1、简答题  如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在匀强电场，电场强度E=1.0×104V/m，方向垂直边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里，磁感应强度分别为B1=2.0T、B2=4.0T．三个区域宽度分别为d1=5.0m、d2=d3=6.25m，一质量m=1.0×10--8kg、电荷量q=1.6×10-6C的粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计．求：
（1）粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ区域内运动时间t；
（3）粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α．

参考答案：

（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有
qEd1=12mv2-0
解得?v=4.0×103m/s；
（2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则
qvB1=mv2r
解得　r=12.5m?
设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ=d2r
解得?θ=30°
粒子在Ⅱ区运动周期?T=2πmqB1
粒子在Ⅱ区运动时间?t=θ360oT
解得?t=π1920s=1.6×10-3s
（3）设粒子在Ⅲ区做圆周运动道半径为R，则?qvB2=mv2R
解得?R=6.25m
粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形
粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角?α=60°

本题解析：

本题难度：一般

2、简答题  一辆质量2吨的小轿车，驶过半径R=40m的一段圆弧形桥面，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）若桥面为凹形，汽车以20m/s的速度通过桥面最低点时，对桥面压力是多大？
（2）若桥面为凸形，汽车以多大的速度经过桥顶时恰好对桥没有压力作用而腾空？

参考答案：（1）在最低点，由牛顿第二定律得：
FN-mg=mv2r
FN=mg+mv2r=2.0×104（N）
由牛顿第三定律得，汽车对地面的压力为?2×104N
（2）mg=mv2r
v=

本题解析：

本题难度：一般

3、选择题  用长短不同、材料相同的同样粗细的细绳，各拴着一个质量相同的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，则两个小球（　　）
A．以相同的线速度运动时，长绳易断
B．以相同的角速度运动时，短绳易断
C．以相同的转速运动时，长绳易断
D．无论怎样，都是短绳易断

参考答案：A、m和v一定时，根据F向=mv2r，r越大，拉力越小，绳子越不容易断，A错误；
B、m和ω一定时，根据F向=mω2r，r越短，拉力越小，绳子越不容易断，B错误；
C、由于ω=2πn，再根据F向=mω2r，m和n一定时，r越大，拉力越大，绳子越容易断，C正确；
D、由上述分析可知D错误；
故选C．

本题解析：

本题难度：简单

4、简答题  1932年Earnest?O．Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形半径为R的金属扁盒（D形盒）隔开相对放置，D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场．置于中心A处的粒子源产生带电粒子射出来（带电粒子的初速度忽略不计），受到两盒间的电场加速，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．在D形盒内不受电场，仅受磁极间磁感应强度为B的匀强磁场的洛伦兹力，在垂直磁场平面内作圆周运动．粒子的质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．回旋加速器的工作原理如图．求：
（1）粒子第2次经过两D形盒间狭缝后和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比r2：r1；?
（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．?
（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．

参考答案：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则：
Uq=12mv21
进入磁场，粒子在运动过程中有：Bqv1=mv21r?1
解得：r1=1B

本题解析：

本题难度：一般

5、简答题  如图所示，平行板电容器板长为L，极板间距为2L，上板带正电，忽略极板外的电场．?O、O′是电容器的左右两侧边界上的点，两点连线平行于极板，且到上极板的距离为L/2．?在电容器右侧存在一个等腰直角三角形区域ABC，∠C=90°，底边BC与电容器的下极板共线，B点与下极板右边缘重合，顶点A与上极板等高．?在电容器和三角形区域内宥垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=B、B2=2B．一带正电的粒子以初速度v0从O点沿着00′方向射入电容器，粒子的重力和空气阻力均不计．
（1）若粒子沿?00′做直线运动，进人三角形区域后，恰从顶点?A飞出，求两极板间的电压U和带电粒子的比荷

参考答案：（1）粒子在电容器中受力平衡，故：
U2Lq=Bqv0①
由于三角形区域ABC为等腰直角三角形，故粒子进入磁场B2到从A射出的轨迹为14圆周，故半径：
R1=L2②
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2Bqv0=mv20R1③
由以上得，qm=v0BL④
（2）粒子在电容器中做类平抛运动，设飞出电场时侧向位移为y，速度方向偏转角为θ，则有：
y=12×Uq2Lm×(Lv0)2⑤
tanθ=yL2=2yL⑥
解①④⑤⑥得：y=L2，θ=45°⑦
速度大小为：v=

本题解析：

本题难度：一般