参考答案：A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，则粒子轨道半径r=mvqB，
从粒子运动的轨迹可以判断，粒子在a点的曲率半径大于在b点的曲率半径，由r=mvqB可知：
粒子的轨道半径越小速度越小，所以粒子在b点的速度小于在a点的速度，故粒子先经过a点，
再经过b点，A、B错误；
C、由左手定则可以判断粒子带负电，C错误，D正确；
故选D．

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  如图甲所示，M和N为水平放置的金属板，板长L=1.4m，板间距离d=0.3m．两板间有匀强磁场，磁感应强度B=1.3×10-3T．现在MN之间加上按图乙变化的电压．现有一束a粒子从两板的中间轴线以v0射入，已知v0=4×103m/s，ma=6.5×10-27kg，qa=3.2×10-19，（不计粒子的重力，π取3.2）试问：
（1）a粒子能否穿过金属板间？若能穿过，所需时间多少？
（2）a粒子的运动轨迹怎样？（在图丙中画出轨迹图）

参考答案：（1）MN之间有电场时，带电粒子受到电场力与洛伦兹力的共同作用．
其中：F电=qaE=qaUd=3.2×10-19×1.560.3=1.66×10-18N
洛伦兹力：F洛=qav0B=3.2×10-19×4×103×1.3×10-3=1.66×10-18N
所以存在电场时，带电粒子做匀速直线运动，没有电场时带电粒子做匀速圆周运动．
1×10-4s内带电粒子的位移：x1=v0t=0.4m＜1.4m
带电粒子做匀速圆周运动的半径：qav0B=mv20r
则：r=mv0qB=6.5×10-27×4×1033.2×10-19×1.3×10-3=6.25×10-2m＜d4=0.75m
所以带电粒子不会碰到上下极板．
带电粒子在磁场中的周期：T=2πmqaB=2×3.2×6.5×10-271.3×10-3×3.2×10-19=1×10-4s
所以带电粒子运动的轨迹如图．



整个运动的总时间：t=3T+Lv0=3×10-4s+1.44×103s=6.5×10-4s．
（2）其整个运动的轨迹如图所示．
答：（1）a粒子能穿过金属板间，所需时间6.5×10-4s．（2）a粒子的运动轨迹如图．

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4、简答题  如图所示，在直角区域aob内，有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子从o点沿纸面以相同速度射入磁场中，速度方向与边界ob成30°角，求正、负电子在磁场中运动的时间之比．

参考答案：

由evB=mv2R，则有? 半径R=mveB，周期T=2πmeB，则知正负电子在磁场中运动的相同的周期．
由左手定则判断得知，正电子向上偏转，负电子向下偏转，根据几何知识得，正电子轨迹对应的圆心角∠OO2C=120°，
运动时间为t1=120°360°T=13T
负电子轨迹对应的圆心角为∠OO1B=60°，运动时间为
? t2=60°360°T=16T
则正、负电子在磁场中运动的时间之比为t1：t2=2：1．
答：正、负电子在磁场中运动的时间之比为t1：t2=2：1．

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5、简答题  质量为100kg的“勇气”号火星车于2004年成功登陆在火星表面．若“勇气”号在离火星表面12m时与降落伞自动脱离，此时“勇气”号的速度为4

参考答案：（1）设火星表面的重力加速度为g"，地球表面的重力加速度为g
由万有引力定律有：GMmR2=mg
可得：g′g?=M火R2地M地R2火=25
故：g′=25g=4m/s2
设探测器落地的速度为v1，则有：12mv02+mg′h1=12mv12
代入数据，解得：v1=16m/s
（2）反弹后，机械能守恒，有mg′h2=12mv22
解得v2=12m/s
设“勇气”号和气囊第一次与火星碰撞时所受到的平均冲力为F，
由动量定理得：
（F-mg′）t=m[v2-（-v1）]
代入数据，解得：N=4400N?
答：（1）“勇气”号第一次碰撞火星地面前的速度为16m/s；
（2）“勇气”号和气囊第一次与火星碰撞时所受到的平均冲力为4400N．

本题解析：

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