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    2014.1

    一、本题共10小题,每小题3分,共30分。在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个 选项是符合题意的,有的小题有多个选项是符合题意的。全部选对的得3分,选不全的得2 分,有选错或不答的得0分。 题号 答案 1 AB 2 AD 3 AC 4 AD 5 CD 6 BD 7 B 8 BC
    V

    9 AD

    10 C

    二、本题共2小题,共15分。 11.(8分) (1)①C (2分); D (2分) ②见答图1 (2分) (2)C (2分) 12.(7分) (1)如答图2 (2分); 1.48± 0.01 (2分); 0.59± 0.02 (1分) (2)将路端电压和电流分两次测量。 (2分) (说明:表达出测量的电流、电压不是同一个 状态即可得分) 三、本题包括6小题,共55分。解答应写出必要的文 字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案 的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出 数值和单位。 13. (8 分)解: (1)小球在 A 点静止,其受力情况如答图 3 所 示。小球带负电。 (2 分) (2)根据共点力平衡条件有 mgtan37?=qE 解得 E=
    A2

    R1 E S 答图1 I1/mA 1.50 1.45 1.40 1.35 1.30 1.25 1.20 1.15 1.10 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 I2/A 答图2

    3mg 4q

    (3分)

    (3)设小球到达最低点时的速度为v,小球从水平位置运动到

    1 最低点的过程中,根据动能定理有:mgl–qEl= mv2 2
    2 gl 解得:v= 2 gl(1 ? tan 37 ?) = 2
    14.(8分)解: (1)电子在加速电场中,根据动能定理eU1=Ek 解得Ek =4.0×10-16J (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
    1

    T qE 37?

    (2分)

    (1分)

    F合 答图3

    mg

    (2分)

    电子在水平方向做匀速运动,由l= v1t,解得 t= 电子在竖直方向受电场力 F=e ?

    l v1

    U2 d
    (1分)

    电子在竖直方向做匀加速直线运动,设其加速度为a 依据牛顿第二定律 e ?

    eU 2 U2 =ma,解得a= d md 1 2 U 2l 2 at = 4dU1 2

    电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y= 解得 y=0.36cm

    (1分) (1分)

    (3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差 U= 电场力所做的功W=eU 解得W=5.76×10-18J 15.(9分)解:

    U2 ? y (1分) d
    (1分) (1分)

    (1)设线圈ab边的边长l1,bc边的边长l2。当线圈平面与磁场方向平行时,线圈中的感 应电动势最大。 (1分)

    设此时ab边的线速度为v,则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1=Bl1v cd边产生的感应电动势为E2=Bl1v n匝线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2)= 2nBl1v 由于 v ? ?r ? ? ? 有Em= 2nBl1? ? (1分)

    l2 2
    (1分)

    l2 ? nBl1l2? ? nBS? 2
    Em 2

    (2)线圈中的感应电动势有效值为: E ?

    (1分)

    电路中电流的有效值 I=

    nBS? E = R?r ( 2 R ? r)

    (2分)

    即电流表的示数为

    2nBS? ( 2 R ? r)

    (3)线圈转动的周期 T=



    ?

    ,线圈转动N周的时间 t=NT=N?



    ?

    (1分) (1分) (1分)

    依据焦耳定律,发电机线圈产生的焦耳热 Q=I2rt 解得 Q=

    πNn2 B 2 S 2?r 2 (R ? r )

    2

    16.(10分)解: (1)在水平方向圆环受到的弹力N=qE 则摩擦力f=μN=μqE (3分) (2)①圆环刚开始运动时不受洛伦兹力,因此,摩擦力大小f=μqE 在竖直方向,由牛顿第二定律 mg ? ?qE ? ma0 解得 a0 ? (1分) (2分)

    mg ? ?qE m

    ②当重力与滑动摩擦力平衡时,圆环速度最大,动能最大。 即 mg ? ? (qvm B ? qE) 最大速度 vm ? (1分)

    mg ? ?qE ?qB

    (2分)

    最大动能Ek= 17.(10分)解:

    1 2 m(mg ? μqE) 2 mvm ? 2 2 μ 2q 2 B 2

    (1分)

    (1)带电粒子在D形盒内做圆周运动,轨道半径达到最大时被引出,此时带电粒子具 有最大动能Ek,设离子从D盒边缘离开时的速度为vm。 依据牛顿第二定律 Bqvm ? m

    vm R

    2

    所以带电粒子能被加速的最大动能 Ek ?

    1 2 q2B2R2 mvm ? 2 2m

    (2分)

    (2)带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n-1次后的运动轨道, 设其被加速2n-1次后的速度为vn 由动能定理得(2n - 1 )qU ?

    1 2 mvn 2
    vn rn
    2

    (2分)

    此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,半径为rn 由牛顿第二定律得 Bqvn ? m (1分)

    rn=

    mvn 1 ( 2 2n ? 1)mU ? Bq B q

    (1分)

    (3)设在时间t内离开加速器的带电粒子数N,则正离子束从回旋加速器输出时形成的 的等效电流 I ?

    Nq It ,解得N= q t N ? Ek qIB 2 R 2 = 2m t
    (4分)

    带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率 P ?
    3

    18.(10 分)解: (1)①金属棒在弯曲光滑导轨上运动的过程中,机械能守恒,设其刚进入磁?、袷彼?度为 v0,产生的感应电动势为 E,电路中的电流为 I。 由机械能守恒 mgh ?

    1 2 mv0 ,解得 v0= 2 gh 2

    感应电动势 E=BLv0,对回路 I ?

    E 2R
    (3 分)

    解得:I=

    BL 2 gh 2R

    ②对金属棒 b:所受安培力 F=2BIL 又因 I =

    BL 2 gh 2R

    金属棒 b 棒保持静止的条件为 F≤

    1 mg 5
    (3 分)

    解得 h≤

    gm2 R 2 50 B 4 L4

    (2)金属棒 a 在磁?、裰屑跛僭硕?,感应电动势逐渐减小,金属棒 b 在磁?、蛑屑铀?运动,感应电动势逐渐增加,当两者相等时,回路中感应电流为 0,此后金属棒 a、b 都做 匀速运动。设金属棒 a、b 最终的速度大小分别为 v1、v2,整个过程中安培力对金属棒 a、b 的冲量大小分别为 Ia、Ib。 由 BLv1=2BLv2,解得 v1=2v2 设向右为正方向:对金属棒 a,由动量定理有 -Ia=mv1-mv0 对金属棒 b,由动量定理有 -Ib=-mv2-0 由于金属棒 a、b 在运动过程中电流始终相等,则金属棒 a 受到的安培力始终为金属棒 b 受到安培力的 2 倍,因此有两金属棒受到的冲量的大小关系 Ib=2Ia 解得 v1 ?

    4 2 v 0 , v2 ? v 0 5 5

    根据能量守恒,回路中产生的焦耳热

    Q?

    1 2 1 2 2 1 4 2 1 1 2 mv0 ? [ m( v0 ) ? m( v0 ) ] ? mv0 ? mgh 2 2 5 2 5 10 5
    (4 分)

    Q b=

    1 1 Q ? mgh 2 10

    说明:计算题中用其他方法计算正确同样得分。

    4


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