如图所示，在真空中，半径为R=5L₀的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为d=6L₀，板长为L=12L₀，板的中心线O₁O₂与磁场的圆心O在同一直线上．给M、N板加上电压U₀，其变化情况如下图所示．有一电荷量为q、质量为m的带电的粒子，从M、N板右侧沿板的中心线，在t=0或t=T/4时刻以速率v向左射入M、N之间，粒子在M、N板的左侧刚好以平行于M、N板的速度射出．若上述粒子经磁场后又均能平行于M、N极板返回电场，而电场变化的周期T未知，求磁场磁感应强度B相应必须满足的条件．（不计粒子重力）

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如图所示，在真空中，半径为R=5L₀的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为d=6L₀，板长为L=12L₀，板的中心线O₁O₂与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带电的粒子，以速度v₀从圆周上的a点沿垂直于半径OO₁并指向圆心的方向进入磁场平面，当从圆周上的O₁点水平飞出磁场时，给M、N板加上如下图所示电压，最后粒子刚好以平行于M板的速度，从M板的边缘飞出（不计粒子重力）．求
（1）磁场的磁感应强度；
（2）求交变电压的周期T和电压U₀的值；
（3）若t=

3T

2

时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速率v₀向左射入M、N之间．求粒子从磁场中射出的点到a点的距离

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如图所示，在真空中，半径为R=5L₀的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为d=6L₀，板长为L=12L₀，板的中心线O₁O₂与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带电的粒子，以速度v₀从圆周上的a点沿垂直于半径OO₁并指向圆心的方向进入磁场平面，当从圆周上的O₁点水平飞出磁场时，给M、N板加上如下图所示电压，最后粒子刚好以平行于M板的速度，从M板的边缘飞出（不计粒子重力）．求
（1）磁场的磁感应强度；
（2）求交变电压的周期T和电压U₀的值；
（3）若t=

3T

2

时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速率v₀向左射入M、N之间．求粒子从磁场中射出的点到a点的距离

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如图所示，在真空中，半径为R=5L₀的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为d=6L₀，板长为L=12L₀，板的中心线O₁O₂与磁场的圆心O在同一直线上。有一电荷量为q、质量为m的带电的粒子，以速度v₀从圆周上的a点沿垂直于半径OO₁并指向圆心的方向进入磁场平面，当从圆周上的O₁点水平飞出磁场时，给M、N板加上如下图所示电压，最后粒子刚好以平行于M板的速度，从M板的边缘飞出(不计粒子重力)。求
(1)磁场的磁感应强度；
(2)求交变电压的周期T和电压U₀；
(3)若在时刻，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速率v₀、N之间，求粒子从磁场中射出的点到a点的距离．

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如图所示，在真空中，半径为R=5L₀的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为d=6L₀，板长为L=12L₀，板的中心线O₁O₂与磁场的圆心O在同一直线上。有一电荷量为q、质量为m的带电的粒子，以速度v₀从圆周上的a点沿垂直于半径OO₁并指向圆心的方向进入磁场平面，当从圆周上的O₁点水平飞出磁场时，给M、N板加上如图所示电压，最后粒子刚好以平行于M板的速度，从M板的边缘飞出（不计粒子重力）。求：
（1）磁场的磁感应强度；
（2）求交变电压的周期T和电压U₀的值；
（3）若时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速率v₀向左射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到a点的距离。

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题号

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

B

D

B

C

D

AC

 ABC

AD

22．(18分) 12．（1）圆心O处

（2）B、C

（3）铁丝距B（或A）

（4）由上面实验步骤知P′为铁丝在P时的像，PC为入射光线，i、r为对应入、折射角，由折射定律、折射率：，而，，

 （用其他方法表示的结果正确也给分）

（2）① 甲，  ②150Ω  ③E＝或E＝ .

评分标准：本题共18分.(1)问6分，选对但不全，每选一个给2分，有选错或不选得0分；

(2)问共12分，①4分，②4分，③4分.

23．(15分)解：（1）（0～2）s内物体做匀减速直线运动，设加速度为a₁，则有：

              -（F+f ）= m a₁                                                   

（2～4）s内物体做匀加速直线运动，设加速度为a₂，则有：a₂=1m/s²                                   

F―f = m a₂                               又f=μmg                                  

所以解得，μ=0.2              （8分）

（2）由F―f = m a₂  得

F= m a₂ +f= m a₂+μmg =150N    （7分）

　13．解析：（1）设小球经过C点时的速度大小为

　　小球从B到C，根据机械能守恒定律：mg（R＋Rcos60°）＝

　　代入数据求出　＝3m/s

　　（2）小球经过C点时受到三个力作用，即G、弹簧弹力F、环的作用力．设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律：

　　　　F＝k?x＝2.4N

　　∴　　＝3.2N　方向向上

　　根据牛顿第三定律得出：小球对环的作用力大小为3.2N，方向竖直向下．

　　14．解析：（1）当棒MN所受外力与安培力相等时，速度最大．

　　　　　　　　∴　

　　（2）由能量关系可知，撤去F后，MN的动能全部转化为电能并在R上转化为焦耳热．

　　∴　

17．（1）∵，得：

带电粒子进入电场的速度方向沿O₁O₂，，则有,得

（2）从a点沿某一方向进入磁场的粒子从b点飞出，轨道的圆心在C点。四边形aObc是菱形，所以Cb∥Oa，即粒子飞出磁场的速度方向与OO₁平行。

（3）粒子经过电场，偏转距离一定，所以能从电场中飞出的粒子是从中点O₁到上板M之间区域进入电场的粒子。设粒子从a点进入磁场时的速度方向与aO夹角为θ时恰好能从M板边缘进入电场，则∠Obd=30^o，所以∠Cab=∠Oab=30^o，θ=30^o，即粒子进入磁场的方向应在aO左侧与aO夹角小于30^o（或不大于30^o）的范围内。