物理寒假作业

1、天天积累 开启智慧 锤炼意志 磨砺思维作业一 :思维导图-梳理知识体系（章、块、力电）、构建思维体系、打拼方法体系作业二 :天天一练-“悟”知识的联系、思维的技巧、数学的应用1如图所示，在区域(0xd)和区域(dx2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一质量为m、带电荷量q(q0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子a射入区域时速

2、度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差2如图所示，与水平面成45°角的平面MN将空间分成和两个区域一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入区粒子在区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里求粒子首次从区离开时到出发点P0的距离粒子的重力可以忽略3如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1R0，R23R0，一电荷量为q、质量为m的粒子从内圆

3、上的A点进入该区域，不计重力(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间(3) 在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？4. 如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l1.8 m，距地面h0.8 m平行板电容器的极板CD间距d0.1 m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔电容器外的台面区域内有磁感应强度B1 T

4、、方向竖直向上的匀强磁场电荷量q5×1013 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2.(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；(3)若微粒质量m01×1013 kg，求滑块开始运动时所获得的速度5.某种加速器的理

5、想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速现该粒子的质量增加了m0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为

6、O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？6. 如图甲所示，在x0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m，带电量为q(q0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力(1)求该粒子运动到yh时的速度大小v；(2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(yx曲线)不同，但具有相

7、同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动(yt关系)是简谐运动，且都有相同的周期T.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；.当入射粒子的初速度大小为v0时，其yt图象如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出yt的函数表达式7.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至×1 挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填(1)

8、仪器连线如图图1-4所示(a和b是多用电表的两个表笔)若两电表均正常工作，则表笔a为_(填“红”或“黑”)色(2)若适当调节电阻箱后，图1-4中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图1-5甲、乙、丙所示，则多用电表的读数为_，电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_.(3)将图14中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA.(保留3位有效数字)(4)计算得到多用电表内电池的电动势为_V(保留3位有效数字)图1-4 图1-58. 某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关适当调节滑动变阻器R后保持其阻值不变改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数

9、U与R的数据如下表：电阻R/5.010.015.025.035.045.0电压U/V1.001.501.802.142.322.45请根据实验数据作出UR关系图象(2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V利用(1)中测绘的UR图象可得Rx_.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大若仍用本实验装置和(1)中测绘的UR图象测定某一电阻，则测定结果将_(选填“偏大”或“偏小”)现将一已知阻值为10 的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的UR图象实现对待测电阻的准确测定？图7 图89. 如图所示，在高出水平地面h1.8

10、m的光滑平台上放置一质量M2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l10.2 m且表面光滑，左段表面粗糙在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m1 kg.B与A左段间动摩擦因数0.4.开始时二者均静止，现对A施加F20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x1.2 m.，(取g10 m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB.(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.(3)A左端的长度l2.10.如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定位置将一质量为m的小球固定在管底，用

11、一轻质光滑细线将小球与质量为Mkm的小物块相连，小物块悬挂于管口现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L.11.图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出

12、去设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能已知重力加速度为g.求：(1) 质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；(2) 弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；(3) 已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在m到m之间变化，且均能落到水面持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？12.如图所示，间距l0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内在水平面a1b1b2a

13、2区域内和倾角37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B10.4 T、方向竖直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场电阻R0.3 、质量m10.1 kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m20.05 kg的小环已知小环以a6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长取g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°

14、;0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率13.图9-6A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图9-6所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m ，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）.（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力F的最大值；（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248 J，求这一过程F对木块做的功.14.如图所示，静止放在水平桌面上的纸带上有一质量为m0.1 kg的铁块，它与纸

15、带右端的距离为L0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间的动摩擦因数均为0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s0.8 m已知g10 m/s2，桌面高度为H0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动求：(1)铁块抛出时的速度大小v；(2)纸带从铁块下抽出所用的时间t1；(3)纸带抽出过程中产生的内能E.15、如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角=45°。在第象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6

16、m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为l1=0.72m。在第象限垂直于x 轴放置一竖直平板C3，垂足为Q，Q、O相距d2=0.18m，板C3长l2=0.6m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为，不考虑空气阻力。求：(1)匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度B的取值范围；(3)以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时

17、间呈周期性变化，如图乙所示，则小球能否打在平板C3上？若能，求出所打位置到Q点距离；若不能，求出其轨迹与平板C3间的最短距离。 (，计算结果保留两位小数) 16、如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C现有大量质量m=6.6×10-27kg、电荷量q=3.2×10-19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v=1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：（1）

18、求带电粒子在磁场中运动的半径r ；（2）求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t及从PQ边界出磁场时的位置坐标；（3）当从MN边界上最左边射出磁场的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子（未进入过电场）的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程17.如图所示，是一种电子扩束装置的原理示意图。直角坐标系原点O处有一电子发射装置，可以不断朝xOy平面内x0区域任意方向发射电子，电子的速率均为v0，已知电子的电荷量为e、质量为m。在0xd的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小，在x>d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的

19、匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度.ab为一块很大的平面感光板，在磁场内平行于y轴放置，电子打到板上后会在板上形成一条亮线。不计电子的重力和电子之间的相互作用.求：（1）电子进入磁场时速度v的大小；（2）当感光板沿x轴方向移到某一位置时恰好没有电子打到板上，求板ab到y轴的距离1；（3）保持（2）中感光板位置不动，要使所有电子恰好都能打到感光板上时磁感应强度B 的大小以及电子打到板上形成亮线的长度l .18如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示开始时刻，磁场方向垂直纸面向内（如图），t=0时刻有一带正电的粒子（不计重力

20、）从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0=2×103m/s已知带电粒子的比荷为=1.0×104C/kg，其它有关数据见图中标示试求：（1）t1=×104s时粒子所处位置的坐标（x1，y1）；（2）带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离h；（3）带电粒子是否还可以返回原点？如果可以，求返回原点经历的时间t19、如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环.棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整个运

21、动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求：(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度.(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s.(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.20.在如图所示的平面直角坐标系中，虚线区域内存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小为,一边长为的绝缘正方形盒CDFG（内壁光滑），其内部存在垂直于平面向外的匀强磁场（大小未知），且C,D两点恰好分布于轴上，连线与轴正方向成45°角。一带正电，质量为的粒子（重力不计），从M板边缘经MN两极板间的电场加速后，立即从轴上某点沿轴正方向射入电场区域，然后垂直于CD从CD中点J点处的小孔射

22、入方盒内，已知粒子与方盒器壁碰撞过程中无能量损失和电荷损失。（所有结果只能用表示）求：（I）两极板间电压；（II）若要使粒子在方盒中碰撞次数最少，且能从小孔J垂直于CD射出，求磁感应强度B的大小；（III）由于磁感应强度不确定，要使粒子能从小孔J垂直于CD射出，试着讨论粒子在方盒内运动的可能时间.1【答案】 (1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm由几何关系得PCPRa1式中，30°.由式得va(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点

23、为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa2.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于xd的平面上，由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即yPaRa1cosh式中，h是C点的y坐标设b在中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB2设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为.如果b没有飞出，则式中，t是a在区域中运动的时间，而Ta2Tb1由式得30°由式可见，b没有飞出.Pb点的y坐标为yPbRb1cosRa1Rb1h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPayPb(2)d2【解析】 带电粒子进入电场后，

24、在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qEma设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v0t0at粒子速度大小v1为v1设速度方向与竖直方向的夹角为，则tan此时粒子到出发点P0的距离为s0v0t0此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r1设粒子首次离开磁场的点为P2，弧所张的圆心角为2，则P1到点P2的距离为s12r1sin由几何关系得45°联立式得s1点P2与点P0相距ls0s1联立解得l3【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qUmvmv得v0(2)

25、由牛顿第二定律qBv2如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O和半径RR2R2(R2R1)2联立，得磁感应强度大小B粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t联立式，得t(3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为Rc由得磁感应强度应小于Bc4【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为F代入数据得F1.25×1011 N由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极(2)若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理Uqmv2微粒在磁场中做匀速圆周运动

26、，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有qvBm微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1R2ld联立，代入数据，有81×1014 kg<m2.89×1013 kg(3)如图所示，微粒在台面以速度v做以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t.设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k.由几何关系，可是cos根据平抛运动，tsvt对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有MgMa kv0

27、tat2 再由余弦定理，k2s2(dRsin)22s(dRsin)cos 及正弦定理， 联立、和，并代入数据，解得：v04.15 m/s arcsin0.8(或53°) 5.【解析】 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvBm0，T0则T0当粒子的质量增加了m0，其周期增加TT0.则根据图可知，粒子第一次的加速电压u1U0 图15粒子回到电场中用时T0，由图可读出粒子第二次的加速电压u2U0U0射出时的动能Ek2qu1qu2；解得Ek2qU0.(2)磁屏蔽管的位置如图所示(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N，得N25分析可得，粒子在连续被加速的

28、次数最多且uU0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大粒子由静止开始加速的时刻tT0T0(n0,1,2，)最大动能Ekm2×qU0qU0解得EkmqU0.6.【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有qEhmv2mv由式解得v(2).由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1BqE又sv1T式中T由式解得s.设粒子在y方向上的最大位移为ym(图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v2(方向沿x轴)，因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，

29、因而在y0和yym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv0BqE(qv2BqE)由动能定理有qEymmvmv又Ayym由式解得Ay可写出图丙曲线满足的简谐运动yt函数表达式为y7【答案】 (1)黑 (2)14.053.0 4.6 (3)102 (4)1.54【解析】 (1)欧姆表的内部有电源，黑表笔与高电势端相连，红表笔与低电势端相连，所以与电流表“”接线柱相连的一定是黑表笔(2)多用表指针与“14”正对，所以读数是14.0 ，毫安表指针与“53”正对，所以读数是53.0 mA，电阻箱“×100”、 “×10”对应的都是零，所以读数是4×1 6×0

30、.1 4.6 .(3)多用表×1挡对应的中值电阻是15 ，则两表笔短接时总电阻为15 ，由(1514)×5315I，则I102 mA.(4)多用表×1挡对应的中值电阻是15 ，多用表内部电池的电动势为E(1514)×53×103 V1.54 V.8.【答案】 (1)如图所示 (2)20 (3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V.【解析】 (1)利用表格中的数据，采用描点作图法作图(2)根据所画出的图象，读出电压2 V对应的电阻为20 . (3)由闭合电路欧姆定律可知，内阻增大，则干路电流减小，电路中电压表的读数就会减小，根据图象

31、，可知测量值偏小；为了测量准确，需要增大电流，所以可减小滑动变阻器的阻值大小，根据实验数据表格，改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V，就可以实现准确测量9.【解析】 (1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学可得hgt2xvBt联立式，代入数据得vB2 m/s(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得mgmaBvBaBtBxBaBt联立式，代入数据得tB0.5 sxB0.5 m(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1Mv设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得FmgMaAl2xBv1tBaAt联立式，代入数据得l21.5 m10.【解析】

32、 (1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律MgTMaTmgsin30°ma且Mkm解得ag(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0.根据牛顿第二定律mgsin30°ma0又由匀变速直线运动，v22aLsin30°，vv22a0L(1sin30°)解得v0(k>2)(3)平抛运动xv0tLsin30°gt2解得xL则x<L，得证11.【答案】 (1)质量为m的鱼饵到在管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mgm由式解得v1(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有

33、Epmg(1.5RR)mv由式解得Ep3mgR(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO的水平距离为x1，由平抛运动规律有45Rgt2x1v1tR由式解得x14R当鱼饵的质量为m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有Epmg(1.5RR)v由式解得v22质量为m的鱼饵落到水面上时，设离OO的水平距离为x2，则x2v2tR由式解得x27R 鱼饵能够落到水面的最大面积SS(xx)R2(或8.25R2)12.【解析】 (1)设小环受到力的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律，有m2gfm2a代入数据，得f0.2 N(2

34、)设通地K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有fB1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，有I2I1R总R设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有IEB2lvFm1gsinB2Il拉力的瞬时功率为PFv联立以上方程，代入数据得P2 W13.解:当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有kx=（mA+mB）gx=（mA+mB）g/k图9-7对A施加F力，分析A、B受力如图9-7对A F+N-mAg=mAa对B kx-N-mBg=mBa可知，当N0时，AB有共同加速度a=a，由式知欲使A匀加速运动，随N减小F增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即Fm

35、=mA（g+a）=4.41 N又当N=0时，A、B开始分离，由式知，此时，弹簧压缩量kx=mB（a+g）x=mB（a+g）/kAB共同速度 v2=2a（x-x）由题知，此过程弹性势能减少了WP=EP=0.248 J设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理WF+EP-（mA+mB）g（x-x）=（mA+mB）v2 联立，且注意到EP=0.248 J可知，WF=9.64×10-2 J14.解析：(1)根据平抛运动的规律，svt，Hgt2可得：v2 m/s.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得mgma1纸带抽出时，铁块的速度va1t1可得t12 s.(3)铁块的位移s1a1

36、t设纸带的位移为s2，由题意知，s2s1L由功能关系可得Emgs2mg(s2s1)联立以上各式解得E0.3 J.15、解:（1）小球在第象限内做类平抛运动有： 1分 1分由牛顿第二定律有： 1分代入据解得： 1分（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律： 1分小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图，由牛顿第二定律有： 1分得： 小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1。此时小球的轨迹半径为R1由几何关系有： 2分解得： 1分小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2由几何关系有： 1分16、（1）由牛顿第二定律有  

37、60;  （2分） 解得        （1分）（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度              （1分）粒子在电场中运动的时间     （1分）解得   （2分）     从PQ边界出磁场时的

38、位置坐标：    （4分）（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°60° （4分）所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上     曲线方程为  （R=0.1m，x0.1m）      （4分）17（19分）解：（1）电场力对电子做功，根据动能定理：解得：（2）由题意结合左手定则可以判定：若沿y轴负方向射出的电子进入磁场后轨迹与ab板相切不能打到ab板上时，则所有电子均不能打到ab板上，作出其运动轨迹如图所示。设该电子进入磁场时与竖直方向的夹角为，有：电子在洛伦兹力作用下做圆周运动：由图中几何关系：联解得：理科综合（物理）答案第2页（共3页）（3）由题意结合左手定则可以判定：若沿y轴正方向射出的电子进入磁场后轨迹恰好与ab板相切能打到ab板上，则所有电子均能打到板上，作出其运动轨迹如图所示。由图中几何关系：联解得：沿y轴正、负方向发射的电子在电场中做类平抛运动，设沿y轴的偏转量为y1