15．(16分)如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度E=
8??103N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻，一个带正电粒子从P
点以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷⑴在磁场中运动时距x轴的最大距离； ⑵连续两次通过电场边界MN所需的时间； ⑶最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
O y π-2m，10q ?106C/kg，不计粒子的重力。求粒子：
m挡板B P M E t/(×10-5s) 甲 0 v x N
0.1 B/T
21?9?3? 15?
12π 3π 6π 9π
2222?乙
▲ ▲ ▲
物理参考答案
一、二、选择题：1~5小题每小题3分，6~9每小题4分，共计31分． 1．A 2．C 3．D 4．D 5．B 6．BD 7．ABC 8．BC 9．AD
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分． 10．（1）AD（2分） （2）0.316（0.32也算对）（2分） 0.93（2分） （3）随所挂钩码质量m的增大，不能满足M>>m（2分） 11．(1) (2)如图 (3) b
12A．（共12分）
（1）AB（3分） （2）增大（2分） 吸收（2分）
?RD4L2V S2 0.650
电源 合金丝 A 丙 ) 2.9 (每空2分，作图2分
S1 ms0 （2分） sm1m2石墨烯所含原子个数：n?1NA （2分）
M（3）1m2石墨烯的质量： m1?代入数据解得：n=1.9×1019个 （1分） 12B．（共12分）
（1）AC （3分） （2）5×1014（2分） 短（2分） （3）①v?c2?c （2分） n2②由题意知入射角为30?
n?sinrsinr? （2分） sinisin30?所以折射角r?45?（1分） 12C． ⑴AB (3分)
⑵hν0 (2分)， hν0 (2分)
?⑶①mAvA?mBvB?mAv?A?mBvB (2分)
代入数据解：v?A=1.0m/s (1分) ②E损?1111222?2 （1分） mAvA?mBvB?mAv??mBvBA2222
代入数据解得：E损?0.25J （1分）
四、计算题：本题共3小题，共47分．解答时请写出必要文字说明、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，答案中须明确写出数值和单位． 13．（共15分）
⑴电流达Im时棒做匀速运动
对棒：F安=BImd （ 2分）
F安?mg （ 2分）
解得：B?mg （1分） Imd⑵t1时刻，对回路有：
E=Bdv （2分）
Im?Bdv （2分） R?r2Im?R?r? （1分）
解得：v?mg⑶电路中产生的总电热：Q?mgh?电阻R上产生的电热：QR?12mv （2分） 2RQ （2分） R?r4mghRImR?R?r?解得：QR? （1分） ?R?r2mg214．⑴木板M的最大加速度am??mgM?4m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
Fm?(M?m)am?12N（2分）
即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动 对整体分析有：F?(M?m)a1（1分）
v1?a1t1 （1分）
代入数据得：v1?1m/s（1分） ⑵对M：0~0.5s，x1?12a1t1（1分） 2 0.5~2s，?mg?Ma2（1分）
x2?v1t2?12a2t2（2分） 2则0～2s内板的位移x?x1?x2?6.25m（1分） ⑶对滑块：
0.5~2s，F??mg?ma2 0~2s时滑块的位移x??x1?(v1t2?在0~2sm与M相对位移?x1?x??x?2.25m（1分） t=2s时 木板速度v2?v1?a2t2?7m/s（1分） 滑块速度v2?v1?a2t2?10m/s（1分）
撤去F后，对M：?mg?Ma3 对m：??mg?ma3
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2?a3t3?v2?a3t3 解得t3?0.5s（1分）
该段时间内，M位移x3?v2t3??12a2t2) 2?????11?22??a3t3 m位移x3?v2t3?a3t3 22相对位移?x2?x3?x3?0.75m（1分）
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移?x??x1??x2?3m 系统因摩擦产生的内能Q??mg??x=12J （1分） 其他解法只要正确同样给分。
v215．解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB?m
R?（2分）
解得半径R?0.2m
粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym=2R=0.4m (2)如答图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 2?R2??0.2T???2??10?5s 4v2?10y （2分）
G O （1分） A F P B 3?3由磁场变化规律可知，它在0-?10-5s(即0-T) 24时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿-y方向做匀 M 速直线运动直至电场边界C点， 用时 t2?R?y0?T??10?5s? v24C x N E
（1分） 答图甲 D 进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得
粒子的加速度 a?qE8??109m/2s m? （1分）
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间
2v2?2?104?Tt3????10-5s?
8a24?109 （1分）
?接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经
3??10-5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前2面的运动过程．所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能： 第一种可能是，由C点先沿-y方向到D再返回经过C， 所需时间为 t=t3=
?2?10-5s
（1分）
第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿-y方向做匀速直线运动至MN， 所需时间为 t??T3TT???2T?4??10?5s 424K Q O M E 答图乙 y J I H P N x （1分） B (3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向 -x方向平移2R(即答图甲中所示从P点移到F点)，
OP?1.1m?5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如答 图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J 是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的 圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。 由题意知，QI?OP?5R?0.1m KQ?R?QI?0.1m? （2分） （2分） （2分）
2R3，则JQ?R2?KQ?R 22??J点到O的距离JO?R?
32?3R?m?0.37m 210
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