1983-1997 全国卷

1gl时，求绳对物体的拉力。 (1).当v＝6 (2).当v＝

O θ 2gl时，求绳对物体的拉力。 3(要求说明每问解法的根据) 【解析】全卷100分，本题15分。

题目要求考生说明每问解法的根据.物体做水平匀速圆周运动有两种可能：一种是物体与锥体表面接触(见图1)；一种是物体与锥体表面不接触(见图2)。

当接触时，物体受力如图1所示，T是绳对物体的拉力，N是支持力，mg是重力。物体与锥面间无摩擦。将力沿水平方向和竖直方向分解，按牛顿定律得：

v2Tsinθ－Ncosθ＝m (a)

lsinTcosθ＋Nsinθ＝mg. (b)

由(a)、(b)两式消去T，可得N跟v的关系如下：

v2cosN＝mgsin－m.

lsinglsin2在θ给定后，v越大，N越小，当v＝时，令vb表示这个速率，并将θ＝30°代入，

cos可得：

vb＝

3gl (c) 6因为N是支持力，最小等于0，所以当v>vb时，物体不再与锥面接触。

(1).当v＝

1gl时，因为vl1gl36 ＝mmg

l2 ＝

133mg. 6或:T＝1.03mg.

(2)当v＝

3gl时，因为v>v0，所以物体与锥面不接触。这时物体只受重力和绳子拉力作2用(如图2所示)。用α表示绳与圆锥体轴线之间的夹角，将力沿水平方向和竖直方向分解，按牛顿定律得：

v2 Tsinα＝m, (d)

lsinTcosα＝mg.

将v＝

(e)

3gl代入(d)式，由(d)、(e)两式消去α，可得： 22T2－3mgT－2m2g2=0 解此方程，取合理值，得：

T＝2mg.

评分说明：全题12分。

本题要求考生说明每问解法的根据，即要求得出(c)式，并将(1)、(2)两问中的速率与(c)式相比较。这部分内容占6分。不论考生用什么方法解题。得出(c)式的给4分，再将(1)、(2)两问中的速率与(c)式比较的，再各给1分。

在(1)中，列(a)、(b)式及求解占3分。(a)、(b)两式中有一个列错的，扣2分。单纯运算错误，扣1分。答案最后结果写作T=mg的，不扣分。

在(2)中，列(d)、(e)式及求解占3分。(d)、(e)两式中有一个列错的，扣2分。单纯运算错误，扣1分。若误认为α＝30°，扣2分。

（1984 全国卷）在两端封闭、内径均匀的直玻璃管内，有一段水银柱将两种理

想气体a和b隔开。将管竖立着，达到平衡时，若温度为T，气柱a和b的长度分别为la和lb；若温度为T/，长度分别为l//a和lb。然后将管平放在水平桌面上，//在平衡时，两段气柱长度分别为l//和l//。已知T、T/、la、lb、l//aba、l，求labl//。 b【解析】全卷100分，本题10分。有10分附加题 对于a段气体，有：

pal//aTPalaT/ (a) P/l///aaT/P//alaT// (b) 对于b段气体，有：

p/ bl/bTPblbT/ (c) P////blbT/P//blbT// (d) 压强关系有：pb－pa＝ρglb－ρgla (e)p//a＝pb (f)

由以上各式可得：

TT/la//lblb/＝ ///TTlb/lalala//lala/lb/TlbT/或：//＝// (f)

lblblblaTlaT/评分说明：全题10分。

(a)、(b)、(c)、(d)四式全都列对的，给4分；部分列对但无列错的，给1分；有列错的，不给分。(e)式列对给3分；(f)式列对给1分。 最后结果正确再给2分。

（1985 全国卷）图1中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。图2表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U。从t＝0开始，电压为一给定值U0，经过半个

周期，突然变为－U0；再过半个周期，又突然变为U0；……如此周期性地交替变化。 在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子(质量为m，电量为e)在电场作用下开始运动。要想使这电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的频率最大不能超过多少？ 【解析】全卷100分，本题12分。

开始t=0时，因A板电势比B板高，而电子又紧靠B板处，所以电子将在电场力作用下向A板

运动。在交变电压的头半个周期内，电压不变，电子做匀加速直线运动，其动能不断增大。如果频率很高，即周期很短，在电子尚未到达A板之前交变电压已过了半个周期开始反向，则电子将沿原方向开始做匀减速直线运动。再过半个周期后，其动能减小到零。

接着又变为匀加速运动，半个周期后。又做匀减速运动。……最后到达A板。 在匀减速运动过程中，电子动能要减少。因此，要想电子到达A板时具有最大的动能，在电压的大小给定了的条件下，必须使电子从B到A的过程中始终做加速运动。这就是说，要使交变电压的半周期不小于电子从B板处一直加速运动到A板处所需的时间.即频率不能大于某一值。

在电场力的作用下，电子的加速度a为：a＝

eU0 (a) md其中e和m分别为电子的电量大小和质量，令t表示电子从B一直加速运动到A所需要的时间，则d＝

12at 22d (b) a 或 t＝

令T表示交变电压的周期，ν表示频率，根据以上的分析，它们应满足以下的要求：

T (c) 21即 ν≤ (d)

2t t≤

由(a)、(b)、(d)三式可解得：

ν＝

eU0 (e) 8md2即频率不能超过

eU0 8md2评分标准：本题12分。

列出(a)式的，给2分。列出(b)式的，给2分。这一部分共占4分。

能按题意得出条件(c)式或(d)式的，给5分。得出最后结果(e)式的，再给3分。这一部分共占8分。

（1986 全国卷）有两只伏特表A和B，量程已知，内阻不知等于多少。另有一干电池，它

的内阻不能忽略，但不知等于多少。只用这两只伏特表、电键和一些连接用导线,能通过测量计算出这个电池的电动势(已知电动势不超出伏特表的量程，干电池不许拆开)。 (1)画出你测量时所用的电路图。

(2)以测得的量做为已知量，导出计算电动势的式子。 【解析】全卷100分，本题6分，有10分附加题

(1)要在A处施一最小的力，力的方向应与AP垂直,这样力臂最大.因为r＝2h，由几何关系可推知∠PAO＝30°，∠POB＝60°，要使柱体刚能绕P轴上滚，即意味着此时地面对柱体的支持力

N＝0 (a)

这时，拉力F和重力mg对P轴的力矩平衡，由此可得

mgrsin60°＝F·2rcos30° (b)

所以

F=2.5×102牛顿

(2)设台阶对柱体的作用力为f，因为刚能开始运动时，f与重力mg及拉力F三力平衡，所以必为共点力。由此可知力f的方向是沿PA方向。即力f的方向与F的方向垂直，所以f的大小必等于重力在AP方向上的分力。即

f＝mgcos30° (c) f＝4.3×102牛顿.

评分标准：本题9分。(1)占6分；(2)占3分.

(1)中，知道F与AP垂直的，给3分；列出(a)式的，给1分；列出(b)式的，，给1

分；答数正确的，再给1分。

(2)中，列出(c)式的，给2分；答数正确的，再给1分。

（1987 全国卷）上右图中ABCD是一个用折射率n＝2.4的透明媒质做成的四棱柱镜(图为其横截面)，∠A=∠C=90°，∠B=60°，AB＞BC。现有平行光线垂直入射到棱镜的AB面上(如图示)，若每个面上的反射都不能忽略，求出射光线：要求：

(1).画出所有典型光线从入射到射出的光路图。(为了图面简洁，表示光线进行方向的箭头只在棱镜外面的光线上标出即可)

(2).简要说明所画光路的根据，并说明每条典型光线只可能从棱镜表面的哪部分射出。 【解析】全卷100分，本题8分。有10分附加题 参考解答:

(1).有三条典型光线①，②，③，光路如下页图所示。 (2).因为媒质的折射率n=2.4,所以媒质的临界角 θ＝arcsin

11＝arcsin＜30° n2.4一条典型光线是①，垂直入射到AB面上BE之间(CE⊥AB)，部分垂直反射；部分垂直透射到BC面,因入射角60°大于θ，发生全反射.到DC面，入射角30°仍大于θ，又发生全反射到AB面，垂直入射，部分垂直射出媒质；部分垂直反射回去，根据光路可逆性，最后由原入射处射出媒质，其反射部分又重复原路。总之，光线①只能由AB面上FB(BF=BC)间垂直射出。

一条典型光线是②,垂直入射到AB面上EF之间，部分垂直反射;部分垂直透射.到DC面，入射角30°大于θ，发生全反射到BC面，入射角60°大于θ，全反射到AB面，垂直入射，部分垂直射出媒质；部分垂直反射回去，按光路的可逆性，由原入射处射出媒质，其反射部分又重复原路。总之，光线②只能由AB面上FB间垂直射出。

一条典型光线是③,垂直入射到AB面上FA之间，部分垂直反射；部分垂直透射到DC

面，入射角30°大于θ，全反射到AB面，入射角60°大于θ，全反射.到BC面，垂直入射，部分垂直射出媒质；部分垂直反射回去，按光路的可逆性，由原入射处射出媒质，其反射部分又重复原路。总之，光线③只能由BC面和AB面上FA间垂直射出。 评分标准：本题8分。(1)占3分，(2)占5分。

(1)中，画光路：①占1分，②占1分，③占1分。

每条光线的画法只要有错误或没画,就不能给该条光线的分.

(2)中，解释光路：正确说明各次全反射，给1分；正确利用光路的可逆性，给1分。三条光线的射出范围，答对一条给1分。

本题不要求画出并讨论经E和F点入射的光线的出射线。

（1988 全国卷）N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图所

示（图中只画出了六个圆筒，作为示意）。各筒和靶相间地连接到频率为ν、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。整个装置放在高真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场），缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计。己知离子进入第一个圆筒左端

的速度为v1, 且此时第一、二两个圆筒｝司的电势差V1－V2＝－U，为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量。

【解析】全卷100分，本题9分。

为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电

势高U，这就要要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半周期。由于圆筒内无电场，离子在圆筒内做匀速运动。设vn为离子在第n个圆筒内的速度，则有

1212mvn1mvnqU (1) 22Tv第n个圆筒的长度为Ln＝vnn

221212 由(1)式得 mvnmv1(n1)qU,

22

vn＝

2(n1)qUv12 (3)

m将(3)代入(2)，得第n个圆筒的长度应满足的条件为：

Ln＝

122(n1)qUv12 (4)

m n＝1，2，3……N。 打到靶上的离子的能量为：

Ek＝NqU＋

12mv1 (5) 2评分标准：本题共9分。列出(1)式给2分；列出(2)式给3分；得出(4)式再给2分；得出(5)式给2分。

（19 全国卷）一个质量为m、带有电荷－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有

一与轨道垂直的固定墙。轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图所示。小物体以初速v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f【解析】全卷100分，本题9分。

小物体受到的电场力F=-qE，大小不变,方向指向墙；摩擦力f的方向与小物体运动方向相反.

不管开始时小物体是沿x轴正方向或负方向运动，小物体在多次与墙碰撞后，最后将停止在原点O处。在这个过程中，电势能减少了

△ε＝qEx0

(1)

小物体动能减小了

12由于小物体与墙碰撞时不损失机械能，因而小物体克服摩mv0，

2擦力所做的功就等于减少的动能和电势能之和

fs＝

12mv0＋qEx0 (2) 2解得小物体在停止前所通过的总路程s等于

22qEx0mv0 s＝ (3)

2f评分标准：全题9分。列出(1)式得4分，列出(2)式得4分，得出结果(3)式再得1分。

（1990 全国卷）质量m=2.0千克的小铁块静止于水平导轨AB的A端.导轨及支架ABCD形状及尺寸如上右图,它只能绕通过支架D点的垂直于纸面的水平轴转动,其重心在图中的O点,质量M=4.0千克.现用一细线沿导轨拉铁块,拉力F=12牛.铁块和导轨之间的摩擦系数μ=0.50.重力加速度g=10米/秒2.从铁块运动时起,导轨(及支架)能保持静止的最长时间是多少?

【解析】全卷100分，本题8分。

导轨刚要不能维持平衡时,C端受的力为零,此时导轨(及支架)受四个力:滑块对导轨的压力N=mg,竖直向下;滑块对导轨的摩擦力f=μmg=10牛,方向向右;重力Mg,作用在O点,方向竖直向下;轴作用于D端的力.

设此时铁块走过路程s,根据有轴物体平衡条件及图中尺寸,有

Mg×0.1+mg(0.7-s)=f×0.8=μmg×0.8

40×0.1+20(0.7-s)=10×0.8 ………………(1)

解得 s=0.50米

铁块受的摩擦力f=10牛,向左,由牛顿第二定律得

F-f=ma,12-10=2a ………………(2)

评分标准:全题8分.正确列出(1)式得4分,解得s=0.50米再得1分,共计5分.凡因力的分析、力矩的大小和转向等而导致(1)式错误的就不给这5分,但(1)式正确而s算错的给4分.正确列出(2)式得2分.求出正确结果t=1.0秒再得1分。

（1991 全国卷）在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力:当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?

【解析】全卷100分，本题8分。

解一:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是

v1=v2①l +s2-s1>2r②

其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.

由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为

 ③

设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得

联立解得

 ⑥

解二:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是

v1=v2① l+s2-s1>2r②

其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.

设v0为A球的初速度,则由动量守恒定律得



mv0=mv1+2mv2 ③

由动能定理得

联立解得

 ⑥

评分标准:全题共8分.得出①式给1分.得出②式给2分.若②式中\">\"写成\"≥\"的也给这2分.在写出①、②两式的条件下,能写出③、④、⑤式,每式各得1分.如只写出③、④、⑤式,不给这3分.得出结果⑥再给2分.若⑥式中\"<\"写成\"≤\"的也给这2分.

（1992 全国卷）如图所示,一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m(1)若已知A和B的初速度大小为v0,求它们最后的速度的大小和方向.

(2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

【解析】全卷100分，本题8分。

(1)A刚好没有滑离B板,表示当A滑到B板的最左端时,A、B具有相同的速度.设此速度为V,A和B的初速度的大小为v0,则由动量守恒可得:

Mv0-mvo=(M+m)V

(2)A在B板的右端时初速度向左,而到达B板左端时的末速度向右,可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零,再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段.设l 1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程, l 2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程,L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程,如图所示.设A与B之间的滑动摩擦力为f,则由功能关系可知:

由几何关系

L+(l1- l 2)= l ⑤

评分标准:本题8分

(1)2分.末速度的大小和方向各占1分.

(2)6分.其中关于B的运动关系式(例如②式)占1分;关于A的运动关系式(例如③、④两式)占3分,只要有错,就不给这3分;几何关系(例如⑤式)占1分;求出正确结果⑥,占1分.

用其它方法求解,正确的,可参考上述评分标准进行评分.如考生若直接写出②、③、④、⑤的合并式

则此式可给2分,再写出③式再给3分;最后结果正确再给1分.

（1993 全国卷）一平板车，质量M=100千克，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25米，一质量m=50千克的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00米，与车板间的滑动摩擦系数μ=0.20，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0米。求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s。不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦。取

g=10米/秒2。

【解析】全卷100分，本题8分。

解法一:设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦力为f，自车启动至物块开始离开车板经历的时间为t，物块开始离开车板时的速度为v，车的速度为V，则有 (F-f)s0=(1/2)MV2 ① f(s0－b)＝(1/2)mv2 ② (F-f)t=MV

ft=mv ④

f=μmg ⑤ 由①、②得

由③、④式得

⑥

(F－f)/f＝(MV)/(mv) ⑦ 由②、⑤式得

=2米/秒 由⑥、⑦式得

V＝s0/(s0－b)v＝[2/(2－1)]×2＝4米/秒 由①式得

物块离开车板后作平抛运动，其水平速度v，设经历的时间为t１，所经过的水平距离为s１，则有

s１=vt１ ⑧ h ＝(1/2)gt１2 ⑨ 由⑨式得

s１=2×0.5=1米

物块离开平板车后，若车的加速度为a则a＝F/M＝500/100＝5米/秒2

车运动的距离

于是

s=s２-s１=2.6-1=1.6米 评分标准:全题8分

正确求得物块开始离开车板时刻的物块速度v给1分，车的速度V给2分;求得作用于车的恒力F再给1分。

正确求得物块离开车板后平板车的加速度给1分。

正确分析物块离开车板后的运动，并求得有关结果，正确求出物块下落过程中车的运动距离s２并由此求s的正确数值，共给3分。最后结果有错，不给这3分。

解法二:设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦力为f，自车启动至物块离开车板经历的时间为t，在这过程中，车的加速度为a１，物块的加速度为a２。则有 F-f=Ma１ ①

f=ma２ ② f=μmg ③ 以及

s0＝(1/2)a１t１2 ④ s0－b＝(1/2)a１t１2 ⑤ 由②、③两式得

a２=μg=0.2×10=2米/秒2 由④、⑤两式得

由①、③两式得

F=μmg+Ma１=0.2×50×10+100×4=500牛顿 物块开始离开车板时刻，物块和车的速度分别为v和V，则

物块离车板后作平抛运动，其水平速度为v，所经历的时间为t１，走过的水平距离为s１，则有

s１=vt１ ⑥ h＝(1/2)gt１2 ⑦ 解之得：

s１=vt１=2×0.5=1米 在这段时间内车的加速度

a＝F/M＝500/100＝5米/秒2 车运动的距离

s=s２-s１=2.6-1=1.6米 评分标准:全题8分

正确求得物块离开车板前，物块和车的加速度a１、a2，占2分，求得物块开始离开车板时刻的速度v和此时车的速度V占1分，求得作用于车的恒力F占1分。

正确求得物块离开车板后，车的加速度a占1分。 正确分析物块离开车板后物块的运动并求得有关结果，正确求得物块下落过程中车的运动距离，并由此求得s的正确结果，共占3分。最后结果错误，不给这3分。

（1994 全国卷）如图19-19所示,一带电质点,质量为m,电量为q,以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域.为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出,可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场.若此磁场仅分布在一个圆形区域内,试求这圆形磁场区域的最小半径.重力忽略不计.

【解析】全卷150分，本题12分。

质点在磁场中作半径为R的圆周运动,

根据题意,质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆周,这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切.过a点作平行于x轴的直线,过b点作平行于y轴的直线,则与这两直线均相距R的O′点就是圆周的圆心.质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆(图中虚线圆)上的圆弧MN,M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上.

在通过M、N两点的不同的圆周中,最小的一个是以MN连线为直径的圆周.所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为

所求磁场区域如图中实线圆所示.

（1995 全国卷）如图15所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n＝1,2,3…)。每人只有一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量为m＝14千克，x＜0一侧的每个沙袋质量m′＝10千克。一质量为M＝48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍。(n是此人的序号数)

(1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？

(2)车上最终有大小沙袋共多少个？

【解析】全卷150分，本题12分。

(1)东向右经过第1个人时有：

Mv0－m(2×1×v0)＝(M＋m)v1

经过第

2个人时有：

（M＋1m）v1－m(2×2×v1)＝(M＋2m)v2

经过第

3个人时有：

（M＋2m）v2－m(2×3×v2)＝(M＋3m)v3

按数学归纳法，经过第几个人时有：

[M＋(n－1)m]vn－1－m（2nvn－1）=(M＋nm)vn

解之：vn＝

M(n1)mvn1 ①

Mnm 仍照①式，可以推出 vn－1＝

Mnmvn2 ②

M(n1)m小车反向运动的条件是：

vn－1>0，vn<0

即：M－nm＞0，M－(n＋1)m＜0 代入数字，得：n＜

M483.4 m14M34n＞≈2.4 1m14n应为整数，故n=3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行。

(2)当车上有3沙袋，以某一速度设为v0，向左滑行时，其物理过程，除最初的质量为M＋3m， 初速v0为外完全相同，仍可依照①式结论，推出：

//M3m(n1)m//vvn1 /M3mnm/n及v/n1M3mnm/v/n2 /M3m(n1)m车为再向左滑行的条件是：

v/n－1＞0，v/n≤0

即：M－3m－nm/＞0

M＋3m－(n+1)m/≤0

代入数据：n＜

M3m＝9 /mM3mn≥－1＝8

m/8≤n＜9

n=8时，车停止滑行，即在x＜0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住。故车上最终共有大、小沙袋3＋8＝11个。

（1996 全国卷）设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0伏/米，磁感应强度的大小B＝0.15特。今有一个带负电的质点以v＝20米/秒的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比

q以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)。 m【解析】全卷150分，本题12分。

根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外。

解法一：由合力为零的条件，可得：

mg＝q(vB)2E2 ①

求得带电质点的电量与质量之比：

qmg(vB)E22 ②

代入数据得：

qm9.80(200.15)2＝1.96C/kg ③

因质点带负电,电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向之间夹角为θ，则有

qEsinθ＝qvBcosθ

解得：tanvB200.15， θ＝arctan0.75。 ④ E4.0即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctan0.75,且斜向下方的一切方向。

解法二：因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁砀方向也与电场力方向相

反。设磁场方向与重力方向间夹角为θ，由合力为零的条件，可得：

qEsinθ＝qvBcosθ ①

qEcosθ＋qvBsinθ＝mg ②

代入数据得：

qm9.80(200.15)2＝1.96C/kg ③

tanvB200.15， θ＝arctg0.75。 ④ E4.0即磁场是沿着与重力方向成夹角θ＝arctan0.75，且斜向下方的一切方向。

（1997 全国卷）如图1所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计)经过U0＝1000伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l＝0.20米，相距d＝0.020米，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u－t图线如图2所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场.在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b＝0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T＝0.20秒，筒的周长s＝0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。 (1)以t＝0时(见图2，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标。(不计重力作用) (2)在给出的坐标纸(图3)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。

【解析】全卷100分，本题12分。

(1)计算电子打到记录纸上的最高点的坐标

设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则

12mv0eU0 ① 2电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则

l＝v0t0 ②

电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动.对于恰能穿过A、B板的电子,在它通过时加在两板间的电压uc应满足

11euc2dt0 ③ 22dm联立①、②、③式解得：

2d2uC＝2U0＝20V

l此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为：

vy

euCt0 ④ md此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图(1)可

yd2vy ⑤ bv0由以上各式解得： y＝

bdd＝2.5cm ⑥ l2从题给的u－t图线可知，加于两板电压u的周期T0＝0.10秒，u的最大值um＝100

伏，因为uCΔt＝

uCT0 ⑦ um因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为： x1＝

ts＝2cm ⑧ T第二个最高点的x坐标为：

x2＝

tT0s＝12cm ⑨ T第三个最高点的x坐标为：

x2＝

t2T0s＝22cm T由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示 (2)电子打到记录纸上所形成的图线,如图(2)所示。

评分标准：本题12分。

第(1)问10分，①、②、③、④、⑤、⑥式各1分，⑦式2分，⑧、⑨式各1分。 第(2)问2分，有任何错误都不给这2分。