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如圖1所示的裝置是由加速器、電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器構(gòu)成．加速器兩板a、b間加圖2所示變化電壓u_ab，水平放置的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器兩板間加恒定電壓U₀，極板長(zhǎng)度為l，板間距離為d，磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器中分布著垂直紙面向里的左右有界、上下無(wú)界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁場(chǎng)的寬度為D．許多質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從靜止開(kāi)始，經(jīng)過(guò)加速器加速后從與電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器上板距離為

2d

3

的位置水平射入．已知：U₀=1000V，B=

3

6

T，粒子的比荷

q

m

=8×10⁷C/kg，粒子在加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于U_ab的周期，粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿豎直方向的位移為y，速度方向與水平方向的夾角為θ，y與tanθ的關(guān)系圖象如圖3所示．不考慮粒子受到的重力．
（1）求電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器極板間距離d和極板長(zhǎng)度l；
（2）為使從電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)器下極板邊緣飛出的粒子不從磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)飛出，求磁場(chǎng)寬度D的最小值，并求出該粒子在兩個(gè)偏轉(zhuǎn)器中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；
（3）求哪些時(shí)刻進(jìn)入加速器的粒子能夠進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．

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如圖甲，距離很近的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)范圍很大，方向垂直紙面向里．在邊界上固定兩個(gè)等長(zhǎng)的平行金屬板A 和D，兩金屬板中心各有-小孔S₁、S₂，板間電壓的變化規(guī)律如圖乙，正、反向最大電壓均為U₀，周期為T(mén)₀．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q 的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期也是T₀．現(xiàn)將該粒子在t=T₀/4時(shí)刻由S₁ 靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過(guò)S₂又垂直于邊界進(jìn)人右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬板相碰．不計(jì)粒子重力、極板外的電場(chǎng)及粒子在兩邊界間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（ l ）求金屬板的最大長(zhǎng)度．
（ 2 ）求粒子第n 次通過(guò)S₂的速度．
（ 3）若質(zhì)量m′=13/12m 電荷量為+q 的另一個(gè)粒子在t=0 時(shí)刻由S₁靜止釋放，求該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大半徑．

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如圖所示，水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，質(zhì)量一定的金屬棒OO'垂直于導(dǎo)軌放置，現(xiàn)使棒以一定的初速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒通過(guò)位置a、b時(shí)速度分別是v_a、v_b，到位置c時(shí)剛好靜止，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)，ab=bc，則金屬棒在由a到b和由b到c的兩個(gè)過(guò)程中（　　）

A、金屬棒的加速度相等

B、通過(guò)電阻R的電荷量相等

C、電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相等

D、速度變化量相等

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1. BCD   2. BC    3.D        4.A     5. C

6. AD    7.C     8. CD        9. AB    10.BC

11.（１）ＣＤ（２）指零　　指零　　指零　　　左偏　

12. 電極Ａ與導(dǎo)電紙接觸不良

13. 解：（１）小球速度最大時(shí)，棒對(duì)它的彈力垂直于棒向下，受力分析如圖，沿桿方向，，垂直桿方向：，聯(lián)立以上各式，得

所以：

（２）小球Ｃ從斜置的絕緣棒上由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，必須滿足條件，而即，所以

14. 解：（１）根據(jù)牛頓第二定律，根據(jù)庫(kù)侖定律，，解得

（２）當(dāng)Ａ球受到的合力為零即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)Ａ球與Ｂ點(diǎn)間的距離為Ｒ，則，解得。

15. 解：（１）、（２）如圖所示，設(shè)小球在Ｃ點(diǎn)的速度大小是，對(duì)軌道的壓力大小為，則對(duì)于小球由ＡC的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理列出：－０，在Ｃ點(diǎn)的園軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

（３）如圖所示，設(shè)小球初始位置應(yīng)在離Ｂ點(diǎn)ｘｍ的點(diǎn)，對(duì)小球由Ｄ的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，有：，在Ｄ點(diǎn)的圓軌道徑向應(yīng)用牛頓第二定律，有，解得

16. 解：（１）F₁為P₁參與的運(yùn)動(dòng)而受到指向Ｎ端的洛倫茲力，其值為：（其中 ，為的電量），對(duì)應(yīng)有指向Ｎ端的加速度： （其中ｍ為的質(zhì)量）

在管中運(yùn)動(dòng)會(huì)使它受到另一個(gè)向左的洛倫茲力，此力與管壁對(duì)向右的力所抵消，到達(dá)Ｎ端時(shí)具有沿管長(zhǎng)方向的速度：

所以，對(duì)紙平面的速度大小為：

又因?yàn)?sub>，故：

即：

所以的比荷為：

（２）從Ｍ端到Ｎ端經(jīng)歷的時(shí)間為：

離開(kāi)管后將在紙平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與周期分別為：

經(jīng)ｔ_１時(shí)間已隨管朝正右方向運(yùn)動(dòng)：

的距離

所以離開(kāi)Ｎ端的位置恰好為的初始位置

經(jīng)時(shí)間ｔ_１已知運(yùn)動(dòng)到如圖所示的位置Ｓ_２走過(guò)的路程為

只能與相碰在圖中的Ｓ處，相遇時(shí)刻必為

且要求在這段時(shí)間內(nèi)恰好走過(guò)2Ｒ的路程，因此有

即得：

所以：

17. 解：……①　

由于重力和電場(chǎng)力平衡，電粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，小球平拋且碰時(shí)動(dòng)量守恒，根據(jù)條件，碰后反向

……①

另有……②

解得……③

對(duì)平拋：

解得