高三物理難題匯總

1、高三物理難題匯總?cè)鐖D所示，PR是一塊長為L=4的絕于PR的勻強(qiáng)電場E，在板的右半部分有一個(gè)垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場Bm=0，帶電量為q=0C的物體，從板的P端由靜止開始在電場力和摩擦力的作用下向右做勻碰到板R端的擋板后被彈回，若在碰撞瞬間撤開磁場后做勻減速運(yùn)動(dòng)停在點(diǎn)，物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0，取，求：（）判斷物體帶電性質(zhì)，正電荷還是負(fù)電荷？（的速度和（）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小（）電場強(qiáng)度E的大小和方向圖如圖所示，光滑水平桌面上有長的木板C，質(zhì)量，在其正中央并排放著兩個(gè)小滑塊A和B，A，B，開始時(shí)三物都靜止在A、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度水平向左運(yùn)動(dòng)，A、B中任一時(shí)間，求：當(dāng)兩滑塊A、

2、B都與擋板碰撞后，C的速度是多大?到A、B都與擋板碰撞為止，C的位移為多少?3設(shè)計(jì)如圖所示實(shí)驗(yàn)，在小木板上固定一個(gè)輕彈用手固定木板時(shí)，彈簧示數(shù)為FF角為，則木板與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為多少？（斜面體固定在地面上）4有一傾角為的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個(gè)木塊A、B和C，它們的質(zhì)量分別為m=m=m，m=3m，它們與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同.其中木塊A連接一輕彈簧放于MA靜止在P狀態(tài).木塊B在Q點(diǎn)以初速度v間的距離為L.已知木塊B在下滑過程A相碰后立刻一起向上運(yùn)動(dòng)，木塊B向上運(yùn)動(dòng)恰好能回到Q點(diǎn).若木塊A靜止于P點(diǎn)，木塊C從Q點(diǎn)開始以初速度vC停在斜面上的R點(diǎn)，求P、R間的距離L的大小。如圖，足夠

3、長的水平傳送帶始終以大小為的速度向左運(yùn)動(dòng)，傳送帶上有一質(zhì)量為的小木盒，與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，開始時(shí)，與傳送帶之間保持相對(duì)靜止。先后相隔有兩個(gè)光滑的質(zhì)量為m的小球B的速度在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)。第個(gè)球止，第個(gè)球出發(fā)后歷時(shí)而與木盒相遇。求（取g）（）第個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)多大？（）第個(gè)球出發(fā)后經(jīng)過多長時(shí)間與木盒相遇？（）自木盒與第個(gè)球相遇至與第個(gè)球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？AvBv如圖所示，兩平行金屬板、B長l，兩板間距離d，板比B板電勢(shì)高，即qC，質(zhì)量m，從R點(diǎn)沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面、間的無電場

4、區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的點(diǎn)的點(diǎn)電荷形成的電場區(qū)域（設(shè)界面右邊點(diǎn)電荷的電場分、相距為L，粒子穿過界面最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上。求（靜電力常數(shù)）（）粒子穿過界面時(shí)偏離中心線的距離多遠(yuǎn)？（）點(diǎn)電荷的電量。RBlLEF7光滑水平面上放有如圖所示的用絕緣材料制成的L，距滑板的壁為L距離的B處放有一質(zhì)量為m，電量為+q的大小不計(jì)的小物體，物E的勻強(qiáng)電場中，初始時(shí)刻，滑板與物體都靜止試問：(1)釋放小物體，第一次與滑板壁碰前物體的速度，多大?(2)若物體與壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前速率的A碰撞之前，滑板相對(duì)于水平面的速度和物體相對(duì)于水平面的速度分別為多大?(3)物體從開始到第二次碰

5、撞前，電場力做功為多大?(設(shè)碰撞經(jīng)歷時(shí)間極短且無能量損失)8如圖(甲)所示，兩水平放置的平行金屬板、相距很近，上面分別開有小孔和，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌與金屬板C、D接觸良好，且導(dǎo)軌垂直放在磁感強(qiáng)度為BL，金屬棒AB緊貼著導(dǎo)軌沿平行導(dǎo)軌方向在磁=0時(shí)刻開始，由板小孔處連續(xù)不斷地以垂直于板方向飄入質(zhì)量為m、電量qC的帶正電的粒子(設(shè)飄入速度很小，可視為零)在板外側(cè)有以為邊界的勻強(qiáng)磁場B，與相距d，B和B重力及其相互作用不計(jì))，求(1)0到4.Os內(nèi)哪些時(shí)刻從處飄入的粒子能穿過電場并飛出磁場邊界?(2)粒子從邊界射出來的位置之間最大的距離為多少?（分）如下圖所示，空間存在著一個(gè)范圍足小為B邊長為l

6、的正方形金屬框（下簡稱與方框邊長相同的型金屬框架（僅有、三條邊，下簡稱型框），型條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r端滑至方框的最右側(cè)（如圖乙所示）時(shí)，方則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少?（）將方框固定不動(dòng)，用力拉動(dòng)端滑至方框的最右側(cè)（如圖乙所示）時(shí)，方則在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的總熱量為多少?速度垂直邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)型框的框上的bd兩端的電勢(shì)差為多大?此時(shí)方框的熱功率為多大?（）若方框不固定，給型框垂直邊向右的初速度，如果型框恰好不能與方框分離，（）若方框不固定，給型框垂直邊向右的初速度（），果從型框和方框不再接觸開始，經(jīng)過時(shí)間后方框的最右側(cè)和型框的最左側(cè)之間的距離為求兩金屬框分離

7、后的速度各多大分長為的木板A板上右端有物塊B，質(zhì)量為它們一起在光滑的水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng).速度木板與等高的豎直固定板C發(fā)生碰撞，時(shí)間極短，沒有機(jī)械能的損失物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)取.求:（）第一次碰撞后，A、B共同運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向（）第一次碰撞后，A與C之間的最大距（）A與固定板碰撞幾次，B可脫離A板如圖是為了檢驗(yàn)?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊能力的裝置，為半徑為m、固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，為半徑rm的圓弧，圓弧下端切線水平且圓心（）鋼珠落到圓弧上時(shí)的速度大小是多恰好位于（）鋼珠落到圓弧上時(shí)的速度大小是多放豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量mkg好能經(jīng)過的上端點(diǎn)，水平飛出

8、后落到的某一點(diǎn)上，取gm/，求：（E多大？pNN少？（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（分）何堆其角度是不變的。若測(cè)出其圓錐底的周長為，高為，如圖所示。（）試求黃沙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（）若將該黃沙靠墻堆放，占用的場地面積至少為多少？（分）如圖所示，光滑水平地面上停著一輛平板車，其質(zhì)量為m，長為L，車右端（點(diǎn)）有一塊靜止的質(zhì)量為m的小金屬塊金屬塊與為界，段與CB段摩擦因數(shù)不同現(xiàn)給車施加一個(gè)向右的水平恒力，金屬塊滑到中點(diǎn)，最后金屬塊恰停在車的左端（B，求與塊與車的段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求與間的動(dòng)摩擦因數(shù)為的比值BCAF14(18分)如圖10所示,空間L圖分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,左側(cè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)

9、大小為E、方向水平向右，其寬度為L；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B、方向垂直紙面向里。一個(gè)帶正電的粒子（質(zhì)量m,電量q,a點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)域a（1）中間磁場區(qū)域的寬度d為多大；（2）帶電粒子在兩個(gè)磁場區(qū)域中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比；（3）帶電粒子從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到a點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間t.分）如圖10所示，abcd是一個(gè)正方形的盒子，在cd邊的中點(diǎn)有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v恰好從e處的小孔射出。向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

10、為粒子仍恰好從e間的相互作用力均可忽略）（1）所加磁場的方向如何？E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為多大？（分）如圖所示，水平軌道與直徑為d的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點(diǎn)A、B連線是一的勻強(qiáng)電場中，一小球質(zhì)量m帶有q=510C靜止開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，g，（）若它運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)離A為L，它恰能到達(dá)軌道最高點(diǎn)B，求小球在B點(diǎn)的速度和L的值（）若它運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)離A為L，且它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場消失，它繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到落地，求落地點(diǎn)與起點(diǎn)的距離（分）如圖所示，為某一裝置的俯然停止，帶電粒子在磁場中第一次達(dá)到然停止，帶電粒子在磁場中第一次達(dá)到/時(shí)的時(shí)間板，兩板間有勻強(qiáng)磁場，其大小為B，方向豎直直良好接觸現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電量

11、大小為q，其重力不計(jì)的粒子，以初速水平射入兩板間，問：（）金屬棒AB應(yīng)朝什么方向，以多大速度運(yùn)動(dòng)，可以使帶電粒子做勻速運(yùn)動(dòng)？（繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，從這刻開始位移間隔是多少？（磁場足夠大）分水平平臺(tái)上，活塞質(zhì)量為，橫截面積，厚度，氣缸全長，氣缸質(zhì)量，大氣壓強(qiáng)為，當(dāng)溫度為時(shí)，活塞封閉的氣柱長，若將氣缸倒過來放置時(shí)，活塞下方的空氣能通過平臺(tái)上的缺口與大氣相通。g取求：（）氣柱多長？（）當(dāng)溫度多高時(shí)，活塞剛好接觸平臺(tái)？（）當(dāng)溫度多高時(shí)，缸筒剛好對(duì)地面無壓力。（活塞摩擦不計(jì)）。（A的質(zhì)量為，物塊B、C的質(zhì)量都是，并都可看作質(zhì)點(diǎn)，且B與物塊C的距離和物塊C到地面的距離都是LAA距滑輪足夠遠(yuǎn)且不計(jì)一切阻力。求：（）物

12、塊A上升時(shí)的最大速度；（）物塊A上升的最大高度。ABC是氣壓式打包Pl積為是一個(gè)大活塞，橫截面積為，左小活塞，橫截面積為，它的連接桿在B處與推桿以鉸鏈連接，為固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，B、間距離為為一很小角，小活塞移動(dòng)的距離為，則在圖示狀態(tài)，包已被壓緊，此時(shí)再推?(此過程中大活塞的位移略去不計(jì)，溫度變化不計(jì)上述推桿終止時(shí)，手的推力為多大?桿長L，大氣壓為.（分）如圖，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CD。導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)。一根電阻不計(jì)的金屬棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)。棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好。導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌右邊與電路連接。電路中的三個(gè)定值電阻阻值分別為R、R和R。在

13、BD間接有一水平放置的平行板電容器，板間距離為d。（）當(dāng)以速度勻速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器中質(zhì)量為m判斷微粒的帶電性質(zhì)，及帶電量的大小。（）棒由靜止開始，以恒定的加速度向軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直xy平面（紙面）向里的勻強(qiáng)磁場。在第四ym、電量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)，從y軸上y=h處的p點(diǎn)以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入x軸上x=-2h處的p點(diǎn)y軸上y=-2h處的p點(diǎn)進(jìn)入第四象限。已知重力加速度為g。求：（1）粒子到達(dá)p點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；的大??；（3）帶電質(zhì)點(diǎn)在第四象限空間運(yùn)動(dòng)過程中最小速度的大小和方向。（分）如圖所示，在非常高的光滑、絕緣

14、水平高臺(tái)邊緣，靜置一個(gè)不帶電的小金屬塊B，另有一與B完帶電量為+q的以初速度向B的質(zhì)量均為相碰撞后，兩物全相同的小金屬塊B運(yùn)動(dòng)，、m。與B塊立即粘空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=2mg/q。求：（）、B一起運(yùn)動(dòng)過程中距高臺(tái)邊緣的最大水平距離（）、B運(yùn)動(dòng)過程的最小速度為多大（）從開始到、B運(yùn)動(dòng)到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程損失的機(jī)械能為多大？（分）如圖所示，在真空區(qū)域內(nèi)，有寬度為L的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直紙面向里，、是磁場的邊界。質(zhì)量為m，帶電量為夾角為（00的區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在B所示，若把粒子出發(fā)點(diǎn)=0處作為第次過軸。求：粒子第一次過軸時(shí)的坐標(biāo)和所經(jīng)歷的時(shí)間。

15、粒子第次過軸時(shí)的坐標(biāo)和所經(jīng)歷的時(shí)間。第次過軸至第次過軸的整個(gè)過程中，在軸方向的平均速度與之比。若B：B=2很大時(shí)，：趨于何值?（分）如圖所示，平面內(nèi)的圓與軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)。在該圓形區(qū)域內(nèi)，有與軸平行的勻強(qiáng)電場和垂直于圓面的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)帶電粒子（不計(jì)重力）從原點(diǎn)沿域的時(shí)間為T。若撤去磁場，只保留電場，其；若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，求該帶電粒子穿過圓形區(qū)域的時(shí)間。49(20分)在圖示區(qū)域中，軸上方有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，大小為B，今有一質(zhì)子以速度由Y軸上的A點(diǎn)沿Y軸正方向射人磁場，質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間以后從C點(diǎn)進(jìn)入軸下方的勻強(qiáng)電場區(qū)域中，在C點(diǎn)速度方向與軸正方

16、向夾角為45Y軸夾角為45且斜向左上方，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為q電場區(qū)域足夠大)求：(1)C點(diǎn)的坐標(biāo)。(2)質(zhì)子從A點(diǎn)出發(fā)到第三次穿越軸時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。(3)質(zhì)子第四次穿越軸時(shí)速度的大小及速度方向與電場E方向的夾角。(角度用反三角函數(shù)表示)50(22分)如圖所示，電容為C、帶電量為、極板間距為的電容器固定在絕緣底座上，為、帶電量為+q的彈丸以速度力，設(shè)電容器周圍電場強(qiáng)度為遠(yuǎn)可到達(dá)距右板為的P點(diǎn)，求：（1）彈丸在電容器中受到的電場力的大?。唬?）的值；P的距離；（4）電容器獲得的最大速度。51兩塊長木板的外形完全相同、質(zhì)量相等，長度均為L1m，置于光滑的水平面上一小物塊C，質(zhì)量也與相等，若以水

17、平初速度vBCBv0AC木板左端，C恰好能滑到B木板的右端，與B保C持相對(duì)靜止.現(xiàn)在讓B靜止在水平面上，置于B的左端，木板A以初速度2v向左運(yùn)動(dòng)與木板BA、BA、B知C與A、C與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同.(g=10m/s)求:(1)C與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)物塊C最后停在A上何處?（分）如圖所示，一根電阻為R12的電阻絲做成一個(gè)半徑為r的圓形導(dǎo)線框，向垂直，磁感強(qiáng)度為B，現(xiàn)有一根質(zhì)量為mr小為為，（?。┰嚽螅合侣渚嚯x為r時(shí)棒的加o從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量（分）如圖所示，為一個(gè)實(shí)驗(yàn)室模擬貨物傳送的裝置，是一個(gè)表面絕緣質(zhì)量為的小一質(zhì)量為帶電量為q=110C的絕緣貨柜，現(xiàn)將一質(zhì)

18、量為的貨物放在貨柜內(nèi)在傳送及方向先產(chǎn)生一個(gè)方向水平向右，大小E用時(shí)間后，改變電場，電場大小變?yōu)镋貨柜與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)電，貨柜及貨物體積大小不計(jì)，g取）求：第二次電場作用的時(shí)BA間；小車的長度；小車右端到達(dá)目的地的距離置于板的左端，A置于板的左端，A與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，、B與水平地面之間的動(dòng)摩板、B置于水平地面上，它們的間距s=mFCBs擦因數(shù)為。最大靜摩擦力可以認(rèn)為mg的恒力F，假定木板、B碰撞時(shí)間最終不分如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第、四象限內(nèi)有軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，軸為磁場和電場的理想邊界。一個(gè)質(zhì)量為e的質(zhì)子經(jīng)過軸上A點(diǎn)時(shí)速度大小為o，速度方向與軸負(fù)方向夾角。質(zhì)子第一次到

19、達(dá)軸時(shí)速度方向與軸軸的位置用B未畫出。已知。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向；求質(zhì)子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)間（分）如圖所示，質(zhì)量，長的木板B之間距離為，其上表面正中央放置一個(gè)質(zhì)量的小滑塊A，A與B之間的動(dòng)摩天樓擦因數(shù)為的推力水平向右推B，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，作用后撤去推力FB與墻壁碰撞時(shí)A沒有滑離BB機(jī)械能損失，重力加速度.求A在B上滑動(dòng)的整個(gè)過程中，A，B系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能增量。分)平行導(dǎo)軌所在平面與水平面成30所在平面與水平面成60上端連接于O上端連接于L4都垂直，質(zhì)量分別為的甲、乙兩金屬擦地滑動(dòng)，整個(gè)空間存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。若同時(shí)釋放甲、乙棒，穩(wěn)定后它們都沿導(dǎo)軌作勻速運(yùn)動(dòng)。(1)求兩金屬棒的質(zhì)量

20、之比。(2)求在穩(wěn)定前的某一時(shí)刻兩金屬棒加速度之比。(3)當(dāng)甲的加速度為g/4時(shí)，兩棒重力做功的瞬時(shí)功率和回路中電流做功的瞬時(shí)功率之比為多少？58.(18分)圖中y軸AB兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為d和-d。在的區(qū)域中，存在沿y軸向上的E的大小與y成正比，即E=ky；在的區(qū)域中，存在沿y軸向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度F=kd(k屬未知量)。X軸下方空間各點(diǎn)電場分布與x向都沿yq質(zhì)量為m的微粒甲正好在O、B兩點(diǎn)之問作簡諧運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻將一帶電蕾為2q、質(zhì)量為m的微粒乙從y軸上的c0點(diǎn)和甲相碰為A點(diǎn)和DP點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大值(重力加速度為g)。(1)求勻強(qiáng)電場E；(2)求出AB間的電勢(shì)差U及OB間的電勢(shì)差U；(3)

21、分別求出P、C、D三點(diǎn)到0點(diǎn)的距離。（分）荷蘭科學(xué)家惠更斯在研究物體碰撞問題時(shí)化為：三個(gè)質(zhì)量分別為m、m、m的小球，半L的三根平行繩子m的小球拉開，上升到H高處釋放，如圖所示，已知各球間碰撞時(shí)同時(shí)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，且碰撞時(shí)間極短，H遠(yuǎn)小于L,不計(jì)空氣阻力。（）若三個(gè)球的質(zhì)量相同，則發(fā)生碰撞的兩球速度交換，試求此時(shí)系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期。（）若三個(gè)球的質(zhì)量不同，要使球與球、球與球相碰之后，三個(gè)球具有同樣的動(dòng)量，則mmm應(yīng)為多少?它們上升的高度分別為多少?（分）L的、B兩點(diǎn)處分別固定著兩個(gè)帶電量相等的正電荷，、b是AB連線上的兩點(diǎn)，其中L為ABm帶電量為+q的小滑塊（可以看作質(zhì)點(diǎn)）以初動(dòng)能

22、E從點(diǎn)出發(fā)，沿直線AB向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的倍（），到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零,小滑塊最終停在點(diǎn)，求：（）小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（）b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。（）小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程。（分）的木板靜止置于數(shù)，板上最左端停放著質(zhì)量為mL，車由靜止開始從木板左端向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間，車與擋板相碰，碰撞時(shí)間一起，求：（）試通過計(jì)算說明，電動(dòng)小車在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板能否保持靜止?（）試求出碰后木板在水平面上滑動(dòng)的距離。（分）如圖所示。地球和某行星在同一軌道平面內(nèi)同向繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。地球的軌道半徑為R，運(yùn)轉(zhuǎn)周期為T。地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所夾的角叫地球?qū)?/p>

23、該大視角為于最佳觀察期至少需經(jīng)歷多長時(shí)間？（分）如圖所示。一水平傳送裝置有輪半徑均為R米的主動(dòng)輪和從動(dòng)輪及轉(zhuǎn)送帶等構(gòu)成。兩輪軸心相距，輪與傳送帶不打滑。帶之間的動(dòng)摩擦力因素為，這袋面粉中的面粉可不斷的從袋中滲出。（）當(dāng)傳送帶以的速度勻速運(yùn)動(dòng)正上方的A點(diǎn)輕放在傳A端運(yùn)送到正上方的B端所用的時(shí)間為多少？（A端送到B端的轉(zhuǎn)速至少應(yīng)為多大？（）由于面粉的滲漏，在運(yùn)送這袋面粉的過程中會(huì)在深色傳送帶上留下白色的面粉的痕留下的痕跡最長能有多長（設(shè)袋的初速度仍為零）？此時(shí)主動(dòng)輪的轉(zhuǎn)速應(yīng)滿足何種條件？（）由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故知摩擦力為，所以物體帶正電荷且：mg=（）離開電場后，按動(dòng)能

24、定理，有：mgL由式得：=2（）代入前式求得：B=TLL0由以上兩式得：（）由于電荷由P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)做勻加速運(yùn)（mg）（=（+mg）m/sE（）A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)板碰撞后，C的速度為零，即（）炸藥爆炸時(shí)有解得當(dāng)解得當(dāng)時(shí)B，即當(dāng)、相撞時(shí)B與右板相距Lm/又mmm、相撞時(shí)有：m(mm)解得，方向向左而，故到，B都與擋板碰撞為止，的位移為3固定時(shí)示數(shù)為F，對(duì)小球F=mgsin整體下滑：（M+m）sin-(M+m)gcos=(M+m)a下滑時(shí)，對(duì)小球：mgsin-F=ma由式、式、式得=FtanF4木塊B下滑做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有mgsin=mgcosB和A=2mv，所以v=設(shè)兩木塊向下壓縮

25、彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v，則2mgcos2s=mvmv兩木塊在PB上滑到Q點(diǎn)的過程：（mgsin+mgcos）L=mv木塊C與A碰撞前后，總動(dòng)量守恒，則mv，所以v=v設(shè)木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v,則4mgcos2s=mvmv木塊C與A在PC上滑到R點(diǎn)的過程：（3mgsin+3mgcos）L=mv簧被壓縮而具有的最大彈性勢(shì)能等于開始?jí)嚎s彈簧時(shí)兩木塊的總動(dòng)能.因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動(dòng)能mvmv,木塊C與A壓縮彈簧的初動(dòng)能E即Emvmv,因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s綜上，得L=L-g（）設(shè)第個(gè)球與木盒相遇

26、后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為,根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv(mM)（分）代入數(shù)據(jù)，解得：=3m/s（分）（）設(shè)第個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為，第個(gè)球經(jīng)過與木盒相遇,則：（分）設(shè)第個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律：mMgmM得：gm/（分）設(shè)木盒減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為,加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)間為，則：（分）=1故木盒在內(nèi)的位移為零（分）（分）依題意：()=7m=0（分）（）自木盒與第個(gè)球相遇至與第個(gè)球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為移為,則：()m（分）()m（分）故木盒相對(duì)與傳送帶的位移：m則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是：J（分）（）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的側(cè)向位

27、移為穿過界面時(shí)偏離中心線的距離為，則：（分）mmdl即：hlmd（分）代入數(shù)據(jù)，解得：=0m=3（分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相似三角形知識(shí)得：llL（分）:=0m（分）（）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)沿電場方向的速度為，則：=at=mdv:=m/s（分）所以粒子從電場中飛出時(shí)沿電場方向的速度為：m/（分）設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為，則：（分）因?yàn)榱Ｗ哟┻^界面最后垂直打在放過界面后將繞點(diǎn)電荷半徑與速度方向垂直。勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：rm（分）由：mrr（分）代入數(shù)據(jù)，解得：=1（分）運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，滑板靜止不動(dòng)，對(duì)于小物體，由動(dòng)能定理得：由動(dòng)能定理得：.mm(2)碰后小

28、物體反彈，由動(dòng)量守恒定律：得:.位移相等、時(shí)間相等、平均速度相等mW(3)電場力做功等于系統(tǒng)所增加的動(dòng)能mvmmv得之后滑板以勻速運(yùn)動(dòng)，直到與物體第二次碰滑板mvmvWmv.電粒子要飛出磁場邊界最小速度必須mv此時(shí)帶電粒子經(jīng)加速后速度為，由動(dòng)能定理粒子要飛出磁場邊界最小速度必須mv此時(shí)帶電粒子經(jīng)加速后速度為，由動(dòng)能定理設(shè)間的電壓為，則的軌道半徑為出射點(diǎn)與的運(yùn)動(dòng)到，而dmv滿足：mv解得，又=BLv解得所以根據(jù)（乙）圖可以推斷在內(nèi)，粒子能穿過間的電場。（2）當(dāng)AB棒速度最大，即時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：=BLvq有：解得：此時(shí)帶電粒子mvmdmcm.水平距離為：當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，方框bd之間的電阻為

29、rrrr當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，方框bd之間的電阻為rrrr閉合電路的總電流為=第（）問分，第（）問分，第（）問分，共分解:（）型框向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，邊相當(dāng)于電源，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Erbd型框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為rrdbIEr根據(jù)歐姆定律可知，bd兩端的電勢(shì)差為：bdbd（）在型框向右運(yùn)動(dòng)的過程中，型方框中的熱功率為（）在型框向右運(yùn)動(dòng)的過程中，型rbd，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mvmm)解得：根據(jù)能量守恒定律，型框和方框組成mvmvmv的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于在這一過程中兩框架上產(chǎn)生的熱量，即（）設(shè)型框和方框不再接觸時(shí)方框速度為，型框的速度為恒定律，有mvmvmv兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速方

30、框最右側(cè)和型框最左側(cè)距離為，即()聯(lián)立以上兩式，解得：給分）分分析與解答：解：（）以A、B整體為研究對(duì)象，從A與C碰后至AB有共同速度選向左為正方向：m（）m=（mm）ABAB（AC碰后至對(duì)地面速度為零，受力為，位移為即最大位移mgmmABAALfLmmABLA碰后至AB有共同速度BA上相對(duì)于ALL01.m（mmL01.m（mm）（）解得LmABABfLmmAB若假定第三次與碰后仍能有共同速度，在上相對(duì)于滑行Lm（）m（mm）LLL即三次碰撞后B可脫離A板（分）（）設(shè)鋼珠在M軌道最高點(diǎn)的速度為，在最高點(diǎn)，由題意mgm分從發(fā)射前到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：EmgRmvp分（）鋼珠從最高點(diǎn)飛出后

31、，做平拋運(yùn)動(dòng)分分由幾何關(guān)系r分從飛出M到打在N得圓弧面上，由機(jī)械能守恒定律：mgymvmgymvmv分NNm/所以所以，（稱為摩擦角），因?yàn)榭浚獾?，占地面積至少為=9擦力的作用而靜止，則mgFmgl（）因?yàn)辄S沙是靠墻堆放的，只能堆成半個(gè)圓錐狀，由于體積不變，不變，要使占場地面積最小，則取R為最小，所以有，根據(jù)設(shè)水平恒力F作用時(shí)間為對(duì)金屬塊使用動(dòng)量定理F=即:mgt=得=g對(duì)小車有（FF）=2m2，得恒力F=5mg金屬塊由mm=F=mgmmmmm車加速度FFmgmgggg21g而L，從小金屬塊滑至車中點(diǎn)開始到小金屬塊恒，設(shè)共同速度為，由m2+=（m+m），得=mgmgLmvm)m()得能定理得

32、mvm在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得mrrrmvq，由于速度，由于速度v相同，角的三角形為2rdroq(2)帶電粒子在中間磁場區(qū)域的兩段圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為：oo運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為：（3）電場中，（3）電場中，mv中間磁場中，m右側(cè)磁場中,m則mmm垂直于紙面向外。分）(2)設(shè)帶電粒子的電量為qm的邊長為lad方向的位移為l，沿ab方向的位移為l，得l，l解得勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為Emv（5分）徑為R，根據(jù)牛頓第二定律得m解得mvlll解得軌道半徑為l解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度mv（9分）因此解得E（2分）（分）（）因小球恰能到B點(diǎn)，則在B點(diǎn)有mgmvd（分）gd（分）小球運(yùn)動(dòng)到B的過程，由動(dòng)能定理mgd（分

33、）mvLL1mmvmgdmgd（分）（）小球離開B點(diǎn)，電場消失，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地點(diǎn)距B點(diǎn)距離為s，由動(dòng)能定理小球從靜止運(yùn)動(dòng)到B有mgdmvmgdm（分）ddgd（分）（分）（）粒子勻速運(yùn)動(dòng)，所受電場力與洛倫茲B棒應(yīng)朝左運(yùn)動(dòng)（分）設(shè)AB棒的速度為v，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)（dd（分）板間場強(qiáng)E粒子所受電場力與洛倫茲力平衡分）有（分）（）金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在磁場中時(shí)，粒子轉(zhuǎn)過mv的角度為（分）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，有（分）m（分）（分）P（）等溫變化：PmgL=，L=分L=，L=分=,T=T=T=分PL=PL分L分（）等壓變化：T=T=（）K分TTLLP（）等容變化：=P+PMg=分T=T=分=分T

34、=T=PPPTTP分=得T=或（=得T=PLT同樣得分）（分）、B、C三物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。B、C下降L，A上升L時(shí)，A的速度達(dá)到最大。分mM)mM分當(dāng)C著地后，A、B二物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒。B恰能著地，即B物體下降L時(shí)速度為零。=分將V分若，B物體將不會(huì)著地。=分=分HL=L+HL=L+=L+Mm)g分若=，B恰能著地，A物體再上升的高度等于L。H=2L若，B物體著地后，A還會(huì)上升一段。LmgL=（V）分V=mM)(mMmM)分h=gmM)L(mMmM)分H=2L+h=H=2L+h=2L+分(mMmM)/L（分）（解：）棒勻速向左運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流為順時(shí)針方（向，電容器上板帶正電。向向下微粒帶負(fù)電

35、（分）dq（分）由以上各式求出（分）mg=dq（分）由以上各式求出（分）（分）E（分）IE=（分）qmgd（）經(jīng)時(shí)間，微粒受力平衡mg=qd（分）（分）求出mgd或（分）當(dāng)時(shí)，=g，越來越大，加速度md方向向上（分）22.解：（1P到P，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律h=gtvvgt求出v=gh方向與x軸負(fù)方向成45角P到P洛侖茲力提供向心力Eq=mgBqv=m(2R)=(2h)+(2h)解得E=mgB=mgqq（1）線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)豎直方向的速度減小到0，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度最小，即v在水平方向的分量=gh方向沿x軸正方向解：（分）（）由動(dòng)量守恒定律：m=2m分碰后水平方向：=2Emgq分m分得：

36、mg分（）在時(shí)刻，、B的水平方向的速度為m分豎直方向的速度為=分合速度為：分解得的最小值：（）碰撞過程中損失的機(jī)械能：分mEmmm碰后到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程中損失的機(jī)械能：Emm分從開始到、B運(yùn)動(dòng)到距離高臺(tái)邊緣最大水平距離的過程中損失的機(jī)械能為：Em分（分）（）如圖答所示，經(jīng)電壓加速后以速度射入磁場，粒子剛好垂直射出磁場，可確定粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在邊界線的點(diǎn)，半徑與磁場寬L的關(guān)系式為（分），又（分），又mv（分），解得m解得m（分）動(dòng)射出邊界的條件為Eq（分），電場力的方向與磁場力的方向相反。（分）由此可得出Em，E的方向垂直磁場方向斜向右下（所示。（）經(jīng)電壓加速后粒子射

37、入磁場后剛好不能從圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的位置，如圖答所示，圓半徑與L的關(guān)系式為：L,（分）L又又mv，解得m（分）由于由于qmv，qmv，所以)（q=-q（b一定帶負(fù)電）(2分)原子分裂前后動(dòng)量守恒，則p+p=0（2分）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓定律有mv（2分）mvqb（2分）則：qp（2分）（2）a、b粒子相遇時(shí)：t=t（2分）由題意分析可知,a粒子在第四次經(jīng)過y軸與b粒子應(yīng)第三次經(jīng)過y軸。則t=T+T（2分）t=T+T/2（2分）qmmmbbbbmmb（2分）mmbmmb解之得：mmb小物體下滑到點(diǎn)速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運(yùn)動(dòng)從到由機(jī)械能守恒定律有：mv在點(diǎn)

38、用向心力公式有：Fmg=mmv解以上二個(gè)方程可得：F=3mgmg從到由動(dòng)能定理有：mg+RmgR=0解方程得：R（）對(duì)（）對(duì)b微粒，沒與微粒碰撞前只受重力和電場力，則有=mgE=mgq對(duì)微粒碰前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有=+mg=mg（）碰撞后，、b結(jié)合為一體，設(shè)其速度為由動(dòng)量守恒定律得=q碰后的新微粒電量為q設(shè)點(diǎn)與點(diǎn)高度差為由動(dòng)能定理：=mm=mgq（）碰撞后，、b分開，則有=+bb=，得=微粒電量為q/，受到的電場力為EqmgqmgqF=mg故微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為RBqmR=mmgq的最高點(diǎn)與點(diǎn)的高度差=R=mg。qmgdCmdmdCmgdCmgd“火箭”整體含彈簧在彈簧解除鎖定的瞬間，

39、彈簧彈力遠(yuǎn)大于箭體重力，故動(dòng)量守恒：mm=0同時(shí)機(jī)械能守恒：mmmE/mm+mmE/mm+m“火箭”上部分所能達(dá)到的最大高度為：H=/2g=mE/mgm+m“火箭”上升的時(shí)間為：=/g水池深度為：H=“火箭”下部分克服水的浮力共做功：WF=m+m以上各式聯(lián)立可得：WF=E設(shè)衰變后，氡核的速度為，粒子的速度為，由動(dòng)量守恒定律得（m）=點(diǎn)需時(shí)L又mL氡核在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)速度為=+氡核加速度qEMm由以上各式解得：qL(q)Mm)。IIImL或ImL。R=8I(RR)出滑不會(huì)為：m)為：m)m)（分）m)mgm)（mmMmm解：對(duì)P由B應(yīng)用動(dòng)能定理，得WFmgL+Lm分解得WF分設(shè)P、碰

40、后速度分別為、，小車最后速度為，由動(dòng)量守恒定律得m=m+-m分mm+m+分由能量守恒得分解得，=m/分當(dāng)=m/時(shí)，m/不合題意，舍去。分即P與碰撞后瞬間的速度大小為小車最后速度為導(dǎo)與練上有（分解：）由幾何關(guān)系可知，AB間的距（離為R分小物塊從到B做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)分代入數(shù)據(jù)解得B，方向豎直向下分（）設(shè)小物塊沿軌道切線方向的分速度為Bx，因連線與豎直方向的夾角為，故Bx=B分從B到，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgRmv/mv/分代入數(shù)據(jù)解得分在點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有分代入數(shù)據(jù)解得FFmgmv/分再根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F分（）小物塊滑到長木板上后，它們組成的

41、系統(tǒng)在相互作用過程中總動(dòng)量守恒，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。當(dāng)物塊相對(duì)木板靜止于木板最右端時(shí)，對(duì)應(yīng)著物塊不滑出的木板最小長度。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m+分mv/mM/聯(lián)分立、式得LgmM代入數(shù)據(jù)解得L分共分b方向逆時(shí)針，同時(shí)受安培力，方向水平向右，故使加速運(yùn)動(dòng)。分阻力與安培力F安衡時(shí)，框有m=F=2IBL分其中分E=2BLm分聯(lián)立得：m=2BLRBLmBLBLmRm=4BLKR+4BL分m/s分部分克服陰力做功。據(jù)能量守恒E=Imm分EBLm/R1+m.=.分（分）（）根據(jù)磁場分布特點(diǎn)，線框不論轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=2=2BlL=BlL（分）。（）線框轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只能有一個(gè)

42、線框進(jìn)入磁線框與外接電阻R并聯(lián)后一起作為外電路。.電源內(nèi)阻為r，外電路總電阻R=rr.故R兩端的電壓EEr最大值：R=IREErrrBlL（分）（）和bbR的電流大小相等，iR=BlLBlLrr.進(jìn)從線框T（線進(jìn)框轉(zhuǎn)動(dòng)）電流發(fā)生一次變化，其iR隨時(shí)間分，其中圖分）（）因每個(gè)線框作為電源時(shí)產(chǎn)生的總電流和提供的功率分別為：rrrEEr,P=IE=ErBlLr.（W=4PW=4P=P=PlL（分）做功時(shí)間）為.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，外力得的電能，所以r.解；）對(duì)彈簧的彈力大于等于細(xì)繩的拉力T時(shí)細(xì)繩將被拉斷有kx解式得mk細(xì)繩剛斷時(shí)小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為，由機(jī)械能守恒有=+kx=mk縮量最大，

43、此時(shí)長板的加速度最大，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有）設(shè)滑塊離開長板時(shí)，滑塊速度為零，長板速度為，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有其中）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)：在垂直電場方向=平行電場分量=d=得在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)=mmd得mvqd在磁場中運(yùn)動(dòng)如右圖運(yùn)動(dòng)方向改變徑Rd=d又=mvqqdmv=mmvqd得E）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在龜場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為d運(yùn)動(dòng)總時(shí)間+=d+d（分）（）電場強(qiáng)度Ed帶電粒子所受電場力,Fmadm/dm（）粒子在時(shí)間內(nèi)走過的距離為根據(jù)安培力公式,推力根據(jù)安培力公式,推力F=I,其中Im故帶電粒子在時(shí)恰好到達(dá)A板根據(jù)動(dòng)量定理，此時(shí)粒子動(dòng)量p.m/（）帶電粒子在向A板做勻加速運(yùn)動(dòng)，在向A將返回

44、。粒子向A板運(yùn)動(dòng)可能的最大位移要求粒子不能到達(dá)A板，有由，電勢(shì)變化頻率應(yīng)滿足d分b,則FN對(duì)海水推力的方向沿軸方向向右感bbb安培推力FIN對(duì)船的推力FFN推力的功率PFvFW（分）（）小球所受的重力與電場力始終平衡mgqEEN/C（）相碰后小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qm半徑為qmq周期為mq兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間小球只能逆時(shí)針經(jīng)過個(gè)周期時(shí)與小球再次相碰第一次相碰后小球作平拋運(yùn)動(dòng)L向右為正方向mmm由、式得m/由式得mqm/m兩小球質(zhì)量之比mm分解設(shè)半徑為r的粒子加速后的速度為，則mqqm設(shè)區(qū)域II內(nèi)電場強(qiáng)度為E,則mqB=qEmEq電場強(qiáng)度方向豎直向上。設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量

45、為q、被加速后的速度為,則rrrmmrqq由mv得qmrrr半徑為rII時(shí)受到合力為F=由rr可知，當(dāng)rr時(shí)，0，粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);r,F0，粒子會(huì)向下極板偏轉(zhuǎn)。（分）mgRmgRmgRmgR得（）設(shè)A、B碰撞后的速度分別為、，則mgRmvmgRmv設(shè)向右為正、向左為負(fù)，解得，方向向左，方向向右，方向向右負(fù)則Nmgm，NNmg，方向豎直向下設(shè)軌道對(duì)B球的支持力為，B球?qū)壍赖膲毫?，方向豎直向上為正、向下為（）設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為V、V，則mvmvmVmVmgRmVmV解得,（另一組解：，不合題意，舍去）由此可得：當(dāng)A、B在第次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)

46、相同；當(dāng)A、B在第次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)相可得，r=mvr=mv同；可得，r=mvr=mv解：設(shè)帶電粒子的電量為qmB和B中運(yùn)動(dòng)軌道半徑分別為r和r，周期分別為T和T，由=mVmrr分T=mT=m粒子第一次過軸時(shí)的坐標(biāo)為=2r=m分粒子第一次過軸時(shí)的經(jīng)歷的時(shí)間為=m分設(shè)用表示至第次過軸的整個(gè)過程中，粒子沿為奇數(shù)時(shí)則有=nrn分當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，則有=rr=2，分用表示從開始到此時(shí)的時(shí)間，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，則有=2，分由=得，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，則有分當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，則有分若B：B=2，則當(dāng)很大時(shí)有：趨于分（分）解：設(shè)粒子進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度為，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。當(dāng)電場、磁場同時(shí)存在

47、時(shí)，由題意有：（分）（分）動(dòng)，軌跡如圖所示，有：方向，勻速直線運(yùn)動(dòng)：（分）方向，勻加速直線運(yùn)動(dòng)：mm運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，設(shè)半徑為r，圓心為P，轉(zhuǎn)過的角度為，則有：mr（分）m（分）（分）r聯(lián)解得：（分）49質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(1)后反向運(yùn)動(dòng)，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間質(zhì)子從C運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間所以，質(zhì)子從A點(diǎn)出發(fā)到第三次穿越軸所需時(shí)間(3)質(zhì)子第三次穿越運(yùn)動(dòng)，由于與負(fù)方向成45角，所以第四次穿越軸時(shí)所以，速度的大小為速度方向與電場E的夾角設(shè)為，如圖所示解：（）電容極板電壓C極板問場強(qiáng)E則FqQ（P，由動(dòng)量守恒有：mv(Mm)對(duì)彈丸，由動(dòng)能定理得：FFmvMm，解得CdMmvqMm（）對(duì)電容器，由動(dòng)能定理得：F解得CdMmMm（度為。則由動(dòng)量守恒有：mvmv在整個(gè)過程中由能量守恒，即mvMvmvMMmmveqoac(,11)51(20分)在B上滑動(dòng)過程中，動(dòng)量守恒，mmm/mmm/bm全過程能量守恒2分mmmb代入數(shù)據(jù)解得2分（2）AB碰撞，AB系統(tǒng)動(dòng)量守恒2分m(mm)b1分m/AB一起運(yùn)動(dòng)，C在B上相對(duì)滑動(dòng)mgmgm/1分mmgm/1C滑到BL2分分11分代入數(shù)據(jù)有即C在B上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為此時(shí)m/m/2分此后AB分離，C在A上滑動(dòng)過程中，CA系統(tǒng)動(dòng)量守恒mm(mm)RCA系統(tǒng)能量守恒mmmm1分Lm