如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的P環(huán)套在固定的水平長(zhǎng)直絕緣桿上（桿表面不光滑），整個(gè)裝置處在垂直于桿的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v₀，則下列情況可能發(fā)生的是（　�。�

A．環(huán)將保持勻速運(yùn)動(dòng)，環(huán)的機(jī)械能不變

B．環(huán)將向右減速，最后靜止，損失的機(jī)械能是 1 2 mv02

C．環(huán)將向右減速，最后勻速，損失的機(jī)械能是 1 2 mv02

D．環(huán)將向右減速，最后勻速，損失的機(jī)械能 1 2 mv02- 1 2 m（ mg qB ）2

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如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子，從兩平行電極板正中央垂直電場(chǎng)線和磁感線以速度v飛入．已知兩極間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，這時(shí)粒子恰能沿直線穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域．今將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到某值，則粒子將落到極板上．已知粒子重力不計(jì)，則粒子落到極板上時(shí)的動(dòng)能為多少？

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如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v₀沿偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的中心線射入，極板間距為d，極板長(zhǎng)為l，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所加電壓為U，射出后打在距極板右端L遠(yuǎn)處的豎直熒光屏上，求打在熒光屏上的亮斑距熒光屏中心（熒光屏中心與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板的中心線在同一水平直線上）的距離y′．

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一

題號(hào)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

C

C

A

B

BD

AD

CD

BD

BD

ABD

B

AC

二

13．（1）將玻璃板放在盤(pán)上，用筆畫(huà)出油膜的形狀(2分)  (3分)

（2）（1）1.00m/s，2.50m/s；（各1分）           （2）5.25J，5.29J（各2分）

14． （6分）

15題．（共8分）

解：該隊(duì)員先在t₁=1s時(shí)間內(nèi)以a₁勻加速下滑．

然后在t₂=1.5s時(shí)間內(nèi)以a₂勻減速下滑．

第1s由牛頓第二定律得：mg－F₁=ma₁                   

所以a₁==4m/s²                                  （2分）

最大速度v_m=a₁t₁                                      

代入數(shù)據(jù)解得：v_m=4m/s                                 （2分）

后1.5s由牛頓第二定律得：F₂－mg=ma₂                  

a₂==2m/s²                                       （2分）

隊(duì)員落地時(shí)的速度v=v_m－a₂t₂                              

代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s                                   （2分）

16（8分）題將運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，從高處下落，剛接觸網(wǎng)時(shí)的速度的大小

 　　　�、�                （2分）

 　　彈跳后到達(dá)的高度為，剛離網(wǎng)時(shí)的速度的大小

 　　　�、�              （2分）

 　　接觸過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到向下的重力mg和網(wǎng)向上的彈力F。選取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理，得　�、�              （3分）

　　由以上三式解得

　　代入數(shù)值得　　         （1分）

17．（12分）

(1)mv₀=2mv_A…………………………（3分）     v_A =v₀……………………（1分）

(2)qE=2mv²_A /r………………………………………………………………（2分）

E= ……………………………………………………………（1分）

E的方向是: 豎直向上………………………………………………（1分）

(3)在AB過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理有：   qE?2r-2mg?2r=E_kB-?2mv²_共…………………（3分）

∴E_kB=mv²₀-4mgr………………………………………………………（1分）

18．（12分）參考解答：

（1）開(kāi)始時(shí)彈簧形變量為，

由平衡條件：   ①…………… （1分）

設(shè)當(dāng)A剛離開(kāi)檔板時(shí)彈簧的形變量為：

由：  ②…………………………（1分）

故C下降的最大距離為：  ③…………………………（2分）

由①～③式可解得    ④………………………… （2分）

（2）由能量守恒定律可知：C下落h過(guò)程中，C重力勢(shì)能的的減少量等于B的電勢(shì)能的增量和彈簧彈性勢(shì)能的增量以及系統(tǒng)動(dòng)能的增量之和

當(dāng)C的質(zhì)量為M時(shí)：    ⑤………………（2分）

當(dāng)C的質(zhì)量為2M時(shí)，設(shè)A剛離開(kāi)擋板時(shí)B的速度為V

 ⑥ ……………（2分）

由④～⑥式可解得A剛離開(kāi)P時(shí)B的速度為：

  ⑦…………………………（2分）

19題：（14分）

（1）m₁與m₂碰撞過(guò)程滿(mǎn)足

        mv₀=mv₁+2mv₂                                    （1分）

        mv₀²=mv₁²+2mv₂²                             （1分）

得v₁＝-（負(fù)號(hào)表示逆時(shí)針?lè)祷兀�，v₂＝-          （2分）

（2）因?yàn)閙₂=m₃=2m，與第（1）問(wèn)同理可得，m₂運(yùn)動(dòng)到C處與m₃碰后，兩者交換速度，即v₂^′＝0，v₃＝＝v₂                                           （2分）

所以m₃以的速度順時(shí)針由C向A運(yùn)動(dòng)，與m₁逆時(shí)針?lè)祷兀?/p>

因?yàn)関₂=v₃=2v₁， +=2

所以m₃和m₁同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)并進(jìn)行碰撞。            （2分）

（3）m₃和m₁碰撞過(guò)程滿(mǎn)足

2m-m=m v₁^′+2m v₃^′

2m()²+m()²=m v₁^′2+2m v₃^′2                     

解之得v₁^′＝v₀，v₃^′＝0（另一解v₁^′＝-，v₃^′＝，這表示互相穿過(guò)去，不可能，所以舍去）即碰后m₃停止，m₁以v₀再次順時(shí)針運(yùn)動(dòng)。         （4分）

m₁和m₂第一次相碰后，返回A點(diǎn)的時(shí)間t₁==

m₁和m₃在A處碰后，m₁以v₀返回到C的時(shí)間t₂=＝

從m₁和m₃在第一次相碰，到m₁和m₂第二次相碰經(jīng)歷的總時(shí)間

t= t₁+ t₂=                                      （2分）