解答題(教師版)

1、 曲一線科學備考精品題庫試題用戶：小小生成時間：2015.04.06 14:18:23物理1.(2014山東，24，20分)如圖甲所示,間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向,磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,一質量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時,可使t=0時刻入射的粒子經(jīng)t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。圖甲圖乙(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁場中運動時加速度

2、的大小;(3)若B0=,為使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。答案 1. (1)(2)(3)或解析 1.(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1,由牛頓第二定律得qv0B0=據(jù)題意由幾何關系得R1=d聯(lián)立式得B0=(2)設粒子做圓周運動的半徑為R2,加速度大小為a,由圓周運動公式得a=據(jù)題意由幾何關系得3R2=d聯(lián)立式得a=(3)設粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得T=由牛頓第二定律得qv0B0=由題意知B0=,代入式得d=4R粒子運動軌跡如圖所示,O1、O2為圓心,O1O2連線與水平方向的夾角為,在每個TB內,只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板,且均要求0<<,由題

3、意可知T=設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n=0,1,2,3)若在A點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得R+2(R+R sin )n=d當n=0時,無解當n=1時,聯(lián)立式得=聯(lián)立式得TB=當n2時,不滿足0<<90°的要求若在B點擊中P板,據(jù)題意由幾何關系得R+2R sin +2(R+R sin )n=d當n=0時,無解當n=1時,聯(lián)立式得=arcsin 聯(lián)立式得TB=當n2時,不滿足0<<90°的要求2.(2014山東，23，18分)研究表明,一般人的剎車反應時間(即圖甲中“反應過程”所用時間)t0=0.4 s,但飲酒會導致反應時間延長。在某次試驗中,志愿者少

4、量飲酒后駕車以v0=72 km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛,從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止,行駛距離L=39 m。減速過程中汽車位移s與速度v的關系曲線如圖乙所示。此過程可視為勻變速直線運動。取重力加速度的大小g=10 m/s2。求:圖甲圖乙(1)減速過程汽車加速度的大小及所用時間;(2)飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少;(3)減速過程汽車對志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值。答案 2.(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析 2.(1)設減速過程中汽車加速度的大小為a,所用時間為t,由題可得初速度v0=20 m/s,末速度vt=0,位移s=25 m,由運動學公式得

5、=2ast=聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得a=8 m/s2t=2.5 s(2)設志愿者反應時間為t',反應時間的增加量為t,由運動學公式得L=v0t'+st=t'-t0聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得t=0.3 s(3)設志愿者所受合外力的大小為F,汽車對志愿者作用力的大小為F0,志愿者質量為m,由牛頓第二定律得F=ma由平行四邊形定則得=F2+(mg)2聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得=3.（2014山東濰坊高三3月模擬考試理科綜合試題，23）如圖所示，在xOy平面內存在著垂直于菇何平面的磁場和平行于y軸的電場，磁場和電場隨時間的變化規(guī)律如圖甲、乙所示以垂直于xOy平面向里磁場的磁感應強度為正，以沿y軸正方

6、向電場的電場強度為正t=0時，帶負電粒子從原點O以初速度沿y軸正方向運動，t=5t0時，粒子回到O點，v0、t0、B0已知，粒子的比荷，不計粒子重力   (1) 求粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期；(2) 求電場強度B的值；(3) 保持磁場仍如圖甲所示，將圖乙所示的電場換成圖丙所示的電場t=0時刻，前述帶負電粒子仍由O點以初速度v0沿y軸正方向運動，求粒子在t=9t0時的位置坐標答案 3.查看解析解析 3.：（1）粒子在磁場中運動時Bqv0=m 得T=2t0。（2）粒子t=5t0時回到原點，軌跡如圖所示由牛頓第二定律Bqv0=m由幾何關系得得由運動學公式由牛頓第二

7、定律得（3）t0時刻粒子回到x軸t02t0時間內，粒子位移，2t0時刻粒子速度為3t0時刻，粒子以速度到達y軸3t04 t0時間內，粒子運動的位移5t0時刻粒子運動到點，代入數(shù)值即為4.（2014山東濰坊高三3月模擬考試理科綜合試題，22）如圖所示，光滑半圓軌道AB豎直固定，半徑R=04m，與水平光滑軌道相切于A水平軌道上平鋪一半徑r=01m的圓形桌布，桌布中心有一質量m=1kg的小鐵塊保持靜止現(xiàn)以恒定的加速度將桌布從鐵塊下水平向右抽出后，鐵塊沿水平軌道經(jīng)A點進入半圓軌道，到達半圓軌道最高點B時對軌道剛好無壓力，已知鐵塊與桌布間動摩擦因數(shù)=05，取g=10m/s2，求：   

8、;(1) 鐵塊離開B點后在地面上的落點到A的距離；   (2) 鐵塊到A點時對圓軌道的壓力；   (3) 抽桌布過程中桌布的加速度答案 4.查看解析解析 4.22（1）鐵塊離開B點后在地面上的落點到A的距離為0.8m；      （2）鐵塊到A點時對圓軌道的壓力為60N；      （3）抽桌布過程中桌布的加速度為5.25m/s2解析：（1）設鐵塊在B點的速度為v，根據(jù)向心力公式得：mg=解得：v=2m/s，鐵塊離開B點后作平拋運動，則2R=gt2，解得：t=0.4s，則鐵塊離開B點后在地面上的

9、落點到A的距離x=vt=2×0.4=0.8m；（2）從A到B的過程中，根據(jù)動能定理得：mg2R mv2m在A點，根據(jù)向心力公式得：Nmgm由解得：N=60N，根據(jù)牛頓第三定律得：鐵塊到A點時對圓軌道的壓力N=N=60N，（3）鐵塊脫離桌布時的速度v0=vA，設鐵塊加速度為a0，由牛頓第二定律得：mg=ma0鐵塊在桌布上加速的時間為t0，由運動學基本公式得：v0=a0t0，由位移關系得：r=at02a0t02由解得：a=5.25m/s2 5.（2014山東青島高三第一次模擬考試理綜物理，23）如圖所示，兩條平行的金屬導軌相距L = lm，金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37

10、6;，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中金屬棒MN和PQ的質量均為m=0.2kg，電阻分別為RMN =1和RPQ = 2 MN置于水平導軌上，與水平導軌間的動摩擦因數(shù)=0.5，PQ置于光滑的傾斜導軌上，兩根金屬棒均與導軌垂直且接觸良好從t=0時刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a =1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)t=3s時，PQ棒消耗的電功率為8W，不計導軌的電阻，水平導軌足夠長，MN始終在水平導軌上運動求：（1）磁感應強度B的大小；（2）t=03 s時間內通過MN棒的電荷量；（3）求 t =6s時F2的大小和方向；（4）若改

11、變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運動速度v與位移s滿足關系：，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上求MN棒從靜止開始到s=5m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量答案 5.查看解析解析 5.：（1）t=3s時MN棒的速度為MN切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為    由閉合電路的歐姆定律可得             PQ棒消耗的電功率為     代入數(shù)據(jù)得B = 2T  。   &#

12、160;  (2) 根據(jù)法拉第電磁感應定律可得t=03 s時間內通過MN棒的電荷量為代入數(shù)據(jù)可得q = 3C。(3) t =6s時MN棒的速度為MN切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為 由閉合電路的歐姆定律可得 規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得代入數(shù)據(jù)：F2=-5.2N  （負號說明力的方向沿斜面向下）。（4）MN棒做變加速直線運動，當s=5m時，   。因為速度v與位移s成正比，所以電流I、安培力也與位移s成正比，      6.（2014山東青島高三第一次模擬考試理綜物

13、理，22）如圖所示，一質量為m的物塊在與水平方向成的力F的作用下從A點由靜止開始沿水平直軌道運動，到B點后撤去力F， 物體飛出后越過“壕溝” 落在平臺EG段已知物塊的質量m =1kg，物塊與水平直軌道間的動摩擦因數(shù)為=0.5，AB段長L=10m，BE的高度差h =0.8m，BE的水平距離 x =1.6m若物塊可看做質點，空氣阻力不計，g取10m/s2（1）要越過壕溝，求物塊在B點最小速度v的大?。唬?）若=370，為使物塊恰好越過“壕溝” ，求拉力F的大??；（3）若大小不確定，為使物塊恰好越過“壕溝” ，求力F的最小值（結果可保留根號）答案 6.查看解析解析 6.：物塊通過B點后做平拋運動，豎

14、直方向  解得 水平方向：    （2）由A到B由   可得a=0.8m/s2    對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：         代入數(shù)據(jù)可得F = 5.27N（3）由數(shù)學知識可知：   代入數(shù)據(jù)得   7.(山東省濟南市2014屆高三上學期期末考試) （13分）如圖所示，在x0的區(qū)域內存在沿y軸負方向的勻強電場，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四

15、象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子自電場中的P點沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標原點O進入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉后垂直于y軸從N點回到電場區(qū)域，并恰能返回P點。已知P點坐標為，帶電粒子質量為m，電荷量為q，初速度為v0，不計粒子重力。求：（1）勻強電場的電場強度大?。唬?）N點的坐標；（3）勻強磁場的磁感應強度大小。答案 7.查看解析解析 7.解析：（1）設粒子從P到O時間為t，加速度為a，則粒子做類平拋運動：      水平方向：   豎直方向：    由牛頓第二定律，可得&#

16、160;            由以上三式，可解得     （2）設粒子運動到N點時速度為v，則        所以粒子從N到P的時間沿y軸位移    因此N點坐標為（0，）  （3）粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，設半徑為R。粒子在O點時速度方向與y軸負方向的夾角為30º  由幾何關系可知 

17、;   又因為       解得     8.(山東省濟南市2014屆高三上學期期末考試) （12分）如圖所示，固定于水平桌面上足夠長的兩平行光滑導軌PQ、MN，其電阻不計，間距d0.5m，P、M兩端接有一只理想電壓表，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度B0.2T的勻強磁場中，兩金屬棒ab、cd垂直導軌放置，其電阻均為r0.1, 質量均為m0.5kg，與導軌接觸良好?，F(xiàn)固定棒ab，使cd在水平恒力F0.8N的作用下，由靜止開始做加速運動。求（1）棒cd哪端電勢高？（2）當電壓表讀數(shù)為U0

18、.2V時，棒cd的加速度多大？（3）棒cd能達到的最大速度vm。答案 8.查看解析解析 8.：（1）由右手定則判知：c端電勢高。   （2）流過L2的電流     L2所受的安培力    對L2得：            所以L2的加速度：   a=1.2m/s2     （3）當棒L2所受合力為零時，速度達到最大，根據(jù)平衡條件

19、，有：         又     解得：      9.(山東省濟南市2014屆高三上學期期末考試) （7分）在海濱游樂場里有一種滑沙運動，如圖所示。某人坐在滑板上從斜坡的最高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點后，沿水平的滑道再滑行一段距離停下來。若滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩擦因數(shù)均為0.50，斜坡的傾角37°，AB長度為25m，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度g取

20、10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。求：（1）人從斜坡上滑下時的加速度大??；（2）為保證安全，水平滑道BC的最短長度。答案 9.查看解析解析 9.15解析：（1）人在斜面上受力如圖所示，建立圖示坐標系，設人在斜坡上滑下的加速度為a1，由牛頓第二定律有：           聯(lián)立解得：   （2）人滑到B點時 在水平軌道上運動時： 由解得：       

21、0;或   解得：      10.(山東省德州市2014屆高三上學期期末考試) (18分) 在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第一象限內有豎直向上的勻強電場，第二象限內有一水平向右的勻強電場。某種發(fā)射裝置(未畫出) 豎直向上發(fā)射出一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(可視為質點) ，該粒子以v0的初速度從x軸上的A點進入第二象限，并從y軸上的C點沿水平方向進入第一象限后能夠沿水平方向運動到D點。已知OA、OC距離相等，CD的距離為OC，E點在D點正下方，位于x軸上，重力加速度為g

22、。則：(1) 求粒子在C點的速度大小以及OC之間的距離；(2) 若第一象限同時存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場，磁場方向垂直紙面，(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B0，T0均為未知量) ，并且在時刻粒子由C點進入第一象限，且恰好也能通過同一水平線上的D點，速度方向仍然水平。若粒子在第一象限中運動的周期與磁場變化周期相同，求交變磁場變化的周期；(3) 若第一象限仍同時存在按如圖乙所示規(guī)律變化的磁場(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向，圖中B0，T0均為未知量) ，調整圖乙中磁場變化的周期，讓粒子在t=0時刻由C點進入第一象限，且恰能通過E點，求交變磁場的磁感應強度B0應滿足的條件。答案 10

23、.查看解析解析 10.15. 解析：豎直方向水平方向則豎直方向上（2）因為沒有磁場時粒子能夠沿水平方向到達D點所以應該滿足，帶電的粒子在第一象限將做速度也為的勻速圓周運動，使粒子從C點運動到同一水平線上的D點，如圖所示，則有：由位移關系解得粒子在磁場中運動的周期則磁場變化的周期為（3）使粒子從C點運動到E點，如右圖所示，設粒子運動圓軌道半徑為，則每經(jīng)過磁場的半個周期粒子轉過圓心角600交變磁場磁感應強度應滿足的關系11.(山東省德州市2014屆高三上學期期末考試) (14分) 如圖甲所示，電阻不計的“” 形光滑導體框架水平放置，導體框處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=1T，有一導體棒A

24、C橫放在框架上且與導體框架接觸良好，其質量為m=02kg，電阻為R=08，現(xiàn)用絕緣輕繩拴住導體棒，輕繩的右端通過光滑的定滑輪繞在電動機的轉軸上，左端通過另一光滑的定滑輪與物體D相連，物體D的質量為M=02kg，電動機內阻r=1。接通電路后電壓表的讀數(shù)恒為U=10V, 電流表讀數(shù)恒為I=1A，電動機牽引原來靜止的導體棒AC平行于EF向右運動，其運動位移x隨時間t變化的圖象如圖乙所示，其中OM段為曲線，MN段為直線。(取g=10m/s2) 求： (1) 電動機的輸出功率； (2) 導體框架的寬度；  (3) 導體棒在變速運動階段產(chǎn)生的熱量。答案 11.查看解析解析 1

25、1.14解析：（1）根據(jù)電路知識電動機的輸出功率為（2）根據(jù)1.0s時圖線斜率可知勻速運動的速度為在導體棒勻速運動的任意時刻對于整個系統(tǒng)根據(jù)功率關系可得解得（3）從靜止到開始做勻速直線運動階段，根據(jù)能量守恒定律對整個系統(tǒng)可得解得Q=6.6J12.(山東省德州市2014屆高三上學期期末考試) (12分) 如右圖所示，PQ是兩塊平行金屬板，上極板接電源正極，兩極板之間的電壓為U=12×104V，一帶負電的粒子通過P極板的小孔以速度v0=20×104m/s垂直金屬板飛入，通過Q極板上的小孔后，垂直AC邊經(jīng)中點O進入邊界為等腰直角三角形的勻強磁場中，磁感應強度為B=10T，邊界AC

26、的長度為L=16m，粒子比荷=5×104C/kg，不計粒子的重力。求：  (1) 粒子進入磁場時的速度大??；  (2) 粒子經(jīng)過磁場邊界上的位置到B點的距離以及在磁場中的運動時間。答案 12.查看解析解析 12.13解析：（1）粒子從P極板至Q極板的過程中，由動能定理得：解得v=(2) 粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：解得=0.8m故粒子垂直地打在BC邊的中點D，則BD=0.8m粒子在磁場中運動的周期為粒子的偏轉角為900故粒子在磁場中運動的時間為：13.（2012山東理綜，22，中）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R=1. 0 m的

27、光滑圓弧軌道，BC段為一長度L=0. 5 m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內，P點為圓弧軌道上的一個確定點. 一可視為質點的物塊，其質量m=0. 2 kg，與BC間的動摩擦因數(shù)=0. 4. 工件質量M=0. 8 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)=0. 1. （取g=10 m/）（1）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h. （2）若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動. 求F的大小. 當速度v=5 m/s時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求

28、物塊的落點與B點間的距離. 答案 13.（1）0. 2 m（2）8. 5 N0. 4 m解析 13.（1）物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能理定得mgh-1mgL=0代入數(shù)據(jù)得h=0. 2 m（2）設物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為，由幾何關系可得cos =根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有mg tan =ma對工件和物塊整體有F-2（M+m）g=（M+m）a聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得F=8. 5 N設物塊平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B點間的距離為x2，由運動學公式可得h=gt2x1=vtx2=x1-R sin 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得x2=0. 4 m14.

29、（2011山東理綜，24，中）如圖所示，在高出水平地面h=1. 8 m 的光滑平臺上放置一質量M=2 kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長度=0. 2 m且表面光滑，左段表面粗糙. 在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量m=1 kg，B與A左段間動摩擦因數(shù)=0. 4. 開始時二者均靜止，現(xiàn)對A施加F=20 N水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺）后，將A取走. B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x=1. 2 m. （取g=1）求：（1）B離開平臺時的速度vB.（2）B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間和位移. （3）A左段的長度. 答案 14. （1）2 m/s（

30、2）0. 5 s0. 5 m（3）1. 5 m解析 14. （1）設物塊做平拋運動的時間為t，由運動學知識可得h=gt2x=vBt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vB=2 m/s（2）設B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運動學的知識得mg=maBvB=aBtBxB=aB聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得tB=0. 5 sxB=0. 5 m（3）設B剛開始運動時A的速度為v1，由動能定理得Fl1=M設B運動后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運動學的知識得F-mg=MaAl2+xB=v1tB+aA聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得15.（2009山東理綜，24，難）如圖所示，某貨場需將質量為=100 kg 的貨物（可視為質點）從高處運送至地

31、面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1. 8 m. 地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2 m，質量均為=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(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)=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A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求應滿足的條件. （3）若=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. 答案 15. （1）3 00

32、0 N方向豎直向下（2）0. 4<10.6（3）4 m/s0. 4 s解析 15. （1）設貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律得m1gR=m1設貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得FN-m1g=m1聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得FN=3 000 N根據(jù)牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3 000 N，方向豎直向下. （2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得1m1g2（m1+2m2）g若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得1m1g>2（m1+m2）g聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得0. 4<10. 6（3）1=0. 5，由式可知，貨物在

33、木板A上滑動時，木板不動. 設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得1m1g=m1a1設貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學公式得-=-2a1l聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得v1=4 m/s設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得v1=v0-a1t聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t=0. 4 s16.（2008山東理綜，24，難）某興趣小組設計了如圖所示的玩具軌道，其中“2008”四個等高數(shù)字用內壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內（所有數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細管的內徑大得多），底端與水平地面相切. 彈射裝置將一個小物體（可視為質點）以=5 m/s的水平初速度由a點彈出，從b

34、點進入軌道，依次經(jīng)過“8002”后從p點水平拋出. 小物體與地面ab段間的動摩擦因數(shù)=0. 3，不計其他機械能損失. 已知ab段長L=1. 5 m，數(shù)字“0”的半徑R=0. 2 m，小物體質量m=0. 01 kg，g=10 m/s2. 求：（1）小物體從p點拋出后的水平射程. （2）小物體經(jīng)過數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向. 答案 16.（1）0. 8 m（2）0. 3 N豎直向下解析 16.（1）設小物體運動到p點時速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得-mgL-2mgR=mv2-m小物體自p點做平拋運動，設運動時間為t，水平射程為s，則2R=gt2s=vt

35、聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得s=0. 8 m（2）設在數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向F+mg=聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得F=0. 3 N，方向豎直向下17.（2012山東理綜，23，難）如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為. 在t=0時刻將一個質量為m、電量為-q（q>0）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t=時刻通過垂直于邊界進入右側磁場區(qū). （不計粒子重力，不考慮極板外的

36、電場）（1）求粒子到達時的速度大小v和極板間距d. （2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件. （3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3時刻再次到達，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小. 答案 17. （1）（2）B<（3）解析 17. （1）粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得qU0=mv2由式得v=設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q=ma由運動學公式得d=a（）2聯(lián)立式得d=（2）設磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB=m要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足2R&g

37、t;聯(lián)立式得B<（3）設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d=vt1聯(lián)立式得t1=若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得d=t2聯(lián)立式得t2=設粒子在磁場中運動的時間為tt=3T0-t1-t2聯(lián)立式得t=設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結合運動學公式得T=由題意可知T=t聯(lián)立式得B=18.（2011山東理綜，25，難）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺. 其簡化模型如圖：、兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面. 一質量為m、電量為-q

38、、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入?yún)^(qū)，射入時速度與水平方向夾角=30°. （1）當區(qū)寬度=L、磁感應強度大小=時，粒子從區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求及粒子在區(qū)運動的時間t. （2）若區(qū)寬度=L、磁感應強度大小=，求粒子在區(qū)的最高點與區(qū)的最低點之間的高度差h. （3）若=L、=，為使粒子能返回區(qū)，求B2應滿足的條件. （4）若、，且已保證了粒子能從區(qū)右邊界射出. 為使粒子從區(qū)右邊界射出的方向與從區(qū)左邊界射入的方向總相同，求、之間應滿足的關系式. 答案 18.（1）（2）L（3）B2>（

39、4）B1L1=B2L2解析 18.（1）如圖1所示，設粒子射入磁場區(qū)的速度為v，在磁場區(qū)中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得圖1qU=mv2qvB1=m由幾何知識得L=2R1 sin 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得B0=設粒子在磁場區(qū)中做圓周運動的周期為T，運動的時間為tT=t=T聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t=（2）設粒子在磁場區(qū)做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2=m由幾何知識可得h=（R1+R2）（1-cos ）+L tan 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得h=（2-）L（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到區(qū)，應滿足R2（1+sin ）<L或R2（1+sin ）L圖2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得B2

40、>（或B2）（4）如圖3（或圖4）所示，設粒子射出磁場區(qū)時速度與水平方向的夾角為，由幾何知識可得L1=R1（sin +sin ）或L1=R1（sin -sin ）L2=R2（sin +sin ）或L2=R2（sin -sin ）聯(lián)立式得B1R1=B2R2聯(lián)立式得B1L1=B2L2圖3圖419.（2010山東理綜，25，難）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里. 一質量為m、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁

41、場中交替運動. 已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推. 求（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功. （2）粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小. （3）粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間. （4）假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零. 請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標刻度值）. 答案 19. （1）m（2）（3）（4）見解析解析 19. （1）設磁場的磁感應強度大小為B，粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓第二定律得qvnB=m得vn=因為R2=2R

42、1，所以v2=2v1對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得W1=m-m得W1=（2）粒子第n次進入電場時速度為vn，出電場時速度為vn+1，有vn=nv1，vn+1=（n+1）v1由動能定理得qEnd=m-m得En=（3）設粒子第n次在電場中運動的加速度為an，由牛頓第二定律得qEn=man由運動學公式得vn+1-vn=antn得tn=（4）如圖所示20.（2009山東理綜，25，難）如圖甲所示，建立Oxy坐標系. 兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l. 在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里. 位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射

43、質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子. 在03時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）. 已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場. 上述m、q、l、B為已知量. （不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況）（1）求電壓的大小. （2）求時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑. （3）何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短?求此最短時間. 答案 20. （1）（2）（3）2t0解析 20. （1）t=0時刻進入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為l，則有E=qE=mal

44、=a聯(lián)立式，解得兩板間偏轉電壓為U0=（2）t0時刻進入兩板間的帶電粒子，前t0時間在電場中偏轉，后t0時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動. 帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0=帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為vy=a·t0帶電粒子離開電場時的速度大小為v=設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有qvB=m聯(lián)立式解得R=（3）2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短. 帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為vy'=at0設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則tan =聯(lián)立式解得=帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，

45、圓弧所對的圓心角2=，所求最短時間為tmin=T帶電粒子在磁場中運動的周期為T=聯(lián)立式得tmin=21.（2008山東理綜，25，難）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)律分別如下圖中圖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）. 若電場強度、磁感應強度、粒子的比荷均已知，且=，兩板間距h=. （1）求粒子在0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1所示，磁場的

46、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）. 答案 21. （1）15（2）（3）如圖解析 21. 解法一：（1）設粒子在0t0時間內運動的位移大小為s1s1=aa=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=at0qv1B0=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+a解得s2=h由于s1+s2<h，所以粒子

47、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+at0qv2B0=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（如圖所示）. 因此粒子運動的最大半徑R2=. （3）粒子在極板間運動的軌跡圖見答案. 解法二：由題意可知，電磁場的周期為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=，方向向上后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為TT=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snsn=a（nt0）2又已知h=由以上各式得sn=h粒子速度大小為vn=

48、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R2=（3）粒子在極板間運動的軌跡圖見答案. 22.（2013濰坊四縣一區(qū)聯(lián)考，17）如圖所示，半徑為R=0.2m的光滑1/4圓弧軌道在豎直平面內，圓弧B處的切線水平.B端高出水平地面h=0.8m，O點在B點的正下方.將一質量為m=1.0kg的滑塊從A點由靜止釋放，落在水平面上的C點處，(9取10m/s2)求:(1)滑塊滑至B點時對圓弧的壓力及Xoc的長度;(2)在B端接一長為L=l.0m的木板，滑塊從A端釋放后正好運動

49、到N端停止，求木板與滑塊的動摩擦因數(shù);(3)若將木板右端截去長為L的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面P點處，要使落地點P距O點的距離最遠，L應為多少.答案 22.（1）0.8m(2)0.2(3)0.16m.解析 22.（1）由機械能守恒定律可知： 由向心力公式可知：可得： 由牛頓第三定律可知：滑塊滑至B點時對圓弧的壓力為30N，方向垂直向下。根據(jù)平拋運動規(guī)律： OC的長度為 (2)由牛頓第二定律可知：由運動學公式可知：聯(lián)立可得： （3）由運動學公式可知： 由平拋運動規(guī)律和幾何關系： 當 評分標準：每式2分，其余每式1分，共11分。其他做法只要正確同樣給分。23.(山東濰坊市2013屆

50、高三3月第一次模擬考試，12)質量M9kg、長L=1m的木板在動摩擦因數(shù)=0.1的水平地面上向右滑行，當速度時，在木板的右端輕放一質量m=1kg的小物塊如圖所示當小物塊剛好滑到木板左端時，物塊和木板達到共同速度取g=10m/s2，求：（1）從木塊放到木板上到它們達到相同速度所用的時間t；（2）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。答案 23.（1）1s (2) 0.08解析 23.（1）設木板在時間t內的位移為x1；木塊的加速度大小為a2，時間t內的位移為x2則有x1= v0t- x2= x1= 又 代入數(shù)據(jù)得t=1s (2) 根據(jù)牛頓第二定律，有解得24.(山東濰坊市2013屆高三3月第一次模擬考試，

51、13)如圖所示，在xOy坐標系中，x軸上N點到O點的距離是12cm，虛線NP與x軸負向的夾角是30°第象限內NP的上方有勻強磁場，磁感應強度B1T，第IV象限有勻強電場，方向沿y軸正向一質量m8×10-10kg. 電荷量q=1×10-4C帶正電粒子，從電場中M（12，8）點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從N點進入磁場，又從y軸上P點穿出磁場不計粒子重力，取3，求：（1）粒子在磁場中運動的速度v；（2）粒子在磁場中運動的時間t；（3）勻強電場的電場強度E。 答案 24.（1） （2）（3）解析 24.（1）粒子在磁場中的軌跡如圖 ，由幾何關系，得粒子做圓周運動的軌道半徑由

52、得 （2）粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為120°，則有（3）由得25.(山東濰坊市2013屆高三3月第一次模擬考試，14)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為=37°的粗糙斜面軌道DC相切于C，圓軌道的直徑AC與斜面垂直質量為m的小球從A點左上方距A高為h的斜面上方P點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內側，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D處. 已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取，不計空氣阻力，求：（1）小球被拋出時的速度v0；（2）小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大?。唬?）小球從C到D過程中摩擦力做的功W.答案 25.（1

53、）（2）5.6mg (3) 。解析 25.（1）小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為，如圖所示. 則有 由幾何關系得得 （2）A、B間豎直高度 設小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B過程中有 在B點，有解得 由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg (3) 小球沿斜面上滑過程中摩擦力做的功等于小球做平拋運動的初動能，有 26.(山東省淄博市2013屆高三下學期4月復習階段性檢測,9)如圖所示，上表面光滑，長度為3m、質量M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，以v0=5mS的速度沿水平地面向右勻速運動?，F(xiàn)將一個質量為m=3kg的小鐵塊(可視為質點)無初速地放在木

54、板最右端，當木板運動了L=1m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端，以后木板每運動lm就在其最右端無初速地放上一個同樣的小鐵塊。(g取10ms2) 求(1) 木板與地面間的動摩擦因數(shù)。(2) 剛放第三個鐵塊時木板的速度。(3) 從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離。答案 26.（1）05（2）4m/s（3）1.78m解析 26.（1）木板做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力為f由平衡條件得 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 （2）每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加令剛放第三塊鐵塊時木板速度為，對木板從放第一塊鐵塊到剛放第三塊鐵塊的過程，由動能定理得聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得 （3）從放第三個鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均為從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程，木板運動的距離為x，對木板由動能定理得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得27.(山東省淄博市2013屆高三下學期4月復習階段性檢測,10)在直角坐標系y軸右側有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，電場方向沿y軸負方向，電場強度大小為E。一質量為m、電荷量為q的正粒子(重力不計)從坐標原點O沿x軸正方向做直線運動，運動到A點時撤去電場，當粒子在磁場中運動到距離原點O最遠處P點(圖中未標出)時，撤去磁場，同時加另一勻強電場，其方向沿y軸負方向，最終粒子垂直于y軸飛出。已知A點坐標為(a，0)，P點