高中物理?？加嬎泐}

1、實用文檔 文案大全 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？

2、 (3)若將F2順時針轉(zhuǎn)900，求術(shù)塊運動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=2

3、5m，B、C兩點間的距離為s=75m，已知sin37°=0.6，取g=10m/s2求： （1）運動員從B點水平飛出時的速度大?。?（2）運動員從A點到B點的過程中克服摩擦力做的功 答案第2頁，總20頁 5. 宇航員站在某星球表面，從高h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

4、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）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E 7. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，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)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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）電場強度大小E； （2）粒子在磁場中運動的軌道半徑； （3）

5、粒子離開磁場時的位置坐標(biāo) 8. 在學(xué)校組織的趣味運動會上，科技小組為大家提供了一個寓學(xué)于樂的游戲如圖所示，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運動，BC 段為一段長實用文檔 文案大全 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）這小球能否落進接球槽

6、里？ 9 9 如圖所示，區(qū)域、內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B，寬為1.5d，區(qū)域中磁場的磁感應(yīng)強度B1未知，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t 10 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電場，場強的大小E=1.5×105N/C，方向如圖，在FG、MN間

7、有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小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，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

8、的長度范圍及粒子首次在磁場中運動的最長時間 答案第4頁，總20頁 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，A點距彈簧上端B的距離AB=4m，當(dāng)物體到達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Epm 12. 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)強度大小分別為B 和2B的勻強磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里

9、，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=qBm34?時恰好到達A點，不計粒子的重力作用 （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； （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？ 實用文檔 文案大全 13 如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上方有方向沿x軸正向的勻強電場，下方有一半徑為R的圓形有界勻強磁場，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軸負方向

10、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）求電場強度和磁感應(yīng)強度的大?。?（2）若該粒子沿y軸負方向射出時的初速度大小為v0，要使該粒子也能從O點進入磁場，且經(jīng)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，正好到達乙站求： （1）汽車從甲站到乙站運動的時間t； （2）汽車剎車時的加速度大??； （3）甲、乙兩站的距離L 15. 宇航員在地球表面以一定初速度

11、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

12、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； 答案第6頁，總20頁 （3）電子從右側(cè)平行金屬板進入到飛出時電場對它所做的功W 17. 如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B在ad邊中點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=3L，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：

13、 （1）粒子在磁場中的運動周期T； （2 ）粒子的比荷mq； （3）粒子在磁場中運動的最長時間 實用文檔 文案大全 試卷答案 1.（1）2s（2）45°（3） 20m (1)根據(jù)h gt2 小球在空中飛行的時間 (2)豎直的分速度vygt10×2 m/s 20 m/s 小球落地時速度方向與水平方向的夾角45° (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)鍵知道平拋運動在水平方向做勻速運動和豎直方向上做自由落體運動，結(jié)合運動學(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>

14、;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，T

15、Bmg/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，物體做勻速直線運動，水平和豎直方向受力平衡 水平：TBcosFf 豎直：FNmgTBsin 答案第8頁，總20頁 又有：Ff=FN 解之得： 4.解：（1）設(shè)由B到C平拋運動的時間為t，運用平拋運動的規(guī)律： 豎直方向：hBC=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=30

16、00J 所以運動員克服摩擦力所做的功為3000J 答：（1）運動員從B點水平飛出時的速度大小是20m/s； （2）運動員從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；平拋運動 【分析】B到C是一個平拋運動，運用平拋運動的規(guī)律解決問題，其中高度決定時間，通過水平方向運動求出初速度 運動員從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)

17、量為m0，根據(jù)重力等于向心力得： 則 m0g=m 0 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 實用文檔 文案大全 【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

18、守恒定律得： （mA+mB）v共=（mA+mB）v'+mCvC 代入數(shù)據(jù)解得：v'=1m/s AB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

19、（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動，設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，則有： 2h=v0t1 h=at12 根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma 答案第10頁，總20頁 聯(lián)立式得： E= （2）由題意可知，粒子進入磁場時速度也為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），粒子進入磁場時速度v，與x軸正方向的夾角為，由圖可得： cos= =，=45° 所以 x=2hrc

20、os45°=2h y=r+rsin45°=（ 1+ ） 答：（1）電場強度大小E 為； （2 ）粒子在磁場中運動的軌道半徑為； （3）粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（2h ），（ 1+ ） 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運動分位移公式結(jié)合，可求出電場強度的大小E； （2）根據(jù)動能定理求出粒子進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：（1）要使鋼球恰好不脫離軌

21、道對最高點A： ， 解得m/s=2m/s 實用文檔 文案大全 （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

22、位置對半圓軌道的壓力為12N； （3）這小球不能落進接球槽里 【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)平拋運動的規(guī)律求出小球進入球槽的最小速度，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）由題意知粒子的運行軌跡如圖所示，設(shè)在區(qū)域、中粒子做圓周運動的半徑分別為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

23、中有： 答案第12頁，總20頁 聯(lián)立解得： （2）由（1）及圖知區(qū)域 磁場的最小寬度為： （3）在區(qū)域 中有：， 可得： 粒子在區(qū)域 中運動時間為：， 在區(qū)域 中運動時間為： 在區(qū)域 中運動時間為： 所以粒子運動總時間為： 答：（1）區(qū)域 中磁場的磁感應(yīng)強為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】帶電粒子在勻強磁場中的運動 【分析】（1）根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，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動，在無場區(qū)做勻

24、速直線運動，分別求出在區(qū)域、中的時間，再求出總時間即可； 10.解：（1）帶電粒子從電場進入磁場，由動能定理有： 進入磁場后，洛侖茲力提供向心力： 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動，其偏向角與水平方向 夾角為，則： 實用文檔 文案大全 =， 所以=60° 當(dāng)從最左邊射出的粒子進入磁場后是一個優(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=v 0 = =

25、0.23m 從A點與水平方向成60°射出的粒子做勻速圓周運動打在上邊邊界的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動時間最長 =3.14×107s 答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑為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

26、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動的最長時間為3.14×107s 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 【分析】（1）只要進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動，當(dāng)從邊界線最左邊射入磁場的軌跡與上邊界相答案第14頁，總20頁 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

27、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，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運動到D 過程中運用動能定理得： WG=mglADsin37°=36 J Wf=mgcos?l 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+m

28、glAC?sin37° 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的過程中重力與摩擦力對物體做功，對全過程運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A點，運動情況如圖所示， 設(shè)圖中圓弧DE對應(yīng)的圓心角為，則O點運動到A點的時間為

29、 實用文檔 文案大全 + = 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)向下方時經(jīng)過A點， 粒子運動一個周期，運動情況如圖所示，設(shè)圖中C3DF=，則粒子運 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=

30、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 答案第16頁，總20頁 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動 【分析】（1）帶電粒子先在左側(cè)磁場做勻速圓周運動，由入射方向可以確定在該磁場中做勻速圓周運動的圓心在y軸上，當(dāng)轉(zhuǎn)過一定角度后，進入右側(cè)磁場做同方向的勻速圓周運動，最后在進入左側(cè)恰好達到A點，由帶電粒子在兩邊磁場中運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

31、 （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動的軌跡，依次連接入射點、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O點時速度 的大小

32、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動，根據(jù)分位移公式，有： 實用文檔 文案大全 又： 所以：y=2L 即開始射出的位置坐標(biāo)為（L，2L） 答：（1 ）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小是； （2）該粒子開始射出時的位置坐標(biāo)是（L，2L） 【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動 【分析】（1）粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分位移公式列式求解電場強度；在磁場中做勻速圓周運動，作出運動軌跡，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)

33、該構(gòu)成菱形，故粒子的軌道半徑不變，故進入磁場的速度不變；對磁場中運動過程，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， 對于勻減速運動，由x3 =， 得：t3 = =s=10s 從甲站到乙站的總時間為：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： 負號表示加速度的方向與運動的方向相反 （3）勻加速過程的位移：s1 =

34、=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 答案第18頁，總20頁 【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運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動的速度，也是勻減速運動的初速度先根據(jù)速度公式求出加速2.5s后的速度，根據(jù)公式 x=求出勻減速運動的時間，把三段時間相加即為總時間 （2）由加速度的定義式即可求出剎車時的加速度大小