高中物理運(yùn)動(dòng)多過(guò)程問(wèn)題

-.z.高中物理多運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析一、解題思路1、"合〞——初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致運(yùn)動(dòng)圖景2、"分〞——將全過(guò)程進(jìn)展分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律3、"合〞——找到子過(guò)程的聯(lián)系，尋找解題方法二、解題考前須知1、題目中有多少個(gè)物理過(guò)程？2、每個(gè)過(guò)程物體做什么運(yùn)動(dòng)？3、每種運(yùn)動(dòng)滿足什么物理規(guī)律？4、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的一些關(guān)鍵位置(時(shí)刻)是哪些"三、典型題目分析題型二、直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)結(jié)合題目1、〔14分〕在半徑R=5000km的*星球外表，宇航員做了如下實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。豎直平面的光滑軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，將質(zhì)量m=0.2kg的小球，從軌道AB上高H處的*點(diǎn)靜止滑下，用力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F，改變H的大小，可測(cè)出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮該星體自傳的影響，求：圓軌道的半徑及星球外表的重力加速度該星球的第一宇宙速度答案：〔1〕0.2m，5m/s2〔2〕5*103m/s解析：(1)對(duì)小球在c點(diǎn)，牛二定律知①，其中r為圓軌道BC的半徑〔2分〕對(duì)小球從高H處到C點(diǎn)，機(jī)械能守恒②〔2分〕由①②聯(lián)立得③〔1分〕圖乙所示，當(dāng)H=0.5m時(shí)，F(xiàn)=0；當(dāng)H=1.0m時(shí)，F(xiàn)=5N〔1分〕故r=0.2m，g=5m/s2〔4分，一個(gè)答案2分〕〔2〕由〔2分〕可知〔2分〕2、24．〔l4分)如下圖，豎直平面的軌道ABCD由水平局部AB與光滑的四分之一圓弧軌道CD組成，AB恰與圓弧CD在C點(diǎn)相切，其總質(zhì)量M=4kg，其右側(cè)緊靠在固定擋板上，靜止在光滑水平面上。在軌道的左端有一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0=3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，小滑塊剛好能沖到D點(diǎn)。小滑塊與長(zhǎng)木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，軌道水平局部AB的長(zhǎng)度Ｌ=0.5m，g取10m/s2。求：(1)小滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)通過(guò)計(jì)算分析小滑塊最終能否從木板上掉下。24、解：(1)對(duì)小滑塊，從A到B過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：〔2分〕解得：〔1分〕從C到D中，由動(dòng)能定理得：〔2分〕解得：〔1分〕在C點(diǎn)有：〔1分〕解得：〔1分〕〔2〕物塊從D重新回到C過(guò)程有：即：〔1分〕滑塊再次滑上木板時(shí)，假設(shè)木板長(zhǎng)度足夠，則最終兩者相對(duì)靜止，此過(guò)程對(duì)滑塊木板系統(tǒng)有：〔2分〕且〔2分〕由以上兩式可求得：因?yàn)?，故物體未能從木板上滑下?！?分〕3、〔14分〕如下圖，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在小球A上，另一端與小球B接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H=5m的光滑水平桌面上?，F(xiàn)有一小球C從光滑曲面上離桌面h=1.8m高處由靜止開(kāi)場(chǎng)滑下，與小球A發(fā)生碰撞〔碰撞時(shí)間極短〕并粘在一起壓縮彈簧推動(dòng)小球B向前運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間，小球B脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從桌面邊緣飛出。小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，mA=2kg，mB=3kg，mC=1kg，g=10m/s2。求：〔1〕小球C與小球A碰撞完畢瞬間的速度大小〔2〕小球B落地點(diǎn)與桌面邊緣的水平距離。3、〔14分〕解：〔1〕小球C從光滑曲面上h高處由靜止開(kāi)場(chǎng)滑下的過(guò)程，機(jī)械能守恒，設(shè)其滑到底端的速度為，由機(jī)械能守恒定律有：解之得：…………〔2分〕小球C與A碰撞的過(guò)程，C、A系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞完畢瞬間具有共同速度，設(shè)為，由動(dòng)量守恒定律有：解之得：…………〔2分〕〔2〕被壓縮彈簧再次恢復(fù)自然長(zhǎng)度時(shí)，小球B脫離彈簧，設(shè)小球C、A的速度為，小球B的速度為，分別由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：………………〔2分〕………………〔2分〕解之得：………………〔2分〕小球B從桌面邊緣飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)：…………〔2分〕解之得：…………〔2分〕16．如下圖，在*豎直平面，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k=100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h=0.6m處?kù)o止釋放小球，它與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，小球進(jìn)入管口C端時(shí)，它對(duì)上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通過(guò)CD后，在壓縮彈簧過(guò)程中滑塊速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕小球在C處受到的向心力大?。弧?〕在壓縮彈簧過(guò)程中小球的最大動(dòng)能Ekm；〔3〕小球最終停頓的位置．【解答】解：〔1〕小球進(jìn)入管口C端時(shí)它與圓管上管壁有大小為F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力為：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5×1×10=35N〔2〕在壓縮彈簧過(guò)程中速度最大時(shí)，合力為零．設(shè)此時(shí)滑塊離D端的距離為*0，則有k*0=mg解得*0==0.1m由機(jī)械能守恒定律有mg〔r+*0〕+mv=Ekm+Ep得Ekm=mg〔r+*0〕+mv﹣Ep=3+3.5﹣0.5=6〔J〕〔3〕在C點(diǎn)，由F向=代入數(shù)據(jù)得：m/s滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg?h﹣μmgs=mv解得BC間距離s=0.5m小球與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變，小滑塊的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過(guò)程中．設(shè)物塊在BC上的運(yùn)動(dòng)路程為sˊ，由動(dòng)能定理有0﹣mv﹣μmgsˊ解得sˊ=0.7m故最終小滑塊距離B為0.7﹣0.5m=0.2m處停下題型一、直線運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程4、15．2017年8月我國(guó)自主設(shè)計(jì)的載人深潛器"深海勇士號(hào)〞在南海進(jìn)展下潛試驗(yàn)。以下圖是它從水面開(kāi)場(chǎng)下潛到返回水面的全過(guò)程的速度時(shí)間圖像，則以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是A．本次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中加速度最大值是0.025m/s2B．在0～1min和8～10min的時(shí)間段"深海勇士號(hào)〞處于超重狀態(tài)C．"深海勇士號(hào)〞本次下潛的最大深度為360mD．"深海勇士〞在1～3min的時(shí)間處于靜止?fàn)顟B(tài)參考答案：C5、2、如下圖，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，Q可在C處?kù)o止。假設(shè)將另一帶正電小球q固定在C點(diǎn)正下方*處時(shí)，Q可在B處?kù)o止。現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運(yùn)動(dòng)到C處的過(guò)程中〔〕A．小球Q加速度先減小后增大B．小球Q運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)速率最大C．小球Q的機(jī)械能不斷減小D．小球Q與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒參考答案：AC20、為減少二氧化碳排放，我市已推出新型節(jié)能環(huán)保電動(dòng)車(chē)。在檢測(cè)*款電動(dòng)車(chē)性能的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量為8×102kg的電動(dòng)車(chē)由靜止開(kāi)場(chǎng)沿平直公路行駛，到達(dá)的最大速度為15m/s，利用傳感器測(cè)得此過(guò)程中不同時(shí)刻電動(dòng)車(chē)的牽引力F與對(duì)應(yīng)的速度v，并描繪出如下圖的F-v-1圖像〔圖中AB、BO均為直線〕，假設(shè)電動(dòng)車(chē)行駛中所受阻力恒為車(chē)重的0.05倍，重力加速度取10m／s2。則〔〕

A.該車(chē)起動(dòng)后，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.該車(chē)起動(dòng)后，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，接著做勻速運(yùn)動(dòng)

C.該車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是1.2s

D.該車(chē)加速度為0.25m/s2時(shí)，動(dòng)能是4×l04JBD6、22〔16分〕．*游樂(lè)園的大型"跳樓機(jī)〞游戲，以驚險(xiǎn)刺激深受年輕人的歡送。*次游戲中，質(zhì)量m=50kg的小明同學(xué)坐在載人平臺(tái)上，并系好平安帶、鎖好平安桿。游戲的過(guò)程簡(jiǎn)化為巨型升降機(jī)將平臺(tái)拉升100m高度，然后由靜止開(kāi)場(chǎng)下落，在忽略空氣和臺(tái)架對(duì)平臺(tái)阻力的情況下，該運(yùn)動(dòng)可近似看作自由落體運(yùn)動(dòng)。下落h1=80m時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，使平臺(tái)均勻減速，再下落h2=20m時(shí)圖11剛好停頓運(yùn)動(dòng)。取g=10m/s2圖11〔1〕下落的過(guò)程中小明運(yùn)動(dòng)速度的最大值vm；〔2〕當(dāng)平臺(tái)落到離地面15m高的位置時(shí)，小明對(duì)跳樓機(jī)作用力F的大小；〔3〕在全部下落過(guò)程中，跳樓機(jī)對(duì)小明做的功W。15．如下圖，用輕彈簧將質(zhì)量均為m=1kg的物塊A和B連接起來(lái)，將它們固定在空中，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A距地面的高度h1=0.15m．同時(shí)釋放兩物塊，設(shè)A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開(kāi)地面〔但不繼續(xù)上升〕．彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，取g=10m/s2．求：〔1〕物塊A剛到達(dá)地面的速度；〔2〕物塊B反彈到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能；〔3〕假設(shè)將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C〔圖中未畫(huà)出〕，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長(zhǎng)，從A距地面的高度為h2處同時(shí)釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開(kāi)地面，此時(shí)h2的大小．【解答】解：〔1〕釋放后，AB兩物塊一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)A物塊落地時(shí)速度為v1，此時(shí)B的速度也為v1，由速度位移公式得：v12=2gh1，解得：；〔2〕設(shè)A剛好離地時(shí)，彈簧的形變量為*，此時(shí)B物塊到達(dá)最高點(diǎn)，A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)只受重力與彈簧彈力作用，此時(shí)：mg=k*，A落地后到A剛好離開(kāi)地面的過(guò)程中，對(duì)于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mv12=mg*+△EP，解得：△EP=0.5J；〔3〕換成C后，設(shè)A落地時(shí)，C的速度為v2，v22=2gh2，則，A落地后到A剛好離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：×2mv22=2mg*+△EP，解得：h2=0.125m；題型三：傳送帶模型21、如下圖，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率勻速向右運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率〔〕滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端，不考慮軸承摩擦，就上述過(guò)程，以下判斷正確的有〔〕

A.滑塊返回傳送帶右端時(shí)的速率為B.此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為

C.此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)由于傳送物體額外輸出的功為

D.此過(guò)程中滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為參考答案：CD6．如下圖，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有一樣的速度，第二階段與傳送帶相對(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端．以下說(shuō)確的是〔〕A．第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功B．第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加C．第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機(jī)械能的增加D．物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程物體與傳送帶間的摩擦生熱應(yīng)選C21．如下圖為*一傳送裝置，與水平面夾角為370，傳送帶以4m/s的速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)。*時(shí)刻在傳送帶上端A處無(wú)初速度的放上一質(zhì)量為lkg的小物塊〔可視為質(zhì)點(diǎn)〕，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，傳送帶上端A與下端B距離為3.5m，則小物塊從A到B的過(guò)程中(g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)A．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2sB．小物塊對(duì)皮帶做的總功為0C．小物塊與傳送帶相對(duì)位移為1.5mD．小物塊與皮帶之間因摩擦而產(chǎn)生的能為3JBD7、1、如下圖，外表粗糙且足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象可能符合實(shí)際的是〔〕參考答案：AD8、12．〔17分〕如下圖，水平傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)=11.5m，以速度v=7.5m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的A端無(wú)初速釋放一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的滑塊〔可視為質(zhì)點(diǎn)〕，在將滑塊放到傳送帶的同時(shí)，對(duì)滑塊施加一個(gè)大小為F=5N、方向與水平面成θ=370的拉力，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度大小為g=10m/s2，，。求滑塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的過(guò)程中〔1〕滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；〔2〕滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹俊?〕滑塊與傳送帶到達(dá)共同速度前，設(shè)滑塊加速度為a1，由牛頓第二定律：解得：a1=7.5m/s2滑塊與傳送帶到達(dá)共同速度的時(shí)間：=1s2分此過(guò)程中滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移：=3.75m2分共速后，因＞，滑塊繼續(xù)向右加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：解得：a2=0.5m/s21分滑塊到達(dá)B端的速度：=8m/s2分滑塊從共速位置到B端所用的時(shí)間：=1s2分滑塊從A端到B端的時(shí)間：t=t1+t2=2s1分〔2〕0~1s滑塊相對(duì)傳送帶向左的位移：=3.75m2分1s~2s滑塊相對(duì)傳送帶向右的位移：=0.25m2分0~2s滑塊相對(duì)傳送帶的路程：=4m1分系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：14J2分9、12.在工廠的流水線上安裝有傳送帶，用傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率．如下圖，傳送帶與水平面夾角為θ＝30°，其上、下兩端點(diǎn)A、B間的距離是3.84m．傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，以4.0m/s順時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)．現(xiàn)將質(zhì)量為10kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放于傳送帶的A點(diǎn)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，則在傳送帶將工件從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)過(guò)程中，g取10m/s2.(1)求工件放上傳送帶時(shí)的加速度大?。?2)當(dāng)工件與傳送帶速度相等時(shí)，傳送帶立即以8m/s2的加速度順時(shí)針勻減速運(yùn)轉(zhuǎn)，求此時(shí)工件的摩擦力大小及工件從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的時(shí)間．(3)假設(shè)傳送帶因故障被卡住，要使靜止工件以(1)問(wèn)的加速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則需對(duì)工件提供的最小拉力為多少？題型四、板塊模型7．如下圖，帶負(fù)電的物塊A放在足夠長(zhǎng)的不帶電的絕緣小車(chē)B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在t＝0時(shí)刻用水平恒力F向左推小車(chē)B.地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，圖2-9中是關(guān)于A、B的速度隨時(shí)間變化的圖像及A、B之間摩擦力隨時(shí)間變化的圖像，其致正確的選項(xiàng)是()如圖3-3-8所示，薄板A長(zhǎng)L＝5m，其質(zhì)量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端與桌邊相齊．在A上距右端s＝3m處放一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))，其質(zhì)量m＝2kg.A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與桌面間和B與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2，原來(lái)系統(tǒng)靜止．現(xiàn)在在板的右端施加一大小一定的水平力F持續(xù)作用在A上直到將A從B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右邊緣．求：(1)B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．(2)力F的大小．答案(1)3s(2)26N25、〔18分〕如下圖,傾角為θ的斜面上PP′、QQ′之間粗糙，且長(zhǎng)為3L，其余局部都光滑。形狀一樣、質(zhì)量分布均勻的三塊薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接。每塊薄木板長(zhǎng)均為L(zhǎng)，質(zhì)量均為m，與斜面PP′、QQ′間的動(dòng)摩擦因素均為3tanθ。將它們從PP′上方*處由靜止釋放，三塊薄木板均能通過(guò)QQ′。重力加速度為g。求：(1)薄木板A下端運(yùn)動(dòng)到在QQ′之前速度最大的位置；(2)薄木板B上端到達(dá)PP′時(shí)受到木板C彈力的大小；(3)試分析釋放A、B、C時(shí)，薄木板A下端離PP′距離滿足什么條件，才能使三塊薄木板均能通過(guò)QQ′。答案：(1)L〔5分〕(2)2mgsinθ〔5分〕(3)4.5L(8分)解析：(1)薄木板A在PP′、QQ′間運(yùn)動(dòng)時(shí)，將三塊薄木板看成整體。當(dāng)它們下滑到重力沿斜面分力等于摩擦力時(shí)，運(yùn)動(dòng)速度達(dá)最大值，有：〔3分〕，得：〔2分〕即滑塊A的下端離P處L時(shí)的速度最大。(2)當(dāng)薄木板B的上端到達(dá)PP’時(shí)，對(duì)三個(gè)薄木板整體用牛頓第二定律有：3mgsinθ?μ2mgcosθ=3ma〔2分〕得：a=?gsinθ對(duì)C薄木板用牛頓第二定律有：mgsinθ?FNc=ma〔2分〕，得：FNc=2mgsinθ，方向沿斜面向上(1分)。(3)要使三個(gè)薄木板都能滑出QQ′處，薄木板C的過(guò)QQ′處時(shí)它的速度應(yīng)大于零。薄木板C全部越過(guò)PP′前，三木板相互擠壓著；薄木板全部在PP′、QQ′之間運(yùn)動(dòng)時(shí)無(wú)相互作用力；離開(kāi)QQ′時(shí)，三木板是相互別離的。設(shè)C木板剛好全部越過(guò)PP′時(shí)速度為v.對(duì)木板C從剛好越過(guò)PP′到木板C的到達(dá)QQ′處速度為0，用動(dòng)能定理有：得設(shè)開(kāi)場(chǎng)下滑時(shí)，A的下端離PP′處距離為*，對(duì)三木板從剛釋放到木板C從剛好越過(guò)PP′整體用動(dòng)能定理有：得到：即能使三塊薄木板均能通過(guò)QQ′的釋放位置在木板A下端離PP′距離*滿足：題型五：帶電物體〔粒子〕在復(fù)合場(chǎng)、組合場(chǎng)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題21、如下圖，MN下方有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。半徑為R，壁光滑、徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面，直徑AB垂直于水平虛線MN，圓心O在MN上，一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電，電荷量為q的小球從半圓管的A點(diǎn)由靜止開(kāi)場(chǎng)滑入管，小球從B點(diǎn)穿出后，始終在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)〔圖中未畫(huà)出〕為小球在電場(chǎng)水平向左運(yùn)動(dòng)位移最大時(shí)的位置。重力加速度為g，小球離開(kāi)絕緣半圓管后的加速度大小為。則以下說(shuō)確的是A．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中做的是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E為C．小球在管道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度大小為D．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的水平方向位移為21ACD25．〔20分〕如下圖，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域I有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域I右側(cè)有一寬度也為R、足夠長(zhǎng)區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ有方向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場(chǎng)垂直，區(qū)域I邊界上過(guò)A點(diǎn)的切線與電場(chǎng)線平行且與FG交于G點(diǎn)，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅲ。在FG延長(zhǎng)線上距G點(diǎn)為R處的M點(diǎn)放置一長(zhǎng)為3R的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ=53°角。在A點(diǎn)處有一個(gè)粒子源，能沿紙面向區(qū)域I各個(gè)方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為+q且速率一樣的粒子，其中沿AO方向射入磁場(chǎng)的粒子，恰能平行于電場(chǎng)方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上〔不計(jì)粒子重力及其相互作用〕〔1〕求粒子的初速度大小v0和電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；〔2〕求熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長(zhǎng)度△*；〔3〕假設(shè)改變區(qū)域Ⅲ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，要讓所有粒子全部打中熒光屏，求區(qū)域Ⅲ中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件。25.解：〔1)如圖甲所示，分析可知，粒子在區(qū)域I中的運(yùn)動(dòng)半徑為R，由向心力公式可得(1分〕解得〔1分〕因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域Ⅲ中的運(yùn)動(dòng)半徑為2R，由向心力公式可得解得(1分〕粒子在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得(1分〕解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小〔1分〕〔2〕如圖乙所示，分析可知，速度方向與電場(chǎng)方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域I中最高點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn)*1處的屏上，由幾何關(guān)系得〔*1cos

θ+R〕2+(*1sinθ)2=(2R)2(1分〕解得〔1分〕速度方向與電場(chǎng)方向平行向右射人區(qū)域I中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域I中最低點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn)*2處的屏上，由幾何關(guān)系得〔*2cos

θ-R〕2+(*2sinθ)2=(2R)2(1分〕解得〔1分〕分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長(zhǎng)度△*=*2-*1=1.2R?！?分〕〔3〕如圖丙所示，從區(qū)域I中最高點(diǎn)穿出的粒子恰好打在M點(diǎn)時(shí)，有r3=R(1分〕由向心力公式有解得B3=