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如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點以一定的速度平行于x軸正方向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力．已知h=6cm，R₀=10cm，求：
（1）粒子到達x=R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
（2）M點的橫坐標x_M．

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如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與    撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R₀平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求：
（1）粒子到達x=R₀平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
（2）M點的橫坐標x_M．

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題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

答案

D

A

C

A

B

BCD

ACD

AC

AC

10、1)0.495~0.497m/s² （2分） (2)①  CD（2分） ②天平（1分）

(3)（2分）偏大（2分）因紙帶與打點記時器間存在摩擦阻力f,則有即

11、⑴a

⑵a）P

  b）如圖

    ⑶

12、（1）   

  （2）BC     （3）速度   頻率    （4）全反射   光疏介質   臨界角

13、（1）A   （2）AD   （3）

14【解析】（1）設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得             ①

       ②         s=vt             ③

聯立①②③式，代入數據解得s=0.8m         ④

（2）設在數字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向

  ⑤   聯立①⑤式，代入數據解得F＝0.3N    ⑥  方向豎直向下

15【解析】⑴做直線運動有： 做圓周運動有：

          只有電場時，粒子做類平拋，有：

                                解得：

          粒子速度大小為：

          速度方向與x軸夾角為：

    粒子與x軸的距離為：

        ⑵撤電場加上磁場后，有：        解得：

          粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：

    過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：       

                          解得：

           M點橫坐標為：

16【解析】

（1）由于列車速度與磁場平移速度方向相同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到安培力即為驅動力。

（2）為使列車獲得最大驅動力，MM、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致線框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流收到的安培力最大，因此，d應為的奇數倍，即

①

（3）由于滿足（2）問條件，則MM、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B₀且方向總相反，經短暫的時間Δt，磁場沿Ox方向平移的距離為v₀Δt，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為vΔt。

因為v₀>v，所以在Δt時間內MN邊掃過磁場的面積S=（v₀-v）lΔt

在此Δt時間內，MN邊左側穿過S的磁通量移進金屬框而引起框內磁通量變化

ΔΦ_MN  = B₀l（v₀-v）Δt②

同理，該Δt時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化

ΔΦ_PQ = B₀l（v₀-v）Δt③

故在Δt內金屬框所圍面積的磁通量變化 ΔΦ = ΔΦ_MN  +ΔΦ_PQ④

根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小⑤

根據閉合電路歐姆定律有⑥

根據安培力公式，MN邊所受的安培力F_MN  = B₀Il

PQ邊所受的安培力F_PQ  = B₀Il

根據左手定則，MM、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小

F = F_MN  + F_PQ = 2 B₀Il⑦

聯立解得⑧