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F
P Q b 21．（12分）如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直
感应强度大小B＝0.40T，方向竖直向下的匀强磁场中。质量m=0.50kg的导体棒ab垂
直于轨道放置。在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直。不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力。 （1）若力F的大小保持不变，且F=1.0N。求
a．导体棒能达到的最大速度大小vm；
b．导体棒的速度v=5.0m/s时，导体棒的加速度大小a。
（2）若力F的大小是变化的，在力F作用下导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，
2
加速度大小a=2.0m/s。从力F作用于导体棒的瞬间开始计时，经过时间t=2.0s，求力F的冲量大小I。 M a N 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板。区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行。在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里。一电子沿着x轴正向以速度v0射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和II。已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为
。不计电子重力。
3mv02Be（1）求两金属板之间电势差U；
（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；
（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚
好不能从区域II的右边界飞出。求电子两次经过y轴的时间间隔t。
M P B v0 O N Q y Ⅰ B × × × Ⅱ B × × × x × × × × × × 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案等教学资源免费下载
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北京市西城区2011—2012学年度第一学期期末试卷
高三物理参考答案及评分标准 2012.1
一、单项选择题（每小题3分） 1．C 2．C 3．B 4．A 5．C 6．D 7．A 8．C 9．A 10．D
二、多项选择题（全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分） 11．CD
12．AD
13．BD
14．BC
15．AB
16．AD
三、计算题 17．（9分）解：
（1）根据牛顿第二定律 mgsin??ma 【2分】
解得：
a?gsin??6.0m/s2 【1分】
12 【2分】
mgsin??L?mv2 【1分】
（2）根据机械能守恒定律 解得：
v?2gLsin??6.0m/s（3）水平方向上做匀速直线运动 竖直方向上做自由落体运动 上述①、②两式联立，解得：
x?v0t ① 【1分】
12 ② 【1分】 h?gt22hx?v??2.4mg 【1分】
18．（9分）解：
（1）设航天器质量为
m0，根据万有引力提供向心力
Mm0m0v2 【2分】 G2?RR 【1分】 解得：
GMv?R（2）质量为m的物体在月球表面满足
1Mm1 【2分】
m1g?G2R解得：
【1分】 GMg?2
R
（3）根据动能定理 mgh?E?0 k【2分】
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将g值代入上式，解得：
GMmh 【1分】 Ek?
R2
19．（11分）解：
（1）当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度v，根据动量守恒定律
mv0?(M?m)v 【2分】
代入数据，解得：v?1.0m/s 【1分】
（2）由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能
12?112??mg(d?xm)?mv0??(M?m)v2?kxm?22?2? 【3分】
代入数据，解得：??0.50 【1分】
（3）小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，
其共同速度仍为v?1.0m/s 【1分】
设小铁块在木板上向左滑行的距离为s，由功能关系
【1分】 1212?mg(d?xm?s)?mv0?(M?m)v22 代入数据， 解得：s?0.60m 【1分】
而s?d?x，所以，最终小铁块停在木板上A点。 【1分】
m
20．（11分）解：
（1）a．导体棒达到最大速度vm时受力平衡
F?F安m 【1分】
此时，BLvm 【1分】
L F安m?BR 解得：v?12.5m/s 【1分】
mb．导体棒的速度v=5.0m/s时，感应电动势E?BLv?1.0V 【1分】
导体棒上通过的感应电流
【1分】 EI??2.0AR 导体棒受到的安培力
F安?BIL?0.40N 【1分】
a?F?F安m?1.2m/s
2 根据牛顿第二定律，解得：【1分】
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（2）t=2s时，金属棒的速度v?at?4.0m/s1 此时，导体棒所受的安培力
【1分】
B2L2v1F安1??0.32N
R 时间t=2s内，导体棒所受的安培力随时间线性变化， 所以，时间t=2s内，安培力的冲量大小
I安?F安12【1分】
t?0.32N?s
对导体棒，根据动量定理
I?I安?mv1?0【1分】
所以，力F的冲量
21．（12分）解：
I?mv1?I安?2.32N?s【1分】
（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦
兹力平衡
eE?ev0B 即eU?evB 【2分】
0d 所以，
U?Bv0d 【1分】
y Ⅰ B × （2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力
2 mv0ev0B?R所以，
Ⅱ B × × × R?mv0 【1分】 eBP B v0 M Q O N × × x 设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为 y0，区域I的宽度为b（b=
× × × × × × 3mv02Be），则
(R?y0)2?b2?R2代入数据，解得
【1分】
【1分】 mv0y0?
2eB电子在两个磁场中有相同的偏转量。 电子从区域II射出点的纵坐标
mv0 【1分】
y?2y0?eB（3）电子刚好不能从区域II的右边界飞出，说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨
迹恰好与区域II的右边界相切，圆半径恰好与区域II宽度相同。电子运动轨迹如下图所示。设电子进入区域II时的速度为v，则
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mv3mv0?eB2eB，所以3v?v02 【1分】
电子通过区域I的过程中，向右做匀加速直线运动， 此过程中 平均速度
v0?v2v0?3v0 ?24电子通过区域I的时间b（b为区域I的宽度3mv0）
t1?
v2Be解得： m 【1分】
t1?223?3y eBⅠ 电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做
v???Ⅱ B × × × × 圆周运动的周期为T，则 2πm
T?eB电子在区域II中运动的时间
B P B v0 M Q O N × × x t2?T?m? 2eB【1分】
× × × × × × 电子反向通过区域I的时间仍为。
t1所以， 电子两次经过y轴的时间间隔
【2分】 m5mt?2t1?t2?(83?12?π)?
eBeB
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