高中物理?？加嬎泐}

1、1.距離水平地面h20 m高處以20 m/s的初速度水平拋出個小球，(空氣阻力不計，g取10 m/s2) 則：(1)小球在空中飛行的時間t為多少？(2)小球落地時速度v方向與水平方向的夾角為多少？(3)小球落地時的位移s的大小為多少？(答案可以用根號表示)2.如圖所示，在水平地面上放一質(zhì)量m=l kg的木塊，木塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.6，在水平力向上對木塊同時施加相互垂直的兩個拉力F1、F2，已知F1=6 NF2=8N，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。則： (1)木塊受到的摩擦力為多少？ (2)若將F2逆時針轉(zhuǎn)900，此時木塊的加速度大小為多少？ (3)若將F2順時針轉(zhuǎn)90

2、0，求術(shù)塊運(yùn)動t=2s時的位移大??？3.一質(zhì)晨為m的物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，然后用兩根繩A、B分別系在物塊的兩側(cè)，如圖所樂，A繩水平，B繩與水平面成角，己知重力加速度g，求：(1)逐漸增大B繩的拉力，直到物塊對地面的壓力恰好為零，則此時A繩和B繩的拉力分別是多大： (2)將A繩剪斷，為了使物塊沿水平面做勻速直線運(yùn)動，在不改變B繩方向的情況下，B繩的拉力應(yīng)為多大。4.如圖所示，質(zhì)量m=60kg的高山滑雪運(yùn)動員，從A點由靜止開始沿滑雪道滑下，從B點水平飛出后又落在與水平面成傾角=37°的斜坡上C點已知A、B兩點間的高度差為h=25m，B、C兩點間的距離為s=75m

3、，已知sin37°=0.6，取g=10m/s2求：（1）運(yùn)動員從B點水平飛出時的速度大小；（2）運(yùn)動員從A點到B點的過程中克服摩擦力做的功5.宇航員站在某星球表面，從高h(yuǎn)處以初速度v0水平拋出一個小球，小球落到星球表面時，與拋出點的水平距離是x，已知該星球的半徑為R，引力常量為G，求（1）該星球的質(zhì)量M（2）該星球的第一宇宙速度6.三個完全相同的小球A、B、C，質(zhì)量滿足mA=mB=mC=2kg，靜止在光滑地面上并沿“一”字形依次排開如圖所示，用錘子輕輕敲擊A球，使之獲得一個向右的速度v0=4m/s，A、B兩球碰撞后粘合在一起，再與C球碰撞，最后C球獲得vC=2m/s的向右的速度（1）

4、求第一次碰撞后A、B兩球粘合在一起的共同速度；（2）第二次碰撞是不是彈性碰撞？（3）求兩次碰撞過程，系統(tǒng)損失的能量E7.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第1象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x=2h處的P點進(jìn)入磁場，最后以速度v垂直于y軸射出磁場不計粒子重力求：（1）電場強(qiáng)度大小E；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑；（3）粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)8.在學(xué)校組織的趣味運(yùn)動會上，科技小組為大家提供了一個寓學(xué)于樂的游

5、戲如圖所示，將一質(zhì)量為0.2kg的鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，其實沿著光滑的半環(huán)形軌道OA和AB運(yùn)動，BC段為一段長為L=2.5m的粗糙平面，DEFG為接球槽圓弧OA和AB的半徑分別為R1=0.2m，R2=0.4m，小球與BC段的動摩擦因數(shù)為=0.6，C點離接球槽的高度為h=1.25m，水平距離為x=0.5m，接球槽足夠大，求：（1）要使鋼球恰好不脫離圓軌道，鋼球在A點的速度多大？（2）（1）小題速度下運(yùn)動到B，在B位置對半圓軌道的壓力多大？（3）這小球能否落進(jìn)接球槽里？99如圖所示，區(qū)域、內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，寬為1.5d，區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1未

6、知，區(qū)域時無場區(qū)，寬為d一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從磁場邊界上的A點與邊界成=60°角垂直射入?yún)^(qū)域的磁場，粒子恰好不從區(qū)域的右邊界穿出且剛好能回到A點，粒子重力不計，求：（1）區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)B；（2）區(qū)域磁場的最小寬度L；（3）粒子從離開A點到第一次回到A點的時間t10如圖所示，虛線FG、MN、CD為在同一平面內(nèi)的水平直線邊界，在MN、CD間有垂直邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E=1.5×105N/C，方向如圖，在FG、MN間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T，已知電場和磁場沿邊界方向的長度均足夠長，電場在垂直邊界方向的寬度d1=0.20m，

7、在CD邊界上某點O處有一放射源，沿紙面向電場中各個方向均勻地輻射出速率均為v0=1.0×106m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×1027kg，電荷量q=3.2×1019C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計粒子的重力及相互作用（1）求粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；（2）要使所有粒子不從FG邊界射出，求磁場垂直邊界MN方向上的最小寬度d；（3）若磁場垂直邊界MN方向上的寬度為0.2m，求邊界FG上有粒子射出的長度范圍及粒子首次在磁場中運(yùn)動的最長時間11.如圖所示，一物體質(zhì)量m=2kg，在傾角=37°的斜面上的A點以初速度v0=3m/s下滑

8、，A點距彈簧上端B的距離AB=4m，當(dāng)物體到達(dá)B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC=0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點AD=3m，擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10m/s2求：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）彈簧的最大彈性勢能Epm12.如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里，y軸上有一點A與原點O的距離為l，電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)原點O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過的時間為t=時恰好到達(dá)A點，不計粒子的重力作用（1）求邊界PQ與y軸

9、的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0；（2）若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應(yīng)為多大？13如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上方有方向沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，下方有一半徑為R的圓形有界勻強(qiáng)磁場，圓心在y軸上，且圓與x軸相切，磁場方向垂直于紙面向外，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在坐標(biāo)為（，）的A點，以初速度沿y軸負(fù)方向射入電場，且剛好從O點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好平行于x軸從磁場中射出，不計粒子重力（結(jié)果里可以有根號）（1）求電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。唬?）若該粒子沿y軸負(fù)方向射出時的初速度大小為v0，要使該粒子也能從O點進(jìn)入磁場，且經(jīng)

10、磁場偏轉(zhuǎn)后剛好平行于x軸從磁場中射出，求該粒子開始射出時的位置坐標(biāo)14.一輛汽車沿平直公路從甲站開往乙站，啟動時加速度為a1=4m/s2，勻加速行駛t1=2.5s后，再勻速行駛t2=3min，然后剎車滑行x=50m，正好到達(dá)乙站求：（1）汽車從甲站到乙站運(yùn)動的時間t；（2）汽車剎車時的加速度大?。唬?）甲、乙兩站的距離L15.宇航員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間t小球落回原處；若他在某星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過時間5t小球落回原處（取地球表面重力加速度g=10m/s2，空氣阻力不計）（1）求該星球表面附近的重力加速度g；（2）已知該星球的半徑與地球半徑之比為

11、R星：R地=1：4，求該星球的質(zhì)量與地球質(zhì)量之比M星：M地16.如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經(jīng)電壓U0加速后，通過B點進(jìn)入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，最后電子從右側(cè)的兩塊平行金屬板之間穿出，已知A、B分別為兩塊豎直板的中點，右側(cè)平行金屬板的長度為L，求：（1）電子通過B點時的速度大小v0；（2）電子從右側(cè)的兩塊平行金屬板之間飛出時的側(cè)移距離y；（3）電子從右側(cè)平行金屬板進(jìn)入到飛出時電場對它所做的功W17.如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B在ad邊

12、中點O的粒子源，在t=0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od的夾角分布在0180°范圍內(nèi)已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd上的p點離開磁場，ab=1.5L，bc=L，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R=L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子在磁場中的運(yùn)動周期T；（2）粒子的比荷；（3）粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間試卷答案1.（1）2s（2）45°（3）20m(1)根據(jù)hgt2小球在空中飛行的時間(2)豎直的分速度vygt10×2 m/s20 m/s 小球落地時速度方向與水平方向的夾角45

13、6;(3)水平位移xv0t40 m小球落地時的位移大小為 點睛：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向做勻速運(yùn)動和豎直方向上做自由落體運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式靈活求解2.（1）6 N（2）0（3）16m（1）F1、F2的合力 又fm=mg=6N 故F12>fm，在F1、F2作用下木塊滑動，此時木塊受到的滑動摩擦力f=mg=6N.（2）當(dāng)F2逆時針轉(zhuǎn)90°時，F(xiàn)1、F2的合力F12'=F2-F1=2Nfm，此時木塊在地面上不動，所受合力大小為F合=0，加速度a1=0 （3）當(dāng)F2順時針轉(zhuǎn)90°時，F(xiàn)1、F2的合力F12'=F1+F2=14Nfm，此時木塊在地面

14、上滑動所受合力大小為F合=F12'-fm=8 N 加速度a2=F合/m=8m/s2木塊運(yùn)動t=2s時的位移 點睛：考查力的合成與分解，掌握力的平行四邊形定則，理解受力平衡的條件，注意會區(qū)別靜摩擦力與滑動摩擦力3.(1) TAmgcot，TBmg/sin；(2) (1)N地0，則 水平方向：TATBcos 豎直方向：TBsinmg 解得：TAmgcot，TBmg/sin (2) 將A繩剪斷，物體做勻速直線運(yùn)動，水平和豎直方向受力平衡水平：TBcosFf 豎直：FNmgTBsin 又有：Ff=FN 解之得： 4.解：（1）設(shè)由B到C平拋運(yùn)動的時間為t，運(yùn)用平拋運(yùn)動的規(guī)律：豎直方向：hBC=

15、ssin37°=gt2，水平方向：scos37°=vBt ，代得數(shù)據(jù)，解得vB=20m/s （2）研究A到B的過程，由動能定理有：mghAB+wf=mvB20 代入數(shù)據(jù)，解得得，Wf=3000J所以運(yùn)動員克服摩擦力所做的功為3000J答：（1）運(yùn)動員從B點水平飛出時的速度大小是20m/s；（2）運(yùn)動員從A點到B點的過程中克服摩擦力做的功是3000J【考點】動能定理的應(yīng)用；平拋運(yùn)動【分析】B到C是一個平拋運(yùn)動，運(yùn)用平拋運(yùn)動的規(guī)律解決問題，其中高度決定時間，通過水平方向運(yùn)動求出初速度運(yùn)動員從A點到B點的過程中克服摩擦力做的功，由于不清楚摩擦力的大小以及A到B得位移，從功的定義式

16、無法求解，所以我們就應(yīng)該選擇動能定理5.解：（1）設(shè)星球表面的重力加速度為g，則根據(jù)小球的平拋運(yùn)動規(guī)律得： h= x=v0t 聯(lián)立得：g= 再由 聯(lián)立以上兩式解得：（2）設(shè)該星球的近地衛(wèi)星質(zhì)量為m0，根據(jù)重力等于向心力得：則 m0g=m0 解得，答：（1）該星球的質(zhì)量M為（2）該星球的第一宇宙速度為【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【分析】（1）要求星球的質(zhì)量，根據(jù)重力等于萬有引力，但必須先由平拋運(yùn)動的規(guī)律求出星球表面的重力加速度g，再聯(lián)立求解；（2）近地衛(wèi)星的速度即為星球的第一宇宙速度，由重力等于向心力列式求解6.解：（1）設(shè)B球與C球相碰前，A和B球的速度為v共，A、B兩球發(fā)生碰撞，以向右為正方

17、向，由動量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）v共代入數(shù)據(jù)解得：v共=2 m/s；（2）AB與C兩球發(fā)生正碰的過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：（mA+mB）v共=（mA+mB）v'+mCvC代入數(shù)據(jù)解得：v'=1m/sAB和C碰撞過程中損失的動能：代入數(shù)據(jù)解得：E2=2J；可知第二次碰撞的過程中由動能的損失，所以不是彈性碰撞；（3）第一次碰撞的過程中損失的動能：代入數(shù)據(jù)得：E1=8J所以損失的總動能：E=E1+E2=2+8=10J答：（1）求第一次碰撞后A、B兩球粘合在一起的共同速度是2m/s；（2）第二次碰撞不是彈性碰撞；（3）兩次碰撞過程，系統(tǒng)損失的能量E是

18、10J【考點】動量守恒定律【分析】（1）兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律即可求出碰撞后的速度（2）碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒動量求出A和B的速度，然后結(jié)合功能關(guān)系分析即可；（3）兩次碰撞的過程中損失的動能為初動能與末動能的差7.解：（1）在電場中粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1，則有：2h=v0t1h=at12根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma聯(lián)立式得：E=（2）由題意可知，粒子進(jìn)入磁場時速度也為v，根據(jù)動能定理得：qEh=再根據(jù) qvB=m聯(lián)立式得：，r=（3）如圖，設(shè)粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（x、y），粒子進(jìn)入磁場時速度v，與x軸正方向的夾角為

19、，由圖可得：cos=，=45°所以 x=2hrcos45°=2hy=r+rsin45°=（1+）答：（1）電場強(qiáng)度大小E為；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為；（3）粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（2h），（1+）【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速運(yùn)動，豎直方向做勻加速運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動分位移公式結(jié)合，可求出電場強(qiáng)度的大小E；（2）根據(jù)動能定理求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小，由牛頓第二定律求出軌道半徑；（3）再作出粒子運(yùn)動軌跡，由幾何知識求出粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)8.解：

20、（1）要使鋼球恰好不脫離軌道對最高點A：，解得m/s=2m/s（2）鋼球從A到B的過程：，在B點，根據(jù)牛頓第二定律有：，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得FN=12N，據(jù)牛頓第三定律，鋼球在B位置對半圓軌道的壓力為12N（3）要使鋼球能落入槽中從C到D平拋，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有：x=vct，h=，代入數(shù)據(jù)解得vC=1m/s假設(shè)鋼球在A點的速度恰為vA=2m/s時，鋼球可運(yùn)動到C點，且速度為vC，從A到C，根據(jù)動能定理得，解得，故當(dāng)鋼球在A點的 速度恰為vA=2m/s時，鋼球不可能到達(dá)C點，更不可能平拋入槽答：（1）要使鋼球恰好不脫離圓軌道，鋼球在A點的速度為2m/s；（2）在B位置對半圓軌道的壓力為12N；（3

21、）這小球不能落進(jìn)接球槽里【考點】動能定理的應(yīng)用；向心力【分析】（1）抓住小球恰好能通過A點，結(jié)合牛頓第二定律求出鋼球在A點的速度（2）根據(jù)動能定理求出鋼球在B點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出軌道對鋼球的支持力，從而得出鋼球?qū)Π雸A軌道的壓力（3）根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求出小球進(jìn)入球槽的最小速度，抓住小球恰好通過A點，結(jié)合動能定理得出C點的速度，通過比較判斷鋼球能否落入球槽9.解：（1）由題意知粒子的運(yùn)行軌跡如圖所示，設(shè)在區(qū)域、中粒子做圓周運(yùn)動的半徑分別為r、R，由圖知：R+Rcos=1.5d，聯(lián)立得：R=d，由洛倫茲力提供向心力有：，同理區(qū)域中有：聯(lián)立解得：（2）由（1）及圖知區(qū)域磁場的最小寬度為：（

22、3）在區(qū)域中有：，可得：粒子在區(qū)域中運(yùn)動時間為：，在區(qū)域中運(yùn)動時間為：在區(qū)域中運(yùn)動時間為：所以粒子運(yùn)動總時間為：答：（1）區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)為3B；（2）區(qū)域磁場的最小寬度L為；（3）粒子從離開A點到第一次回到A點的時間t為【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動【分析】（1）根據(jù)題意畫出粒子的運(yùn)動軌跡，由幾何關(guān)系分別求出粒子在區(qū)域、中的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式即可求解；（2）由圖根據(jù)幾何關(guān)系求出區(qū)域磁場的最小寬度；（3）粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，在無場區(qū)做勻速直線運(yùn)動，分別求出在區(qū)域、中的時間，再求出總時間即可；10.解：（1）帶電粒子從電場進(jìn)入磁場，由動能定理有： 進(jìn)入磁場后，洛侖茲

23、力提供向心力： 聯(lián)立兩式得：v=2×106m/s，r=0.2m （2）在O點水平向左或向右方向射出的粒子做類平拋運(yùn)動，其偏向角與水平方向 夾角為，則： =， 所以=60° 當(dāng)從最左邊射出的粒子進(jìn)入磁場后是一個優(yōu)弧，當(dāng)該優(yōu)弧與磁場上邊界相切時， 由幾何關(guān)系有磁場寬度為d=Lmin=r+rcos60°=0.2m+02×0.5m=0.3m（3）水平向左射出的粒子打在A點，水平位移： x=v0t=v0=0.23m 從A點與水平方向成60°射出的粒子做勻速圓周運(yùn)動打在上邊邊界的P點，由對稱 性，可知P點偏離O點的左邊x=0.23m 顯然從O點豎直向上射出

24、的粒子劃過四分之一圓弧打在Q點，該點是粒子打擊的 最右端由幾何關(guān)系可知Q點偏離O點的右邊r=0.2m 所以能夠從FG邊緣穿出的長度范圍為x+r=0.43m 顯然豎直向上射出的粒子恰恰在磁場中轉(zhuǎn)過半周，轉(zhuǎn)180再回到MN，此種情況粒子在磁場中運(yùn)動時間最長 =3.14×107s答：（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為0.2m（2）要使所有粒子不從FG邊界射出，磁場垂直邊界MN方向上的最小寬度d為0.3m（3）若磁場垂直邊界MN方向上的寬度為0.2m，邊界FG上有粒子射出的長度范圍為0.43m、粒子首次在磁場中運(yùn)動的最長時間為3.14×107s【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；

25、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【分析】（1）只要進(jìn)入磁場的粒子電場力做功是一定的，由動能定理可以求出進(jìn)入磁場的速率，由洛侖茲力提供向心力就能求出粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑（2）先由左手定則判斷出粒子做順時針勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)從邊界線最左邊射入磁場的軌跡與上邊界相切時，此種情況下磁場區(qū)域最寬，由此畫出軌跡，由幾何關(guān)系就能求出磁場區(qū)域的最小寬度（3）由于磁場的寬度與粒子的半徑相等，所以在想象中拿一個定圓在寬度一定的磁場區(qū)域移動，這樣可以找到打在磁場上邊緣最左端的位置即從最左端進(jìn)入磁場的粒子打在最左端，最右的位置顯然是豎直向上射出的粒子恰好與上邊緣相切，由幾何關(guān)系求出兩點的距離即為所求；至于最長時間，

26、顯然偏轉(zhuǎn)角最大的即打在最左端的粒子恰好轉(zhuǎn)過半周，所以最長時間是半個周期11.解：（1）物體由A運(yùn)動到D過程中運(yùn)用動能定理得：WG=mglADsin37°=36 JWf=mgcosl其中l(wèi)=AB+BC+CD=5.4 m，解得：=0.52（2）彈簧壓縮到C點時，對應(yīng)的彈性勢能最大，由A到C的過程根據(jù)能量守恒定律得：Epm+mgcos37°lAC=mv20+mglACsin37° 代入數(shù)據(jù)得：Epm=24.4 J 答：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.52；（2）彈簧的最大彈性勢能Epm為24.4J【考點】動能定理；彈性勢能；能量守恒定律【分析】（1）對從最高點A到D

27、的過程中重力與摩擦力對物體做功，對全過程運(yùn)用動能定理列式求解即可；（2）對從最高點到彈簧壓縮量最大的過程，根據(jù)動能定理列方程求解12.解：帶電粒子在左側(cè)和右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動，分別有： 可得半徑： 且 r2=2r1 由 可得： 且 T2=2T1（1）粒子射出后經(jīng)過時間為 時恰好到達(dá)A點，運(yùn)動情況如圖所示， 設(shè)圖中圓弧DE對應(yīng)的圓心角為，則O點運(yùn)動到A點的時間為+= 解得：=60°C1C2C3 為等邊三角形，幾何關(guān)系為 l=2r1+（r2r1） d=r1cos30° 解得PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0分別為（2）以更大速度射出的粒子，必然是從y軸較高點轉(zhuǎn)向下方

28、時經(jīng)過A點， 粒子運(yùn)動一個周期，運(yùn)動情況如圖所示，設(shè)圖中C3DF=，則粒子運(yùn) 動一個周期在y軸上的位移y=2r1+2（r2r1）sin2r1 （或y=2r1sin） 經(jīng)過A點的條件是 ny=l （n=1、2、3） 解得 v= （n=1、2、3） 考慮到vv0=，因此n只能取1或2 即粒子的速度大小為 或v= （或v= （n=1、2）答：（1）求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0為（2）若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應(yīng)為或【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動【分析】（1）帶電粒子先在左側(cè)磁場做勻速圓周運(yùn)動，由入射方向可以確定

29、在該磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在y軸上，當(dāng)轉(zhuǎn)過一定角度后，進(jìn)入右側(cè)磁場做同方向的勻速圓周運(yùn)動，最后在進(jìn)入左側(cè)恰好達(dá)到A點，由帶電粒子在兩邊磁場中運(yùn)動的總時間列出方程從而可以求出在右側(cè)磁場中偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合周期公式和半徑公式、幾何關(guān)系可以求得邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0（2）在第一問的基礎(chǔ)上，當(dāng)帶電粒子速度增大時，其半徑也增大，表示出粒子在左側(cè)和右側(cè)運(yùn)動一次在y軸上上移的距離y，要使帶電粒子能夠回到A點，則有l(wèi)=ny，把相應(yīng)的半徑公式代入就能求得速度的可能值13.解：（1）粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分位移公式，有：解得：又：所以：；v=如圖做出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡，依

30、次連接入射點、出射點、和兩個圓心，則O、磁場區(qū)域的圓心、軌跡圓心、出射點應(yīng)該構(gòu)成菱形才能使粒子沿x軸平行的方向射出磁場，所以：r=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：所以：（2）若該粒子沿y軸負(fù)方向射出時的初速度大小為v0，根據(jù)推論公式r=，可知粒子到達(dá)O點時速度的大小仍然是才能仍然沿與x軸平行的方向射出磁場所以：粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，根據(jù)分位移公式，有：又：所以：y=2L即開始射出的位置坐標(biāo)為（L，2L）答：（1）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是；（2）該粒子開始射出時的位置坐標(biāo)是（L，2L）【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【分析】（1）粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，根

31、據(jù)類平拋運(yùn)動的分位移公式列式求解電場強(qiáng)度；在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后結(jié)合推論公式r=求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）要使粒子依然平行x軸射出，則O、磁場區(qū)域的圓心、軌跡圓心、出射點依然應(yīng)該構(gòu)成菱形，故粒子的軌道半徑不變，故進(jìn)入磁場的速度不變；對磁場中運(yùn)動過程，根據(jù)平行四邊形定則先求解x和y方向的分速度，然后對第一次和第二次類似平拋過程分別根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式后聯(lián)系確定第二次釋放點的坐標(biāo)14.解：（1）加速2.5s后的速度為：v=a1t1=4×2.5=10m/s勻減速過程的初速度為10m/s，末速度為零，對于勻減速運(yùn)動，由x3=，得：t3=s=10s從甲站

32、到乙站的總時間為：t=t1+t2+t3=2.5+180+10=192.5s（2）根據(jù)公式：v=v0+at則剎車時的加速度：負(fù)號表示加速度的方向與運(yùn)動的方向相反（3）勻加速過程的位移：s1=12.5m勻速過程：s2=vt2=10×180=1800m全過程：L=s1+s2+s3=12.5+1800+50=1862.5m答：（1）從甲站運(yùn)動到乙站的總時間是192.5s；（2）汽車剎車時的加速度大小是1m/s2；（3）甲、乙兩站的距離是1862.5m【考點】勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系【分析】（1）加速過程的末速度為勻速運(yùn)動的速度，也是勻減速運(yùn)動的初速度先根據(jù)速度公式求出加速2.5s后的速度，根據(jù)公式x=求出勻減速運(yùn)動的時間，把三段時間相加即為總