【正文】 234dd??? 14（ 20xx 海南） .現(xiàn)要通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。當(dāng)駕駛員看到前方有 80km/h 的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L=72m 后，速度變?yōu)?hkmv /722 ? 。 A固定于導(dǎo)軌左端， B的質(zhì)量 m=，可在導(dǎo)軌上無(wú) 摩擦滑動(dòng)。每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅 40～ 80μ s，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過(guò)程中。若0 98TTt??， 帶正電粒子 先加速向 B 板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng) 、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在 B 板上，所以 D 錯(cuò)誤。 （ 2）：（ 1） dd? 時(shí)，收集效率 ? 為 100%； 當(dāng) dd? 時(shí)， 收集率 ??????? dd?（ 3）/Mt??= ddnm bv ?? ，如圖所示。選 BD 24（ 20xx北京）．（ 20分） 靜電場(chǎng)方向平行于 x軸，其電勢(shì) φ隨 x的分布可簡(jiǎn)化為如圖所示的折線，圖中 φ0和 d為已知量。 其中電壓表內(nèi)阻約為 5k ，電流表內(nèi)阻約為 5 。 圖 (b) A B E E/ 紅表筆 黑表筆 1 2 3 4 5 6 圖 (c) 解析：（ 1） R0、標(biāo)準(zhǔn)電流表 A0；（ 2） RN，標(biāo)準(zhǔn)電流表 A0的示數(shù)為 I；（ 3）平均值 5（ 20xx 天津）（ 4）某同學(xué)測(cè)量阻值約為 25kΩ 的電阻 Rx，現(xiàn)備有下列器材： A．電流表（量程 100 μA，內(nèi)阻約為 2 kΩ）； B．電流表（量程 500 μA，內(nèi)阻約為 300 Ω）； C．電壓表（量程 15 V，內(nèi)阻約為 100 kΩ）； D．電流表（量程 50 V，內(nèi)阻約為 500 kΩ）； E．直流電源（ 20 V，允許最大電流 1 A）； F．滑動(dòng)變阻器（最大阻值 1 kΩ，額定功率 1 W）； G．電鍵和導(dǎo)線若干。電壓表讀數(shù) U 隨 OP 間距離 x 的變化如下表： （ 1）繪出電壓表讀數(shù) U 隨 OP 間距離 x 變化的圖線； （ 2）求出金屬絲的電阻率 ? ，并進(jìn)行比較。為使小電珠亮度增加， P 應(yīng)由中點(diǎn)向_____端滑動(dòng)?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ?x 軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿 x 軸正方向 且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 則 0BRE t? ③ （ 2）僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng) 在 y 方向位移 22tyv? ④ 由 ② ④ 式得 2Ry? ⑤ 設(shè)在水平方向位移為 x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是 32xR? 又有 201 ()22txa? ⑥ 得 2043Ra t? ⑦ （ 3）僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度 4vv?? ，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為 r，由牛頓第二定律有 x y O P B 2vqvB mr?? ? ⑧ 又 qE=ma ⑨ 由 ⑦ ⑧ ⑨ 式得 33Rr? ⑩ 由幾何關(guān)系 sin2Rr?? ○ 11 即 3sin2?? 3??? ○ 12 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 2 mTqB?? 則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 22RtT??? 所以 0318Rtt?? ○13 25（ 20xx 全國(guó)卷 1） .（ 19分）（注意：在試卷上作答無(wú)效） 如圖，與水平面成 45176。已知 a 在離開(kāi)區(qū)域 I 時(shí)，速度方向與 x 軸正方向的夾角為 30176。如果 b 沒(méi)有飛出 I，則 ??22 ??aTt ⑩ ??21 ?bTt ○11 式中， t 是 a 在 區(qū)域 II 中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 vRT aa 22 2?? ○12 32 11 vRT bb ?? ○13 由 ⑤⑨⑩ ○11○12○13 式得 030?? ○14 由①③⑨ ○14 式可見(jiàn)， b 沒(méi)有飛出。與磁場(chǎng)邊界相切的圓的最大半徑為 R=2 21 RR? ⑦ 所以 B2＜)(2 12 3RRq mv? 答案： （ 1） v0=mUqv 221 ? （ 2） B1= )( 2 12 2RRq mv? t = rv22? （ 3） B2＜)(2 12 3RRq mv? 23（ 20xx北京）．（ 18分） 利用 電場(chǎng)和磁場(chǎng)， 可以將比荷不同的離子分開(kāi)，這種 方 法 在 化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域 有重要的應(yīng)用 。若狹縫過(guò)寬， R V3 可能使兩束 離子在 GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊， 導(dǎo)致 兩種 離子 無(wú)法完 全分離 。一質(zhì)量為 m、電量為 q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器 MN 板處由靜止釋放，極板間電壓為 U,粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時(shí)速度與水平和方向夾角 30??? （ 1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度 L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B1=B0時(shí)，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為 30? ，求 B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t0 （ 2）若Ⅱ區(qū)寬度 L2=L1=L 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差 h （ 3）若 L2=L1=L、 B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求 B2應(yīng)滿足的條件 （ 4）若 1 2 1 2,B B L L??，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的 O 軸以角速度 ω 勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（ O 軸位于磁場(chǎng)邊界）。由熱力學(xué)第一定律 WQU ??? 知， D 選項(xiàng)正確。（選對(duì)一個(gè)給 3 分，選 對(duì)兩個(gè)給 4 分，選對(duì) 3 個(gè)給 6 分。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)為正，則感應(yīng)電流 i 與實(shí)踐 t 的關(guān)系圖線可能正確的是 28（ 20xx 上海） ． (5 分 )在 “ 研究回路中 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通量變化快慢的關(guān)系 ” 實(shí)驗(yàn) (見(jiàn)圖 (a))中，得到 1/Et??圖線如圖 (b)所示 。 23答案． （ 1）動(dòng)能定理 21112Uq mv? 得 1 12qUv m? ○1 （ 2）由牛頓第二定律 2 , mv mvqvB RR qB??，利用 ○1 式得 離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為別為 11 22mUR qB?， 22 22mUR qB? ○2 兩種離子在 GA 上落點(diǎn)的間距1 2 1 2282( ) ( )Us R R m mqB? ? ? ? ○3 （ 3）質(zhì)量為 m1的離子，在 GA邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè) 2R1處，由于狹縫的寬度為 d，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是 d。 已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是 m1和 m2(m1m2)，電荷量均為 q。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為 P，求輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流 I 與 P、 B、 R、 f 的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速） （ 3）試推理說(shuō)明：質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 是增大、減小還是不變？ 12．（ 20 分） （ 1）核反應(yīng)方程為 14 1 11 4 7 1 6 2N H C+ He? → ① 設(shè)碳 11 原有質(zhì)量為 m0，經(jīng)過(guò) t= 剩余的質(zhì)量為 mt，根據(jù)半 衰期定義，有： 12020011 1 .6 %22ttmm ?? ? ? ?? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ② （ 2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為 m，電荷量為 q，質(zhì)子離開(kāi)加速器時(shí)速度大小為 v，由牛頓第二定律知： 2vqvB mR? ③ 質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為： 22RmTv qB???? ④ 由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期 T 與頻率f 的關(guān)系可得： 1f T? ⑤ 設(shè)在 t 時(shí)間內(nèi)離開(kāi)加速器的質(zhì)子數(shù)為 N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均 功率 212N mvP t?? ⑥ 輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為： NqIt? ⑦ 由上述各式得2PI BR f?? 若以單個(gè)質(zhì)子為研究對(duì)象解答過(guò)程正確的同樣給分 （ 3） 方法一 ： 設(shè) k（ k∈ N*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 rk， rk+1（ rkrk+1）， 1k k kr r r?? ? ? ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為 vk， vk+1， D D2 之間的電壓為 U，由動(dòng)能定理知 221112 22kkqU mv mv??? ⑧ 由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知kk mvr qB?，則 22 2212 ( )2 kkqBqU r rm ??? ⑨ 整理得 2 14()k kkmUr qB r r??? ? ⑩ 因 U、 q、 m、 B 均為定值，令24mUC qB?，由上式得1k kkCr rr???? ⑾ 相鄰軌道半徑 rk+1， rk+2 之差 1 2 1k k kr r r? ? ?? ? ? 同理 12k kkCr rr???? ? 因?yàn)?rk+2 rk，比較 kr? ， 1kr?? 得 1kkrr?? ?? 說(shuō)明隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 減小 方法二 ： 設(shè) k（ k∈ N*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 rk， rk+1（ rkrk+1）， 1k k kr r r?? ? ? ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為 vk， vk+1， D D2 之間的電壓為 U 由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知kk mvr qB?，故11kkrv??? ⑿ 由動(dòng)能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動(dòng)能增量 kE qU?? ⒀ 以質(zhì)子在 D2 盒中運(yùn)動(dòng)為例，第 k 次進(jìn)入 D2 時(shí)，被電場(chǎng)加速（ 2k﹣ 1）次 速度大小為 (2 1)2k k qUv m?? ⒁ 同理，質(zhì)子 第（ k+1）次進(jìn)入 D2 時(shí)，速度大小為1 (2 1)2k k qUv m? ?? 綜合上述各式可得112121kkrv kr v k????? ? 整理得 22 1 2121kkr krk? ?? ?， 221 21221kkkrrrk??? ? ? 2 112( 2 1)( )kkkkrr k r r???? ?? 同理，對(duì)于相鄰軌道半徑 rk+1， rk+2，1 2 1k k kr r r? ? ?? ? ?，整理后有 2 11 + 1 22( 2 1)( )kk kkrr k r r?? ??? ?? 由于 rk+2 rk，比 較 kr? ， 1kr?? 得 1kkrr?? ?? 說(shuō)明隨軌道半徑 r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 r? 減小，用同樣的方法也可得到質(zhì)子在 D1 盒中運(yùn)動(dòng)時(shí)具有相同的結(jié)論。 解析：（ 1）設(shè)粒子 a 在 I 內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為 C（在 y 軸上），半徑為 Ra1，粒子速率為 va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為 P? ,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 12aa RvmABqv ? ① 由幾何關(guān)系得 ???? PPC ② ?sin1 dRa ? ③ 式中， 030?? ，由①②③式得mqBdva 21 ? ④ (2)設(shè)粒子 a 在 II 內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為 Oa,半徑為 1aR ，射出點(diǎn)為 aP （圖中未畫出軌跡）， ????? aaPOP 。求粒子首次從 II 區(qū)離開(kāi)時(shí)到出發(fā)點(diǎn) 0p 的距離。 （ 2）若僅撤去磁場(chǎng)，帶電粒子仍從 O 點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng) 02t時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。 mma ????????? ???? ??? 636 )6001000( )(? x/mm 600 700 800 900 1000 1200 1400 1600 1800 20xx 2100 2200 230