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1. 解析：(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：PO1 C=120设粒子在磁场中圆周运动的半径为r， r+rcos 60= OC=x O C=x=3r/2粒子在磁场中圆周运动的时间粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r粒子从P运动到Q所用的时间(2) 粒子在电场中类平抛运动 解得 (3)由动能定理 解得粒子到达Q点时的动能为2.解析：（1）由机械能守恒定律得，有（2）A、B在碰撞过程中动量守恒有A、B克服摩擦力所做的功 W根据能量守恒定律得解得3.解析：（1）带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得： (2）设粒子飞出和进入磁场的速度方向夹角为，则 x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离x最大值为2R，对应的就是最大值且2R=r所以（3）当粒子的速度减小为时，在磁场中作匀速圆周运动的半径为 故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为时与边界相撞弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到点，亦即经历时间为一个周期粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是4.解析：设A、B在分离瞬间速度大小分别为v1、v2，质量分别为3m、m（1）在d点对B，由牛顿第二定律得：由得：（2）取水平向右方向为正，A、B分离过程动量守恒，则： A、B分离后，A向左减速至零过程由动能定理得： B从b点到d点过程由动能定理得： 由得：5.解析：（1）微粒作直线运动，则微粒作圆周运动，则 联立得 （2）设粒子从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则 联立得 电场变化的周期 （3）若粒子能完成题述的运动过程，要求 d2R (10)联立得（11）设N1Q段直线运动的最短时间为tmin，由（10）（11）得 因t2不变，T的最小值6.解析：(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点时的速度为vC，有：mBgmBmBvmBv2mBgR代入数据得：vB5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有：EpmBv ImBvBmBv1代入数据得：I4 Ns，其大小为4 Ns.(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有：mBv1mBvBmAvA WmAv 代入数据得：W8 J.附加：设碰撞后A、B、C共同速度大小为v，由动量守恒得3mv=mv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+ mv
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