r?mv12mEL ?qBBq 可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角
形O1O2O3是等边三角形，其边长为2r
d?rsin60??16mEL 2Bq (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：?1?60??2?120?，
由于速度v相同，角速度相同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：
t1?1120?2 ???
t2?2300?5（3）电场中，t1?2v2mv2mL ??2aqEqE55?mT2?m? 右侧磁场中,t3?T? 63qB63qB 中间磁场中， t2?2? 则t?t1?t2?t3?22mL7?m ?qE3qB
15（20分）
解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向
垂直于纸面向外。 （4分）
(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移
为l，沿ab方向的位移为
l，得 221Eq?l????l， 2m?2v0?28mv0解得匀强电场的场强为 E? （5分）
ql带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得
mvv2qvB?m 解得 R?0
BqR?l?根据如图的几何关系 ?l?R?????R2
?2?22第 31 页 共 59 页
解得轨道半径为 R?5l 8解得磁场的磁感应强度 B?8mv0 （9分） 5ql因此解得
16（8分）
E?5v0 （2分） B（1）因小球恰能到B点，则在B点有
2mvB （1分） mg?d2vB?gd?2m/s （1分） 2小球运动到B的过程，由动能定理
qEL?mgd?12mvB （1分） 2152mvB?mgdmgdL?2?4?1m （1分）
qEqE（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理小球从静止运动到B有
qEL??mgd?12mv?B 2v?B?2qEL??2mgd?42m/s （2分）
md?12gt t?282m 52d?0.4s gx?v?Bt?s?d2?x2?2.4m （2分）
17（8分）
（1）粒子匀速运动，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则金属棒B端应为高电势，即
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金属棒应朝左运动（1分）
设AB棒的速度为v，产生的电动势
??Bdv （1分）
板间场强
E??d?Bv （1分）
粒子所受电场力与洛伦兹力平衡
Eq?Bqv0 （1分）
有 v?v0 （1分）
（2）金属棒停止运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，当位移为
mv0?R时，粒Bq子转过的角度为???3（1分）
设粒子运动时间为?t，有
?t?3? （1分） T2?1?m?t?T? （1分）
63Bq18（12分）
（1）1?2等温变化：P1=P0+
mgmg=1.2×105Pa 1分 P2=P0-=0.8×105Pa 1分 ssP1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分
（2）2?3等压变化：T2 = T1 = （273+7）K =280K 1分 v2v3v3L3 L2 = 15cm，L3 = 20cm 1分 = , T3 = T2 = T2 = 373K 2分
T2T3v2L2
（3）3?4等容变化：P4 = P0+
Mg = 1.4×105 Pa 1分 P3 = P2 = 0.8?105Pa 1分 sP3P4P4 = 1分 T4 = T3 = 653K 1分 T3T4P3或（1?4由
P1L1P4L4= 得 T3 = 653K 同样得分） T4T119（14分）(1)A、B、C三物体系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度
达到最大。 2mgL－MgL=
12(2m?M)gL(M+2m)V2 2分 V= 2分 22m?M第 33 页 共 59 页
(2)当C着地后，A、B二物体系统机械能守恒。B恰能着地，即B物体下降L时速度
为零。 MgL－mgL =
1(M+m)V2 2分 2将V代入，整理后得：M=2m 1分 若M＞2m，B物体将不会着地。 Mgh－mgh =
1(M+m)V2 1分 2(M?m)V2h = 1分
2(M?m)g(M?m)V2HL = L + h = L + 1分
2(M?m)g若M =2m，B恰能着地，A物体再上升的高度等于L。 H2 = 2L 若M＜2m，B物体着地后，A还会上升一段。 Mg L－mg L =
2
1(M+m)（V2－v2） 1分 24(2m2?M2)gLV= 1分
(m?M)(2m?M)v22(2m2?M2)Lh’== 1分
2g(m?M)(2m?M)2(2m2?M2)LH3 = 2L + h’ = 2L + 1分
(m?M)(2m?M)20(1) F=[P1Vo / (Vo-dθS1) – Po]S2 (2) F=[P1Vo / (Vo-dθS1) – Po]S1d / L 21．（12分）
解：（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电。 ∵微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下
∴微粒带负电 （1分）
U mg =cq （1分）
d
Uc=IR
（1分） （1分）
I?E 3RE = Blv0
由以上各式求出
（1分） 3mgd q?Blv0 （1分）
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（2）经时间t0，微粒受力平衡
mg =
Ucq d （1分）
Uc?求出
1（1分） Blat0
3v3mgd或t0?0 （1分） t0?aBlaq（1分） （1分） （1分）
当t < t0时，a1 = g –当t = t0时，a2 = 0 当t > t0时，a3 =
Blaqt，越来越小，加速度方向向下 3md
Blaqt– g，越来越大，加速度方向向上 3md22.解：（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律
12gt 22h v0? vy?gt
t h=
求出v=v0?vy?2gh 方向与x轴负方向成45°角
（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力 Eq=mg
22v2 Bqv=m
R (2R)=(2h)+(2h)
222 解得E=
mgm2g B= qqh（1） 质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速直线运动。当竖
直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v在水平方向的分量 vmin?vcos45°=2gh
方向沿x轴正方向
23．解：（20分）
（1）由动量守恒定律：mυ0=2mυ????????????2分
2mg碰后水平方向：qE=2ma E????????2分
q-2aXm=0-υ2????????????2分 ?02得：Xm?????????????????1分
8g第 35 页 共 59 页