5.若，則的最小值是(　 )

　 A.　　　　　　　 B.　　　　　　 C.　　　　　　　 D.1

4.“”是“”成立的(　 )條件.

　 A.既不充分也不必要　　　　　　　　　 B.充要

C.必要不充分　　　　　　　　　　　　 D.充分不必要　　　 　　　　　　　　　　

3.不等式:的解集是(　 )

　 A.　　　　　 B.　　　 C.　　 D.

2.為了得到函數(shù)的圖象,只需將,的圖象上所有的點(　 )

　 A.向右平移個單位長度　　　　　　　 B.向左平移個單位長度

　 C.向右平移個單位長度　　　　　　　 D.向左平移個單位長度

1.已知,則 (　 )

　 A.　　　　　　 B. 　　　　C. 　　　　　D.

25.(09年重慶卷)(19分)如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U₀的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知HO=d，HS=2d，=90°。(忽略粒子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E₀的大小以及HM與MN的夾角；

(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點處，質(zhì)量為16m的離子打在處。求和之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。

解析：

25.(09年四川卷)(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10^-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V₀=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達(dá)O點的正下方O₁點時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O₁相距R=1.5 m,小球P在O₁點與另一由細(xì)繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.6×10^-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細(xì)繩，同時在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的弱強(qiáng)磁場。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運動。小球P、N均可視為質(zhì)點，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s²。那么，

(1)彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？

(2)請通過計算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。

　(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導(dǎo)出r的表達(dá)式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ為小球N的運動速度與水平方向的夾角)。

解析：

(1)設(shè)彈簧的彈力做功為W，有：　　　　　　　　　　

　　　　　　　　①

代入數(shù)據(jù)，得：W＝J　　　　　　　　 　②

(2)由題給條件知，N碰后作平拋運動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小分別為v₁和V，并令水平向右為正方向，有: 　　③

而： 　　　　　　　　　　　　　　 ④

若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1，這種碰撞不能實現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運動。有： 　　　　　　　　　　⑤

P、N速度相同時，N經(jīng)過的時間為，P經(jīng)過的時間為。設(shè)此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為，有：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

　　　　　　　 　　　　　 ⑦

代入數(shù)據(jù)，得： 　　　　　　　　　　　 ⑧

對小球P，其圓周運動的周期為T，有：

　　　　　　　　　　　　　 　　　 ⑨

經(jīng)計算得： ＜T，

P經(jīng)過時，對應(yīng)的圓心角為，有： 　　　　 ⑩

當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有：

聯(lián)立相關(guān)方程得：

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。

當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，

同上得： ，

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。

(3)當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，，

再聯(lián)立④⑦⑨⑩解得：

當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，

同理得： ，

考慮圓周運動的周期性，有:

(給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值)

(09年海南物理)16．(10分)如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為的電子以大小為的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：

(1)次勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大�。�

(2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積。

解析：(1)設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力

應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有

　 聯(lián)立①②式得

(2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。

為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為(不妨設(shè))的情形。該電子的運動軌跡如圖所示。

圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由③式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標(biāo)系中，P點的坐標(biāo)為

這意味著，在范圍內(nèi)，p點形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。

因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為

評分參考：本題10分。第(1)問4分，①至③式各1分；得出正確的磁場方向的，再給1分。第(2)問6分，得出“圓弧是所求磁場區(qū)域的一個邊界”的，給2分；得出所求磁場區(qū)域的另一個邊界的，再給2分；⑥式2分。

15.(09年江蘇物理)(16分)如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出)。線框的邊長為d(d < l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：

(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t₁；

(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離_m。

解析：

(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W

由動能定理　

且

解得　

(2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動

由動能定理　

裝置在磁場中運動時收到的合力

感應(yīng)電動勢　 =Bd

感應(yīng)電流　　 =

安培力　　　

由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有

則

有

解得　

(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運動

　　 由動能定理　

　　 解得　　

14.(09年江蘇卷)(16分)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器�；匦�加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。

(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；

(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；

(3)實際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為B_m、f_m，試討論粒子能獲得的最大動能E_㎞。

解析：

(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r₁,速度為v₁

qu=mv₁²

qv₁B=m

解得　

同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑　

則

(2)設(shè)粒子到出口處被加速了n圈

解得　

(3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即

當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為B_m時，加速電場的頻率應(yīng)為

粒子的動能

當(dāng)≤時，粒子的最大動能由B_m決定

解得

當(dāng)≥時，粒子的最大動能由f_m決定

解得

25.(09年浙江卷)(22分)如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q>0)和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g。

(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進(jìn)入有磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向離開，求點場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。

(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。

(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。

答案：(1)；方向垂直于紙面向外；(2)見解析；(3)與x同相交的區(qū)域范圍是x>0。

解析：本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。

帶電粒子平行于x軸從C點進(jìn)入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由

可得　　　　　　　　　

方向沿y軸正方向。

帶電微粒進(jìn)入磁場后，將做圓周運動。 且

　　　　　　　　　　　 r=R

如圖(a)所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。由

得　　　　　　　　　　　

方向垂直于紙面向外

(2)這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點。

方法一：從任一點P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進(jìn)入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標(biāo)原點為。

方法二：從任一點P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，其圓心Q的坐標(biāo)為(-Rsinθ，Rcosθ),圓周運動軌跡方程為

得

　　　　　　　　 x=0　　　　　　　　　 x=-Rsinθ

　　　　　　　　 y=0　　　　　 或　　　　 y=R(1+cosθ)

(3)這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0

帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r′的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示。靠近M點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠(yuǎn)處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。

所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0.