2020年高考物理真題計(jì)算題匯編（附解析）

2020年高考物理真題計(jì)算題集錦

1.（2020?新課標(biāo)川）如圖，相距L=11.5m的兩平臺(tái)位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶

相接。傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m=10kg

的載物箱（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度v°=5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間

的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.10,重力加速度取g=10m/s2。

（1）若v=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時(shí)間；

（2）求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)到的最大速度和最小速度；

I卜T-13c

（3）若v=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶一12后，傳送帶速度突然變?yōu)榱恪Ｇ筝d物箱從

左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過程中，傳送帶對(duì)它的沖量。

2.（2020.新課標(biāo)H）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度為H,頂端塞有

一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均

極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。已知M=4m,球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg,

g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。

1

(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；

(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件。

3.(2020?新課標(biāo)H)如圖，在0<x<h,+3區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子以速

度Vo從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。

(1)若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情

況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；

(2)如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在

該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。

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4.（2020?新課標(biāo)I）我國(guó)自主研制了運(yùn)-20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F="

描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛

機(jī)的起飛離地速度，已知飛機(jī)質(zhì)量為l?21xl0〉kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物

后質(zhì)量為l?69xl0〉kg,裝載貨物前后起飛離地時(shí)的k值可視為不變。

（1）求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；

（2）若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過程

中加速度的大小和所用的時(shí)間。

5.（2020?新課標(biāo)1）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R

的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m,電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A

點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的

粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率vo穿出電場(chǎng)，AC與AB的夾角0=60。。運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)

力作用。

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(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

(2)為使粒子穿過電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？

(3)為使粒子穿過電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為mv0,該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多

大？

6.(2020?浙江?7月選考)某種離子診斷測(cè)量簡(jiǎn)化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩

形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),探測(cè)板CQ平行于HG

水平放置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的

離子均以相同速度持續(xù)從邊界乃"水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四

分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界HG豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每

秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為N,離子束間的距離均為0.6R,探測(cè)板8的寬度為0?5k，離

子質(zhì)量均為m、電荷量均為q,不計(jì)重力及離子間的相互作用。

'I-------------------十

_)?..?.I

B.

H——」G

C------D

(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界HG時(shí)與H點(diǎn)的距離s；

(2)求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界HG的最大距離乙

(3)若打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與

板到距離L的關(guān)系。

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7.（2020?浙江?7月選考）如圖1所示，有一質(zhì)量川=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面

豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的彳時(shí)開始計(jì)時(shí).，測(cè)得

電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的圖線如圖2所示，，=34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定

位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：

（1）做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向;

（2）勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；

（3）總位移的大小。

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8.（2020?浙江?7月選考）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎

直圓軌道、水平直軌道」月和傾角6=37。的斜軌道5C平滑連接而成。質(zhì)量，〃=0?lkg

的小滑塊從弧形軌道離地高H=l?0m處?kù)o止釋放。已知22=0.2m,

AAB=2BC=1?而，滑塊與軌道，方和6C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0?25,弧形軌道和

圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（2）通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)X處的質(zhì)量為2W的小滑塊相碰，碰后一

起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍?C上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰

撞時(shí)間不計(jì)，sin37°=0.6>cos370=0.8）

9.（2020?浙江?7月選考）如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為

正方向建立X軸，在0<x<l?0rn區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。桌面上有一邊長(zhǎng)

Z=0.5m,電阻R=0.25。的正方形線框abed,當(dāng)平行于磁場(chǎng)邊界的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，

在沿X方向的外力F作用下以丫=l?0m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，直到龍）邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)撤去

外力。若以cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在0<，<l?0s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間

t的關(guān)系如圖2所示，在0</<l?3s內(nèi)線框始終做勻速運(yùn)動(dòng)。

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(1)求外力F的大小；

(2)在l?0s＜，＜l?3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與時(shí)間t的關(guān)系;

(3)求在0＜，＜1?35內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量小

10.(2020?天津)長(zhǎng)為1的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A

受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A

回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為〃”的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，

并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求

(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；

(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？

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11.（2020?天津）多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)儀器，其基本原理

如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入質(zhì)量

分析器。質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長(zhǎng)為1的漂移管（無場(chǎng)區(qū)域）構(gòu)成，開始時(shí)反射區(qū)1、2

均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開始加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分

析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去反射區(qū)的電場(chǎng)，離子打在熒光屏B上被探測(cè)

到，可測(cè)得離子從A到B的總飛行時(shí)間。設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為q,不計(jì)離子重力。

E=

離子源

（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時(shí)間71；

（2）反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x：

（3）己知質(zhì)量為加0的離子總飛行時(shí)間為S,待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為匕兩種離子在質(zhì)

量分析器中反射相同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量

12.（2020?天津）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化。

正方形硬質(zhì)金屬框abed放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面與磁場(chǎng)方向垂直，電阻R=0?lO,邊

長(zhǎng)7=0.21110求

（1）在，=0到f=OJs時(shí)間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；

（2）r=0?05s時(shí)，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向;

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（3）在，=0到，=O?ls時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率P。

13.（2020?山東?新高考I）如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、

Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m,Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0

與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于tan8,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。

P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，

Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g?

（1）求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vpi、VQI；

（2）求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn：

（3）求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；

（4）為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離So

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14.（2020?山東?新高考I）單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如

圖甲所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌

道連接而成，軌道傾角為17.2。。某次練習(xí)過程中，運(yùn)動(dòng)員以VM=10m/s的速度從軌道邊緣

上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角a=72.8。,

騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)

空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s?sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30o求:

（1）運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；

（2）M、N之間的距離L。

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15.（2020?山東?新高考1）某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金

屬板，兩板間電壓為U,Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、II

兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔。以a、b所在直

線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以平行于Q板水平向里

為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域1、H內(nèi)分別充滿

沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)

量為m,電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過P

面上的c點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。

（1）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L；

（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)；

（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)（用R、d表示）；

（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)si、S2、s3,若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子；H、氟核祖、

氫核：He的位置，請(qǐng)寫出這三個(gè)點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)哪個(gè)粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求

寫出推導(dǎo)過程）。

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16.（2020?江蘇）如圖所示，電阻為0.10的正方形單匝線圈而M的邊長(zhǎng)為02m,be邊

與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合。磁場(chǎng)的寬度等于線圈的邊長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5To在水平拉力

作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場(chǎng)區(qū)域。求線圈在上述過程中：

：xXXX：

XXXX?

XXxx|?

xli

X

XXXxj...J

口XXXXJ

（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；

（2）所受拉力的大小F；

（3）感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。

17.（2020?江蘇）如圖所示，鼓形輪的半徑為R,可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。在輪上沿

相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與。的距離均為

77?。在輪上繞有長(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。

重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為繩與輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，忽略鼓形輪、

直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：

O

O----

（1）重物落地后，小球線速度的大小V；

（2）重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A,此時(shí)該球受到桿的作用力的大小F；

（3）重物下落的高度h。

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18.(2020?江蘇)空間存在兩個(gè)垂直于0\丁平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)

強(qiáng)度分別為"。、350o甲、乙兩種比荷不同的粒子同時(shí)從原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，

速度均為V。甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q,其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過Q

時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過該點(diǎn)。已知甲的質(zhì)量為m,電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和

重力影響。求：

(1)Q到O的距離d；

(2)甲兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔Jr；

￡

(3)乙的比荷〃，可能的最小值。

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答案解析部分

一、綜合題

1.【答案】(1)解：傳送帶的速度為i，=4?0m，'s時(shí)，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，

設(shè)其加速度為a,由牛頓第二定律有：卬①

設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為xi,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有恒一環(huán)=-2rtxi②

聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得》=4.5m；③

因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺(tái)前，速度先減小至v,然后開始做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)載物箱從滑上

傳送帶到離開傳送帶所用的時(shí)間為L(zhǎng),做勻減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

有v=vQ-at2@

Z—X]

聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)有t,=2.75s；⑥

(2)解：當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最小，設(shè)為

V,,當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最大，設(shè)為V2.

由動(dòng)能定理有一卬磔二*“一:唉

r11,)

=2wn^?

由⑦⑧式并代入題給條件得=v2=4^m/s@

(3)解：傳送帶的速度為i，=6?0m/s時(shí)，由于v0<v<v2(載物箱先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加

速度大小仍a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動(dòng)通過的距離為X2,所用時(shí)間為t3,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式有】'="+的⑩

W一環(huán)=孫?

聯(lián)立①⑩須并代入題給數(shù)據(jù)得t3=l.OS?

X2=5.5m?

因此載物箱加速運(yùn)動(dòng)1.0s、向右運(yùn)動(dòng)5.5m時(shí)，達(dá)到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳

送帶共同勻速運(yùn)動(dòng)(」,一，3)的時(shí)間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運(yùn)動(dòng)通過的距離為

14

X3有、3=1。一垃?

由①朝顏可知；"標(biāo)>，見歐2_不一、3)

即載物箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)平臺(tái)時(shí)速度大于零，設(shè)為V3,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，

V^-V2=-2fl(Z-X2-X3)?

設(shè)載物箱通過傳遠(yuǎn)帶的過程中，傳送帶對(duì)它的沖量為I,由動(dòng)量定理有1=加("3一】'0)

代題給數(shù)據(jù)得1=0

【分析】(1)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式求解物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)摩擦力對(duì)物體做正功，物體的速度增加，摩擦力做負(fù)功，速度減小，對(duì)物體進(jìn)行受力

分析，利用動(dòng)能定理列方程求解末速度；

(3)結(jié)合物體的加速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間，利用公式求解當(dāng)傳送帶靜止時(shí)物體的速度，進(jìn)而求解

物體滑出傳送帶是的速度，利用動(dòng)量定理求解摩擦力沖量即可。

2.【答案】(1)解：管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大

小為G,方向向下；球的加速度大小為a2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f,

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Ma產(chǎn)Mg+f①

ma2=f-mg②

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得ai=2g,a?=3g③

(2)解：管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大

小均為￥Q=Q2gH④

方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間t,,管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

vo-ait產(chǎn)一v()+a2tl⑤

聯(lián)立③④⑤式得W

設(shè)此時(shí)管下端的高度為E,速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得’由一1"心⑦

1，=1，0-。山⑧

由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)V>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2,到達(dá)最高點(diǎn)。

15

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有用=%⑨

設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hi,則H產(chǎn)％+h2⑩

聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

(3)解：設(shè)第一次彈起過程中球相對(duì)管的位移為X”在管開始下落到上升H]這一過程中，

由動(dòng)能定理有Mg(H-H))+mg(H-H|+X])~4mgX]=0?

聯(lián)立國(guó)顏并代入題給數(shù)據(jù)得X1=5H@

同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中，球與管的相對(duì)位移X2為

5閉?

設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會(huì)滑出管外的條件是XI+X2WL?

聯(lián)立簿談焚，L應(yīng)滿足條件為一125?

【分析】(1)分析圓管和小球的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，對(duì)兩個(gè)物體進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律

求解物體各自的加速度；

(2)根據(jù)圓管內(nèi)小球相對(duì)于圓管的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，把圓管的運(yùn)動(dòng)過程分為兩兩段，第一段為小

球相對(duì)于圓管向下運(yùn)動(dòng)，第二段為小球相對(duì)于圓管靜止，利用牛頓第二定律求解物體各自的

加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解即可；

(3)小球沒有滑出，即小球相對(duì)于圓管的位移沒有大于圓管的長(zhǎng)度，利用運(yùn)動(dòng)功能學(xué)公式

列方程求解即可。

3.【答案】(1)解：由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方

向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)

動(dòng)規(guī)律，有/"'五①

由此可得F②

粒子穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足

B旦

由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得mqh④

16

（2）解：若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為T,粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式

可得，此時(shí)圓弧半徑為R=?⑤

粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方

向的夾角為a,

由幾何關(guān)系sin?=^=2?

_71

即石⑦

由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為y="（1一cosa）?

聯(lián)立⑦⑧式得y=Q—6）力⑨

【分析】（1）粒子運(yùn)動(dòng)的半徑越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度就越小，利用幾何關(guān)系求解軌道半徑，再

結(jié)合向心力公式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；

（2）結(jié)合向心力公式求解粒子的軌道半徑，利用結(jié)合關(guān)系求解夾角和距離即可。

4.【答案】⑴解：空載起飛時(shí)，升力正好等于重力：％'：=比記

滿載起飛時(shí)，升力正好等于重力：K，3="?2g

由上兩式解得：V2=7&U'S

（2）解：滿載貨物的飛機(jī)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以V5-0=2ax

解得：a-2in/s~

Jvv,-0

由加速的定義式變形得：f=-=—cT

解得：，=39s

【分析】（1）飛機(jī)飛行時(shí)，重力等于升力，列方程求解飛機(jī)的速度即可；

（2）飛機(jī)做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合飛機(jī)的位移和末速度求解飛機(jī)的加速度，進(jìn)而求解加速時(shí)間。

17

5.【答案】（1）解：由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0,

故電場(chǎng)線由A指向C,

根據(jù)幾何關(guān)系可知：XM=R

所以根據(jù)動(dòng)能定理有：qE、Ac=5"嗚-0

_叫

解得：一2qR

（2）解：根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線

并且與圓相切，切點(diǎn)為D,即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電

場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，

根據(jù)幾何關(guān)系有x=滅sm60°="r

y=R+J?Cos60"=4at?

而電場(chǎng)力提供加速度有qE=ma

成

聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度：vi=T"

（3）解：因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量大小為mvo,即

在電場(chǎng)方向上速度變化為V。，過C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒

子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有XBC=0R=、*

電場(chǎng)力提供加速度有qE=ma

18

,_肉0

聯(lián)立解得“一2；當(dāng)粒子從c點(diǎn)射出時(shí)初速度為0。

【分析】(1)求解AC的長(zhǎng)度，對(duì)粒子總A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解電場(chǎng)強(qiáng)

度即可；

(2)粒子沿AC方向運(yùn)動(dòng)的越遠(yuǎn)，粒子的末速度就越大，利用結(jié)合關(guān)系求解粒子速度最大

的出射位置，把粒子的速度網(wǎng)垂直于電場(chǎng)和平行于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電場(chǎng)方向利用速

度公式求解初速度；

(3)同理，結(jié)合粒子動(dòng)量的變化確定粒子的出射位置，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解初速度即可。

6.【答案】(1)解：離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)T-R

qBR

得粒子的速度大小*=~~nT

令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為o,從磁場(chǎng)邊界HG邊的Q點(diǎn)射出，則由幾何關(guān)系

可得OH=0.6R,$=HQ=商一(0?6&)2=0?舐

(2)解：a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O"從磁場(chǎng)邊界HG邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的

距離為x,由幾何關(guān)系可得HO=aH-R=0?6K

x=^-HO'2=0.87?

即a、c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開磁場(chǎng)的速度分別于豎直方向的夾角為6、a,由

幾何關(guān)系可得a=B

19

探測(cè)到三束離子，則C束中的離子恰好達(dá)到探測(cè)板的D點(diǎn)時(shí)，探測(cè)板與邊界HG的距離最

,R—s0H

tana=5----=--

大，Amax

則公=告及

(3)解：a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量Pz=PC°S?=0?M3R

4

當(dāng)0<2W、*T1"F5R時(shí)所有—離子都打在探測(cè)板上，故單位時(shí)間內(nèi)離—子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力

Fi=Np+2Npz=2,6NqBR

4

當(dāng)15時(shí)，只有b和c束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探

測(cè)板的平均作用力為Fq=Np+Npz=\?8NqBR

當(dāng)2>0?4及時(shí)，只有b束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作

用力為F3=Np=NqBR

【分析】(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，利

用向心力公式求解粒子速度，再結(jié)合結(jié)合關(guān)系求解出射點(diǎn)與H點(diǎn)的距離；

(2)根據(jù)磁場(chǎng)方向、電性和運(yùn)動(dòng)方向確定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合粒子出射的方向，利用幾

何關(guān)系求解最大距離；

(3)結(jié)合粒子的速度方向求解粒子垂直于探測(cè)板的動(dòng)量分量，乘以粒子數(shù)量即為平均作用

力。

7.【答案】(1)解：由圖2可知0~26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26s~34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速

運(yùn)動(dòng)過程根據(jù)牛頓第二定律有

F\_.,2

根據(jù)圖2得此時(shí)FT=1975N,則有a=S~1)TS

方向豎直向下。

(2)解：結(jié)合圖2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有V=ah=0.125X(34-26)iw,s=lm/s

(3)解：根據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰迫雐=i7i=lx26m=26ni

y1

勻減速上升的位移

13

勻加速上升的位移為總位移的4,則勻速上升和減速上升的位移為總位移的4,則有

20

瓦+比=,萬

所以總位移為h=40m

【分析】(1)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度；

(2)結(jié)合電梯的加速度和加速時(shí)間求解電梯的末速度，即勻速運(yùn)動(dòng)的速度；

(3)分析電梯的運(yùn)動(dòng)過程，先加速、再勻速，最后減速，結(jié)合每一段運(yùn)動(dòng)的位移相加即可。

8.【答案】⑴解：機(jī)械能守恒定律喝

牛頓第二定律尸N=B=8N

牛頓第三定律FN=FN=8N

方向水平向左

(2)解：能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C'點(diǎn)，功能關(guān)系

=/z??gZ+n?gZsin^

nigHABfinigLBCcos0+BC

故不會(huì)沖出

1,

(3)解：滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v,動(dòng)能定理〃培=一一

碰撞后的速度為V,動(dòng)量守恒定律〃n，=3〃M

設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h,動(dòng)能定理

-3/WJSUAB_X)—-3mgh=0-

得仁*VSmCWlm)

m

h=0(0WxWi)

【分析】(1)利用動(dòng)能定理求解物體到達(dá)D點(diǎn)的速度，對(duì)處在D點(diǎn)的物體進(jìn)行受力分析，

結(jié)合此時(shí)物體的速度，利用向心力公式求解物體對(duì)軌道的壓力：

(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，對(duì)物體從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解物體的末

速度，如果方程有實(shí)數(shù)解，那么物體可以到達(dá)C點(diǎn)；

(3)兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，利用動(dòng)量守恒定律列方程分析求解碰撞后的末速度，再

對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理上升高度與x的關(guān)系。

21

9.【答案】（1）解：由圖2可知，o=O,8o=°?"T,則回路電流1=~R~

安培力千、一~p~v

所以外力F=F4=0.0625N

⑵解：勻速出磁場(chǎng)，電流為0,磁通量不變％=@,?=l?0s時(shí)，5i=0?5T,磁通

量=則t時(shí)刻，磁通量0=34￡一】〃一，』

解得5-6—4/

8小

（3）解：0<r<0.5s電荷量4一R-

就_BQ12

0?5s</<1?0s電荷量%=R=0,5C

總電荷量g=%+%=o?5c

【分析】（1）利用法拉第電磁感應(yīng)定律求解電壓的大小，再利用歐姆定律求解回路中電流

的大??；利用左手定則和公式求解安培力的方向，再結(jié)合安培力公式求解導(dǎo)體棒受到的安培

力大??；

（2）閉合回路中的磁通量不變，回路就不會(huì)有電流，結(jié)合導(dǎo)線框的速度求解磁場(chǎng)強(qiáng)度的變

化；

（3）通過的電荷量利用法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義式求解即可。

10.【答案】（1）解：A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A

巾=m

在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律，有"1g一""7①

A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)

的速度大小為“有上田=②

由動(dòng)量定理，有/=加。］③

聯(lián)立①②③式，得［=，利癡?④

22

(2)解：設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為V,A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn),

需滿足I』。⑤

要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍?/p>

設(shè)B碰前瞬間的速度大小為VB,由動(dòng)量守恒定律，有嗎切一切必=(叫+嗎卜⑥

又理k=乃1州⑦，,

5gQni+mJ-

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為k2〃u⑧

【分析】(1)當(dāng)小球恰好經(jīng)過最高點(diǎn)的時(shí)候，只有重力提供向心力，對(duì)小球進(jìn)行受力分析,

利用向心力公式求解此時(shí)的速度，利用動(dòng)能定理求解最低點(diǎn)的速度，利用動(dòng)量定理求解沖量

即可；

(2)A、B兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，利用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒列

方程分析求解即可。

1L【答案】(1)解：設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為v,有00二2""2①

離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則11=于②

r=ET

聯(lián)立①②式，得1回U③

(2)解：根據(jù)動(dòng)能定理，有qU-qEx=O?

_u

得三⑤

(3)解：離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均

_=V

速度大小均相等，設(shè)其為F,有‘⑥

通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場(chǎng)

區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路程相等，設(shè)為L(zhǎng)\,在無場(chǎng)區(qū)的總路程設(shè)為4,根據(jù)題目條件可知，離子在

無場(chǎng)區(qū)速度大小恒為v,設(shè)離子的總飛行時(shí)間為總。有‘總=下+〒⑦

23

聯(lián)立??⑦式，得金一"川2qU⑧

廠力=旺

可見，離子從A到B的總飛行時(shí)間與V"?成正比。由題意可得r0W"?？傻?/p>

叫卷卜％

【分析】（1）粒子在電場(chǎng)的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理求解末速度的大小，結(jié)合無

場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

（2）結(jié)合粒子進(jìn)入反射區(qū)的初速度，結(jié)合反射區(qū)的電場(chǎng)強(qiáng)度求解移動(dòng)的距離；

（3）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解粒子在電場(chǎng)中和無場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，結(jié)合題目給出的總時(shí)間列

方程求解粒子的質(zhì)量。

12.【答案】（1）解：設(shè)金屬框中的電流為I,由閉合電路歐姆定律，有/=及④

由圖可知，r=0?05s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為51=0.11,金屬框ab邊受到的安培力F=I1B1

⑤

聯(lián)立①②④⑤式，代入數(shù)據(jù)，解得F=0.016N@

方向垂直于ab向左。⑦

（2）解：

（3）解：在r=0到r=0?ls時(shí)間內(nèi)，金屬框中電流的電功率

P=戶??⑧

聯(lián)立①②④⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得P=0?064W⑨

【分析】（1）利用法拉第電磁感應(yīng)定律求解電壓的大小，再利用歐姆定律求解回路中電流

的大小；

（2）利用左手定則和公式求解安培力的方向，再結(jié)合安培力公式求解導(dǎo)體棒受到的安培力

大小；

（3）結(jié)合電路中的電流和導(dǎo)線框的電阻，利用功率公式求解功率即可。

13.【答案】（1）解：P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定

律得川1'0=加口+4加'01①

24

由機(jī)械能守恒定律得2mv^=2+2'4m3②

3

i

5b③

聯(lián)立①②式得10=

2

-

=5%

故第一次碰撞后P的速度大小為5V°,Q的速度大小為5V°

(2)解：設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為％,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

。一地產(chǎn)2-(-2gsM?焉⑤

,_%2

聯(lián)立①②⑤式得"-25g⑥

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為由2,第一次碰后至第二次碰前，

對(duì)P由動(dòng)能定理得"拼"nA-"砂1⑦

￡

聯(lián)立①②⑤⑦式得“2=~%⑧

P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為1'P”VP2,由動(dòng)量守恒定律得

mv02=mvp2+4nn'p2⑨

7m

由機(jī)械能守恒定律得彳b2?=1""尸V+1-4n?Vp22⑩

3也

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得yP2~~55v0?

2

=X

5VO

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

h2

。-盯2=2?(-?

.=1_里

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩卷成得2一2525g?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為1‘03,第二次碰后至第三次碰前,

對(duì)P由動(dòng)能定理得2^^-；〃八'門上—mgh2

?

25

聯(lián)立①?⑤⑦⑨⑩像^得V03=(丁八0?

P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為】‘尸3、1'。3,由動(dòng)量守恒定律得

mvQi=mvp3+4"?i'03?

mvWV2+

由機(jī)械能守恒定律得2^=5P35-4W7Vp32?

3

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩但國(guó)旗酷得1’尸3——5X?

2

vs=qx

?

設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

〃3

。-忸=2?(-2gsm辦薪?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩(§酶英式得心一^25^'25g

?

總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為力"二^25'1,盒(n=l,2,3……)?

(3)解：當(dāng)P、Q達(dá)到H時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能

]H

定理得0-3"“求=_("?+4m)gH_tand.4"?gcos8-力?

解得”=蹊

?

(4)解：設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

vpi=2g竽in??

設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為需要的時(shí)間為t2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

Vpi=Vp1+gt^in0?

if-Vpy2=2sgsin6?

設(shè)從點(diǎn)到

PAQ第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3

VQ2=(-Vp^-gt^ind?

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)/1=26+h?

（877-13）102

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得s—200gsin^?

【分析】（1）P、Q兩個(gè)物體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，利用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能

守恒列方程分析求解；

（2）同理，動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此類推尋找規(guī)

律即可；

（3）對(duì)物體進(jìn)行受力分析，對(duì)物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解物體上

升的高度；

（4）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別求解物體Q減速至零和物體P運(yùn)動(dòng)到底部時(shí)的時(shí)間，結(jié)合時(shí)間

關(guān)系求解最短距離.

14.【答案】（1）解：在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為vi,由

v

運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得i=vwsm72.8°①

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得

mgcosl7.2°=mai②

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得二1③

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m④

（2）解：在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為V2,由運(yùn)動(dòng)的合成

與分解規(guī)得V2=VMCOS72.8°⑤

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2,由牛頓第二定律得

mgsinl7.2°=ma2⑥

設(shè)騰空時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r=7彳⑦

小2，+耳。2戶⑧

聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m⑨

【分析】運(yùn)動(dòng)員做斜拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員的速度分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，利用牛頓

第二定律求解兩個(gè)方向上的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解距離d和MN的長(zhǎng)度即可。

15.【答案】（1）解：設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v,粒子在區(qū)域I中，做勻速

1

圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為a,在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得qU=2mv?①

27

在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律得

"R端②

回nqU

聯(lián)立①②式得qB③

由幾何關(guān)系得力+（夫一￡）-=解④

好/

cosa=—⑤

（2）解：設(shè)區(qū)域II中粒子沿z軸方向的分速度為Vz,沿x軸正方向加速度大小為a,位

移大小為X,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3由牛頓第二定律得qE=ma⑧

粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得l'-=1'COS?⑨

d=v-Z⑩

1

粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得=2"2@

x=--------m---d--~--E--------