物理大題MicrosoftWord文檔(3)

1、1.如圖所示，兩個絕緣斜面與絕緣水平面的夾角均為=450，水平面長d，斜面足夠長，空間存在與水平方向成450的勻強電場E，已知。一質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊，從右斜面上高為d的A點由靜止釋放，不計摩擦及物塊轉彎時損失的能量。小物塊在B點的重力勢能和電勢能均取值為零。試求：（1）小物塊下滑至C點時的速度大?。?）在AB之間，小物塊重力勢能與動能相等點的位置高度h1（3）除B點外，小物塊重力勢能與電勢能相等點的位置高度h2（1）物塊從ABC的過程：由動能定理，有： （1分） （2分）求得： （2分）（2）物塊從A點下滑至重力勢能與動能相等的位置過程： （1分） 則有： （1分）求得： （3

2、）除B點外，物塊重力勢能與電勢能相等的位置位于左斜面 （2分） 則有： （2分） 求得： （1分） 2.（20分）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。湯姆孫發(fā)現電子的質譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO的距離。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。（1）設一個質量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點。若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的

3、距離y0;(2)假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數。上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強磁場?，F有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O點沿OO方向射入，屏上出現兩條亮線。在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運動時OO方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度。2（20分）（1）離子在電場中受到的電場力離子獲得的加速度 離子在板間運動的時間 到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度

4、 離子從板右端到達屏上所需時間 離子射到屏上時偏離點的距離 由上述各式，得 （2）設離子電荷量為，質量為，入射時速度為，磁場的磁感應強度為，磁場對離子的洛倫茲力已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運動時間甚短，所經過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運動時，方向的分速度總是遠大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產生的加速度是離子在方向的加速度，離子在方向的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動，到達極板右端時，離子在方向的分速度離子飛出極板到達屏時，在方向上偏離點的距離 當離子的初速度為任意值時，離子到達屏上時的位置在方向上偏離點的距離為，考慮到式，得由、兩式得

5、其中上式表明，是與離子進入板間初速度無關的定值，對兩種離子均相同，由題設條件知，坐標3.24mm的光點對應的是碳12離子，其質量為，坐標3.00mm的光點對應的是未知離子，設其質量為，由式代入數據可得故該未知離子的質量數為14。3.如圖所示，電源電動勢內阻，電阻。間距的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度的勻強磁場。閉合開關，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度沿兩板間中線水平射入板間。設滑動變阻器接入電路的阻值為，忽略空氣對小球的作用，取。（1） 當時，電阻消耗的電功率是多大？（2） 若小球進入板間做勻速度圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為，則是多少

6、？【答案】速度圖像為右圖。 900m【解析】閉合電路的外電阻為 根據閉合電路的歐姆定律 A R2兩端的電壓為 V R2消耗的功率為 W 小球進入電磁場做勻速圓周運動，說明重力和電場力等大反向，洛侖茲力提供向心力，根據牛頓第二定律 連立化簡得 小球做勻速圓周運動的初末速的夾角等于圓心角為60°，根據幾何關系得 連立帶入數據 V 干路電流為 A 4.如圖所示，空間有場強的豎直向下的勻強電場，長的不可伸長的輕繩一端固定于點，另一端系一質量的不帶電小球，拉起小球至繩水平后，無初速釋放。另一電荷、質量與相同的小球，以速度水平拋出，經時間與小球A在D點迎面正碰并粘在一起成為小球C，碰后瞬間斷開輕

7、繩，同時對小球C施加一恒力，此后與小球與點下方一足夠大的平板相遇。不計空氣阻力，小球均可視為質點，取。（1） 求碰撞前瞬間小球的速度。（2） 若小球經過路到達平板，此時速度恰好為O，求所加的恒力。（3） 若施加恒力后，保持平板垂直于紙面且與水平面的夾角不變，在點下方面任意改變平板位置，小球均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力。【答案】 1.01APC【解析】 P做拋物線運動，豎直方向的加速度為 m/s2 在D點的豎直速度為 m/s P碰前的速度為 m/s設在D點輕繩與豎直方向的夾角為，由于P與A迎面正碰，則P與A速度方向相反，所以P的速度與水平方向的夾角為有 ， 對A到達D點的過程中根據動能

8、定理 化簡并解得 m/s P與A迎面正碰結合為C，根據動量守恒得 解得 m/s 小球C經過s速度變?yōu)?，一定做勻減速運動，根據位移推論式 m/s2 設恒力F與豎直方向的夾角為，如圖，根據牛頓第二定律 給以上二式帶入數據得 解得 平板足夠大,如果將平板放置到無限遠根據題意也能相碰，此時小球C必須勻速或加速不能減速，所以滿足條件的恒力在豎直線與C的速度線之間，設恒力與豎直方向的夾角為，則 0120° 在垂直速度的方向上，恒力的分力與重力和電場力的分力等大反向，有 則滿足條件的恒力為 （其中0120°）5.如圖所示，在0xa、oy范圍內有垂直手xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大

9、小為B。坐標原點0處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的 (1)速度的大?。?(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦。5（18分）解：（1）設粒子的發(fā)射速度為，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式，得 由式得 當時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示。設該

10、粒子在磁場運動的時間為t，依題意，得 設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系可得 又 由式得 由式得 （2） 由式得 6.如圖所示，一矩形輕質柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉動，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2。在膜的下端（圖中A處）掛有一平行于轉軸，質量為m，長為L2的導體棒使膜成平面。在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉化成電能。光電池板可等效為一個一電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能（設垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定）。導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中

11、，并與光電池構成回路，流經導體棒的電流垂直紙面向外（注：光電池與導體棒直接相連，連接導線未畫出）。（1）現有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率。（2）當變成時，通過調整電路使導體棒保持平衡，光電池除維持導體棒平衡外，還能輸出多少額外電功率？解析（1）導體棒受力如圖mgBIL2 光電池輸出功率（即光電池板接收到的光能對應的功率）為（2）維持導體棒平衡需要的電流為而當變?yōu)闀r光電池板因被照射面積增大使電池輸出的電流也增大需要在導體棒兩端并聯(lián)一個電阻，題目要求的就是這個電阻上的功率。由并聯(lián)電路特點得：光電池提供的總電流以下關鍵是求

12、光電池輸出功率為（為當變成時，光電池板接收到的光能對應的功率。）已知垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定（設為P0）由右圖可知 已知電池輸出電流正比于光電池板接收到的光能光電池能提供的額外功率為7.在一個放射源水平放射出和三種射線，垂直射入如圖所示磁場。區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強磁場，兩區(qū)域的磁感強度大小B相等，方向相反（粒子運動不考慮相對論效應）。（1）若要篩選出速率大于v1的粒子進入區(qū)域，要磁場寬度d與B和v1的關系。（2）若B=0.0034T，v1=0.1c（c是光速度），則可得d；粒子的速率為0.001c，計算和射線離開區(qū)域時的距離；并給出去除和射線的方法。（3）當

13、d滿足第（1）小題所給關系時，請給出速率在v1<v<v2區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置和方向。（4）請設計一種方案，能使離開區(qū)域的粒子束在右側聚焦且水平出射。已知：電子質量，粒子質量，電子電荷量，（時）。BBBB7.解析：（1）作出臨界軌道，由幾何關系知r=d 由得（2）對電子： 對粒子：BBy 作出軌道如圖豎直方向上的距離 區(qū)域的磁場不能將射線和射線分離，可用薄紙片擋住射線，用厚鉛板擋住射線。（3）畫出速率分別為和的粒子離開區(qū)域的軌跡如下圖BB速率在區(qū)域間射出的粒子束寬為（4）由對稱性可設計如圖所示的磁場區(qū)域，最后形成聚集且水平向右射出。BBBB8.小明站在水平地面上，手握不可伸長的

14、輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動。當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地。如題24圖所示。已知握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d,重力加速度為g。忽略手的運動半徑和空氣阻力。（1） 求繩斷時球的速度大小和球落地時的速度大小。（2） 向繩能承受的最大拉力多大？（3） 改變繩長，使球重復上述運動，若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？8.（1）設繩斷后球飛行時間為t，由平拋運動規(guī)律，有豎直方向d=gt2，水平方向d=v1t得v1=由機械能守恒定律，有+mg 得v2=（2）設

15、繩能承受的最大拉力大小為T，這也是球收到繩的最大拉力大小。 球做圓周運動的半徑為 由圓周運動向心力公式，有 得（3）設繩長為l,繩斷時球的速度大小為v，繩承受的最大拉力不變，有得繩斷后球做平拋運動，豎直位移為dl,水平位移為x，時間為t1，有dl= x=v3t1得x4 當l時，x有極大值 xmaxd9.（10廣東卷）如圖16（a）所示，左為某同學設想的粒子速度選擇裝置，由水平轉軸及兩 個薄盤N1、N2構成，兩盤面平行且與轉軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫， 兩狹縫夾角 可調（如圖16（b）；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應強度為B.一小束速度不同、

16、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經O點垂直進入磁場。 O到感 光板的距離為 ，粒子電荷量為q,質量為m,不計重力。（1） 若兩狹縫平行且盤靜止（如圖16（c），某一粒子進入磁場后，數值向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t;（2） 若兩狹縫夾角為 ，盤勻速轉動，轉動方向如圖16（b）.要使穿過N1、N2的粒子均打到感光板P1、P2連線上，試分析盤轉動角速度 的取值范圍（設通過N1的所有粒子在盤轉一圈的時間內都能到達N2）。10.如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內（邊界為l1、l2），存在垂直紙面同里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強

17、度的大小為E，E>0表示電場方向豎直向上,t=0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、Ea、m、a、g為已知量。 （1）求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大?。?（2）求電場變化的周期T; （3）改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值。解：（1）微粒作直線運動，則 微粒做圓周運動，則 （2）設微粒從N1運動到Q的時間為t1，作圓周運動的周期為t2，則 電場變化的周期 （3）若微粒能完成題述的運動過程，要求 聯(lián)

18、立得 設N、Q段直線運動的最短時間為因t2不變，T的最小值11.（10上海）如圖，寬度L=0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定板個與水平面內，并處在磁感應強度大小B=0.4T，方向豎直向下的勻強磁場中，框架的電阻非均勻分布，將質量m=0.1kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并且框架接觸良好，以P為坐標原點，PQ方向為x軸正方向建立坐標，金屬棒從處以的初速度，沿x軸負方向做的勻減速直線運動，運動中金屬棒僅受安培力作用。求：（1）金屬棒ab運動0.5m，框架產生的焦耳熱Q；（2）框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數關系；（3）為求金屬棒ab沿x軸負方向運動0.4s過程中通

19、過ab的電量q，某同學解法為：先算出金屬棒的運動距離s，以及0.4s時回路內的電阻R，然后代入q=求解。指出該同學解法的錯誤之處，并用正確的方法解出結果。11.解析：（1），因為運動中金屬棒僅受安培力作用，所以F=BIL又，所以且，得所以（2），得，所以。（3）錯誤之處：因框架的電阻非均勻分布，所求是0.4s時回路內的電阻R，不是平均值。正確解法：因電流不變，所以。本題考查電磁感應、電路與牛頓定律、運動學公式的綜合應用。難度：難。12.右圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V；兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖中右邊有一半徑為R、圓心為O

20、的圓形區(qū)域，區(qū)域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑EF方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的G點射出，已知弧所對應的圓心角為。不計重力，求： （1）離子速度的大小； （2）離子的質量。12.（1）由題設知，離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，它所受到的向上的磁場力和向下的電場力平衡式中，是離子運動速度的大小，是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有由式得由式與題給條件得、 （2）由式得到物塊與木板運動的vt圖象，如右圖所示。在03s內物塊相對于木板滑過的距

21、離等于木板和物塊vt圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積。該四邊形由兩個三角形組成：上面的三角形面積為0.25（m）下面的三角形面積為2（m），因此評分參考：本題共11分，第（1）問8分，各式1分，式2分，式1分；第（2）問3分，正確給出vt圖象給2分，式1分。13圖1中，質量為m的物塊疊放在質量為2m的足夠長的木板上方右側，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數為。在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s內F的變化如圖2所示，圖中F以mg為單位，重力加速度g=10m/s2.整個系統(tǒng)開始時靜止。 （1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度； （

22、2）在同一坐標系中畫出03s內木板和物塊的vt圖象，據此求03s內物塊相對于木板滑過的距離。14.如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度aB=10m/s2的勻加速直線運動。已知A的質量mA和B的質量mg均為20kg,A、B之間的動摩擦因數=005，B與水平面之間的動摩擦因數=01，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物體A剛運動時的加速度aA（2）t=10s時，電動機的輸出功率P；（3）若t=10s時，將電動機的輸出功率立即調整為P=5W，并在以后的運動過程中始終保持

23、這一功率不變，t=38s時物體A的速度為12m/s。則在t=10s到t=38s這段時間內木板B的位移為多少？14【解析】（1）物體在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛頓第二定律得， 代入數據解得（2）時，木板的速度大小為 ，木板所受拉力，由牛頓第二定律有 ，解得：， 電動機輸出功率 。（3）電動機的輸出功率調整為時，設細繩對木板的拉力為，則， 解得，木板受力滿足，所以木板將做勻速直線運動，而物體則繼續(xù)在上做勻加速直線運動直到速度相等。設這一過程時間為，有 ，這段時間內片的位移，由以上各式代入數據解得： 木板在到這段時間內的位移。15.如下圖，在區(qū)域內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小

24、為B。在t=0 時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向夾角分布在0180°范圍內。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=時刻剛好從磁場邊界上P(,a)點離開磁場。求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q；（）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與軸正方向夾角的取值范圍；（）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間15（21分） 速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°從粒子發(fā)射到全部離開所用 時間 為16.圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V;兩板之間有勻強磁場，磁場應強度大

25、小為，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG(EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內及其邊界上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假設一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面，垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力（1） 已知這些離子中的離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質量。（2） 已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為，求離子乙的質量。（3） 若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界

26、上什么區(qū)域內可能有離子到達。16.（1）由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，它所受到的向上的磁場力和向下的電場力平衡，有式中，是離子運動的速度，是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有由式得在正三角形磁場區(qū)域，離子甲做勻速圓周運動。設離子甲質量為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有式中，是離子甲做圓周運動的半徑。離子甲在磁場中的運動軌跡為半圓，圓心為：這半圓剛好與邊相切于，與邊交于點。在中，垂直于。由幾何關系得由式得聯(lián)立式得,離子甲的質量為（2）同理，有洛侖茲力公式和牛頓第二定律有式中，和分別為離子乙的質量和做圓周運動的軌道半徑。離子乙運動的圓周的圓心必在兩點之間，又幾何關系有由式得聯(lián)立

27、式得，離子乙的質量為（3）對于最輕的離子，其質量為，由式知，它在磁場中做半徑為的勻速圓周運動。因而與的交點為，有當這些離子中的離子質量逐漸增大到m時，離子到達磁場邊界上的點的位置從點沿邊變到點；當離子質量繼續(xù)增大時，離子到達磁場邊界上的點的位置從點沿邊趨向于點。點到點的距離為所以，磁場邊界上可能有離子到達的區(qū)域是：邊上從到點。邊上從到。評分參考：第（1）問11分，式各1分，式2分，式各2分, 式3分.第（2）問6分，式1分，式2分，式3分第（3）問4分 對于磁場邊界上可能有離子達到的區(qū)域，答出“邊上從到”給2分，答出“邊上從到”，給2分。17.（14分）如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直

28、放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板。有一質量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)椋⒁耘c碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？（2）小物塊碰撞后經過多長時間停止運動？停在何位置？17.答案（1）（2）時間為，停在處或距離B板為【解析】本題考查電場中的動力學問題（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為

29、小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力 故小物塊運動的加速度 設小物塊與A板相碰時的速度為v1 b 解得 （2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小 加速度大小為 設小物塊碰后到停止的時間為 t，注意到末速度為零，有 解得 設小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零， 則 或距離B板為 18.（19分）如題25圖，離子源A產生的初速為零、帶電量均為e、質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直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板HM上的小孔S離開電場，經過一段勻速直線運動

30、，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場。已知HOd，HS2d，90°。（忽略離子所受重力）（1）求偏轉電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角；（2）求質量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）若質量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質量為16m的離子打在S2處。求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質量范圍。18.解析：（1）正離子被電壓為U0的加速電場加速后速度設為V1，設對正離子，應用動能定理有eU0mV12-0， 正離子垂直射入勻強偏轉電場，作類平拋運動受到電場力FeE0、產生的加速度為a，即a， 垂直電場方向勻速運動，有2dV1t， 沿場強方向：dat

31、2， 聯(lián)立解得E0又tan，解得45°；（2）正離子進入磁場時的速度大小為， 正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，得， 聯(lián)立解得離子在磁場中做圓周運動的半徑；（3）根據可知，質量為4m的離子在磁場中的運動打在S1，運動半徑為，質量為16m的離子在磁場中的運動打在S2，運動半徑為R22，由幾何關系可知S1和S2之間的距離，將、代入解得；由R2(2 R1)2+( RR1)2解得RR1，再根據R1RR1，解得mmx25m。19.（13分）如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體

32、棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區(qū)域內存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區(qū)域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區(qū)域內。（1）求導體棒所達到的恒定速度v2；（2）為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？（3）導體棒以恒定速度運動時，單位時間內克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？（4）若t0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t導體棋睥瞬時速度

33、大小為vt，求導體棒做勻加速直線運動時的加速度大小。19（1）EBL（v1v2），IE/R，FBIL，速度恒定時有：f，可得：v2v1，（2）fm， （3）P導體棒Fv2f，P電路E2/R，（4）因為fma，導體棒要做勻加速運動，必有v1v2為常數，設為Dv，a，則fma，可解得：a。20.有人設想用右圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比。電離后，粒子緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域1，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域II，其中磁場的磁感應強度大小為B，方向如圖。收集室的小孔O3與O1、O2在

34、同一條水平線上。半徑為r0的粒子，其質量為m0、電量為q0，剛好能沿O1O3直線射入收集室。不計納米粒子重力。（V球4/3r3，S球4r2）（1）試求圖中區(qū)域II的電場強度；（2）試求半徑為r的粒子通過O2時的速率；（3）討論半徑rr0的粒子剛進入區(qū)域II時向哪個極板偏轉。 （1）EB，方向豎直向上（2）vv0（3）rr0時，vv0，F總0，粒子會向上極板偏轉；rr0時，vv0，F總0，粒子會向下極板偏轉；21、在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應強度為B。一質量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點（APd）射入磁場（不計重力影響）。

35、如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。RAOPDQ如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為（如圖）。求入射粒子的速度。21、由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。RAOPDQO/R/ 設入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得： 解得：設O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設O/QR/。 由幾何關系得： 由余弦定理得： 解得： 設入射粒子的速度為v，由 解出：22.兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示，在y>0，0<x<a的區(qū)

36、域有垂直于紙面向里的勻強磁場，在y>0，x>a的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內的磁感應強度大小均為B.在O點有一處小孔，一束質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子沿x軸經小孔射入磁場，最后扎在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮，從射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數值.已知速度最大的粒子在0<c<a,的區(qū)域中運動的時間與在x>a的區(qū)域中運動的時間之比為2：5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中作圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍（不計重力的影響）.22. 解：對于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如

37、圖1所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時r=a，y軸上的最高點為y=2r=2a ;對于 x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖2所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個圓，由幾何知識得到在x軸上的坐標為x=2a;速度最大的粒子是如圖2中的實線，又兩段圓弧組成，圓心分別是c和c 由對稱性得到 c在 x軸上，設在左右兩部分磁場中運動時間分別為t1和t2,滿足 解得 由數學關系得到： 代入數據得到： 所以在x 軸上的范圍是23.如圖所示，在坐標系xOy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角=120°，在OC右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一勻強磁場，其上邊界與電

38、場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角30°，大小為v。粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求（1）粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第

39、二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間。（1）設磁場左邊界與x軸相交于D點，與CO相交于O´點，則幾何關系可知，直線OO´與粒子過O點的速度v垂直。在直角三角形OO´D中OO´D =30º。設磁場左右邊界間距為d，則OO´=2d。依題意可知，粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O´點，圓孤軌跡所對的圓心角為30º，且O´A為圓弧的半徑R。由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離 由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得 聯(lián)立式得 （2）設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，

40、第一次在磁場中飛行的時間為t1，有依題意，勻強電場的方向與x軸正向夾角應為150º。由幾何關系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為60º。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為，必定在直線OC上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則OP=120º。設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2，有 設帶電粒子在電場中運動的時間為t3，依題意得 由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知 聯(lián)立可得 （3）粒子自P點射出后將沿直線運動。設其由P´點再次進入電場，則幾何關系知三角形OPP´為等腰三角形。設粒子在P、P´兩點間運動的

41、時間為t4，有 又由幾何關系知聯(lián)立式得 24.如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；; (【解析】本

42、題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯(lián)立可得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有 從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得 聯(lián)立可得 s25(18分）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）

43、。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且t0=，兩板間距h=(l)求位子在0t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。(2)求粒子在極板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。(3)若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖l所示，磁場的變化改為如圖3所示試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。25.解法一：( l ）設粒子在0t0時間內運動的位移大小為s1s1=at02 a= 又已知 t0=，h= 聯(lián)立 式解得 = ( 2 ）粒子在t02t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T ，則v1=at0 qv1B

44、0 = 聯(lián)立式得 R1= 又 T = 即粒子在t02t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t03t0時間內，粒子做初速度為v1，的勻加速直線運動設位移大小為s2s2 = v1t0+at02 解得 s2 = h 由于S1S2< h ，所以粒子在3t04t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2v2=v1+at0 qv2B0 = 解得R2 = 由于s1+s2+R2 < h ，粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t05t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此。、動的最大半徑R2=。( 3 ）粒子在板間運動的軌跡如圖2 所示。解法二：由題意可知，電磁場的周期為

45、2t0 ，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為a=。方向向上后半周期位子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T T= =t0粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n 個周期末，粒子位移大小為 Sn=a(nt0)2 又已知 h = 由以上各式得Sn = h 粒子速度大小為vn=ant0粒子做圓周運動的半徑為Rn = 解得 Rn =h 顯然 s2+R2<h<s3（1）粒子在0t0時間內的位移大小與極板間距h 的比值=（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑凡R2=h。( 3 )粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2 26如圖所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤邊緣有一質量m

46、=1.0kg的小滑塊。當圓盤轉動的角速度達到某一數值時，滑塊從圓盤邊緣滑落，經光滑的過渡圓管進入軌道ABC。以知AB段斜面傾角為53°，BC段斜面傾角為37°，滑塊與圓盤及斜面間的動摩擦因數均=0.5 ，A點離B點所在水平面的高度h=1.2m?；瑝K在運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g=10m/s2,sin37°=0.6; cos37°=0.8（1）若圓盤半徑R=0.2m，當圓盤的角速度多大時，滑塊從圓盤上滑落？（2）若取圓盤所在平面為零勢能面，求滑塊到達B點時的機械能。（3）從滑塊到達B點時

47、起，經0.6s 正好通過C點，求BC之間的距離。26.(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力，根據牛頓第二定律，可得：mgm2R 代入數據解得：5rad/s（2）滑塊在A點時的速度：UAR1m/s從A到B的運動過程由動能定理：mghmgcos53°·h/sin53°1/2mvB21/2mvA2在B點時的機械能EB1/2mvB2mgh4J（3）滑塊在B點時的速度：vB4m/s滑塊沿BC段向上運動時的加速度大?。篴3g（sin37°ucos37°）10m/s2返回時的速度大?。篴2g（sin37°ucos37°）2m

48、/s2BC間的距離：sBCvB2/2a11/2a2（tuR/a1）20.76m27（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。27解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為