣棒上由靜止開始運動，必須滿足條件，而即，所以

14. 解：（１）根據牛頓第二定律，根據庫侖定律，，解得

（２）當Ａ球受到的合力為零即加速度為零時，動能最大，設此時Ａ球與Ｂ點間的距離為Ｒ，則，解得。

15. 解：（１）、（２）如圖所示，設小球在Ｃ點的速度大小是，對軌道的壓力大小為，則對于小球由ＡC的過程中，應用動能定理列出：－０，在Ｃ點的園軌道徑向應用牛頓第二定律，有，解得

（３）如圖所示，設小球初始位置應在離Ｂ點ｘｍ的點，對小球由Ｄ的過程應用動能定理，有：，在Ｄ點的圓軌道徑向應用牛頓第二定律，有，解得

16. 解：（１）F₁為P₁參與的運動而受到指向Ｎ端的洛倫茲力，其值為：（其中 ，為的電量），對應有指向Ｎ端的加速度： （其中ｍ為的質量）

在管中運動會使它受到另一個向左的洛倫茲力，此力與管壁對向右的力所抵消，到達Ｎ端時具有沿管長方向的速度：

所以，對紙平面的速度大小為：

又因為，故：

即：

所以的比荷為：

（２）從Ｍ端到Ｎ端經歷的時間為：

離開管后將在紙平面上做勻速圓周運動，半徑與周期分別為：

經ｔ_１時間已隨管朝正右方向運動：

的距離

所以離開Ｎ端的位置恰好為的初始位置

經時間ｔ_１已知運動到如圖所示的位置Ｓ_２走過的路程為

只能與相碰在圖中的Ｓ處，相遇時刻必為

且要求在這段時間內恰好走過2Ｒ的路程，因此有

即得：

所以：

17. 解：……①　

由于重力和電場力平衡，電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，小球平拋且碰時動量守恒，根據條件，碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對平拋：

解得