解答题(教师版)

1、 曲一线科学备考精品题库试题用户：小小生成时间：2015.04.06 14:18:23物理1.(2014山东，24，20分)如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。图甲图乙(1)若t=TB,求B0;(2)若t=TB,求粒子在磁场中运动时加速度

2、的大小;(3)若B0=,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。答案 1. (1)(2)(3)或解析 1.(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0=据题意由几何关系得R1=d联立式得B0=(2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得a=据题意由几何关系得3R2=d联立式得a=(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T=由牛顿第二定律得qv0B0=由题意知B0=,代入式得d=4R粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向的夹角为,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0<<,由题

3、意可知T=设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3)若在A点击中P板,据题意由几何关系得R+2(R+R sin )n=d当n=0时,无解当n=1时,联立式得=联立式得TB=当n2时,不满足0<<90°的要求若在B点击中P板,据题意由几何关系得R+2R sin +2(R+R sin )n=d当n=0时,无解当n=1时,联立式得=arcsin 联立式得TB=当n2时,不满足0<<90°的要求2.(2014山东，23，18分)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4 s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少

4、量饮酒后驾车以v0=72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示。此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。求:图甲图乙(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。答案 2.(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析 2.(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20 m/s,末速度vt=0,位移s=25 m,由运动学公式得

5、=2ast=联立式,代入数据得a=8 m/s2t=2.5 s(2)设志愿者反应时间为t',反应时间的增加量为t,由运动学公式得L=v0t'+st=t'-t0联立式,代入数据得t=0.3 s(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得=F2+(mg)2联立式,代入数据得=3.（2014山东潍坊高三3月模拟考试理科综合试题，23）如图所示，在xOy平面内存在着垂直于菇何平面的磁场和平行于y轴的电场，磁场和电场随时间的变化规律如图甲、乙所示以垂直于xOy平面向里磁场的磁感应强度为正，以沿y轴正方

6、向电场的电场强度为正t=0时，带负电粒子从原点O以初速度沿y轴正方向运动，t=5t0时，粒子回到O点，v0、t0、B0已知，粒子的比荷，不计粒子重力   (1) 求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期；(2) 求电场强度B的值；(3) 保持磁场仍如图甲所示，将图乙所示的电场换成图丙所示的电场t=0时刻，前述带负电粒子仍由O点以初速度v0沿y轴正方向运动，求粒子在t=9t0时的位置坐标答案 3.查看解析解析 3.：（1）粒子在磁场中运动时Bqv0=m 得T=2t0。（2）粒子t=5t0时回到原点，轨迹如图所示由牛顿第二定律Bqv0=m由几何关系得得由运动学公式由牛顿第二

7、定律得（3）t0时刻粒子回到x轴t02t0时间内，粒子位移，2t0时刻粒子速度为3t0时刻，粒子以速度到达y轴3t04 t0时间内，粒子运动的位移5t0时刻粒子运动到点，代入数值即为4.（2014山东潍坊高三3月模拟考试理科综合试题，22）如图所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R=04m，与水平光滑轨道相切于A水平轨道上平铺一半径r=01m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数=05，取g=10m/s2，求：   

8、;(1) 铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；   (2) 铁块到A点时对圆轨道的压力；   (3) 抽桌布过程中桌布的加速度答案 4.查看解析解析 4.22（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离为0.8m；      （2）铁块到A点时对圆轨道的压力为60N；      （3）抽桌布过程中桌布的加速度为5.25m/s2解析：（1）设铁块在B点的速度为v，根据向心力公式得：mg=解得：v=2m/s，铁块离开B点后作平抛运动，则2R=gt2，解得：t=0.4s，则铁块离开B点后在地面上的

9、落点到A的距离x=vt=2×0.4=0.8m；（2）从A到B的过程中，根据动能定理得：mg2R mv2m在A点，根据向心力公式得：Nmgm由解得：N=60N，根据牛顿第三定律得：铁块到A点时对圆轨道的压力N=N=60N，（3）铁块脱离桌布时的速度v0=vA，设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律得：mg=ma0铁块在桌布上加速的时间为t0，由运动学基本公式得：v0=a0t0，由位移关系得：r=at02a0t02由解得：a=5.25m/s2 5.（2014山东青岛高三第一次模拟考试理综物理，23）如图所示，两条平行的金属导轨相距L = lm，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37

10、6;，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN =1和RPQ = 2 MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a =1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动求：（1）磁感应强度B的大小；（2）t=03 s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求 t =6s时F2的大小和方向；（4）若改

11、变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移s满足关系：，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上求MN棒从静止开始到s=5m的过程中，系统产生的热量答案 5.查看解析解析 5.：（1）t=3s时MN棒的速度为MN切割磁感线产生的电动势为    由闭合电路的欧姆定律可得             PQ棒消耗的电功率为     代入数据得B = 2T  。   &#

12、160;  (2) 根据法拉第电磁感应定律可得t=03 s时间内通过MN棒的电荷量为代入数据可得q = 3C。(3) t =6s时MN棒的速度为MN切割磁感线产生的电动势为 由闭合电路的欧姆定律可得 规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得代入数据：F2=-5.2N  （负号说明力的方向沿斜面向下）。（4）MN棒做变加速直线运动，当s=5m时，   。因为速度v与位移s成正比，所以电流I、安培力也与位移s成正比，      6.（2014山东青岛高三第一次模拟考试理综物

13、理，22）如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F， 物体飞出后越过“壕沟” 落在平台EG段已知物块的质量m =1kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为=0.5，AB段长L=10m，BE的高度差h =0.8m，BE的水平距离 x =1.6m若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10m/s2（1）要越过壕沟，求物块在B点最小速度v的大小；（2）若=370，为使物块恰好越过“壕沟” ，求拉力F的大小；（3）若大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟” ，求力F的最小值（结果可保留根号）答案 6.查看解析解析 6.：物块通过B点后做平抛运动，竖

14、直方向  解得 水平方向：    （2）由A到B由   可得a=0.8m/s2    对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：         代入数据可得F = 5.27N（3）由数学知识可知：   代入数据得   7.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) （13分）如图所示，在x0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四

15、象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子自电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点。已知P点坐标为，带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，不计粒子重力。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）N点的坐标；（3）匀强磁场的磁感应强度大小。答案 7.查看解析解析 7.解析：（1）设粒子从P到O时间为t，加速度为a，则粒子做类平抛运动：      水平方向：   竖直方向：    由牛顿第二定律，可得&#

16、160;            由以上三式，可解得     （2）设粒子运动到N点时速度为v，则        所以粒子从N到P的时间沿y轴位移    因此N点坐标为（0，）  （3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设半径为R。粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30º  由几何关系可知 

17、;   又因为       解得     8.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) （12分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d0.5m，P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0.2T的匀强磁场中，两金属棒ab、cd垂直导轨放置，其电阻均为r0.1, 质量均为m0.5kg，与导轨接触良好。现固定棒ab，使cd在水平恒力F0.8N的作用下，由静止开始做加速运动。求（1）棒cd哪端电势高？（2）当电压表读数为U0

18、.2V时，棒cd的加速度多大？（3）棒cd能达到的最大速度vm。答案 8.查看解析解析 8.：（1）由右手定则判知：c端电势高。   （2）流过L2的电流     L2所受的安培力    对L2得：            所以L2的加速度：   a=1.2m/s2     （3）当棒L2所受合力为零时，速度达到最大，根据平衡条件

19、，有：         又     解得：      9.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) （7分）在海滨游乐场里有一种滑沙运动，如图所示。某人坐在滑板上从斜坡的最高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离停下来。若滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为0.50，斜坡的倾角37°，AB长度为25m，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取

20、10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。求：（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；（2）为保证安全，水平滑道BC的最短长度。答案 9.查看解析解析 9.15解析：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有：           联立解得：   （2）人滑到B点时 在水平轨道上运动时： 由解得：       

21、0;或   解得：      10.(山东省德州市2014届高三上学期期末考试) (18分) 在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第一象限内有竖直向上的匀强电场，第二象限内有一水平向右的匀强电场。某种发射装置(未画出) 竖直向上发射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(可视为质点) ，该粒子以v0的初速度从x轴上的A点进入第二象限，并从y轴上的C点沿水平方向进入第一象限后能够沿水平方向运动到D点。已知OA、OC距离相等，CD的距离为OC，E点在D点正下方，位于x轴上，重力加速度为g

22、。则：(1) 求粒子在C点的速度大小以及OC之间的距离；(2) 若第一象限同时存在按如图乙所示规律变化的磁场，磁场方向垂直纸面，(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量) ，并且在时刻粒子由C点进入第一象限，且恰好也能通过同一水平线上的D点，速度方向仍然水平。若粒子在第一象限中运动的周期与磁场变化周期相同，求交变磁场变化的周期；(3) 若第一象限仍同时存在按如图乙所示规律变化的磁场(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量) ，调整图乙中磁场变化的周期，让粒子在t=0时刻由C点进入第一象限，且恰能通过E点，求交变磁场的磁感应强度B0应满足的条件。答案 10

23、.查看解析解析 10.15. 解析：竖直方向水平方向则竖直方向上（2）因为没有磁场时粒子能够沿水平方向到达D点所以应该满足，带电的粒子在第一象限将做速度也为的匀速圆周运动，使粒子从C点运动到同一水平线上的D点，如图所示，则有：由位移关系解得粒子在磁场中运动的周期则磁场变化的周期为（3）使粒子从C点运动到E点，如右图所示，设粒子运动圆轨道半径为，则每经过磁场的半个周期粒子转过圆心角600交变磁场磁感应强度应满足的关系11.(山东省德州市2014届高三上学期期末考试) (14分) 如图甲所示，电阻不计的“” 形光滑导体框架水平放置，导体框处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，有一导体棒A

24、C横放在框架上且与导体框架接触良好，其质量为m=02kg，电阻为R=08，现用绝缘轻绳拴住导体棒，轻绳的右端通过光滑的定滑轮绕在电动机的转轴上，左端通过另一光滑的定滑轮与物体D相连，物体D的质量为M=02kg，电动机内阻r=1。接通电路后电压表的读数恒为U=10V, 电流表读数恒为I=1A，电动机牵引原来静止的导体棒AC平行于EF向右运动，其运动位移x随时间t变化的图象如图乙所示，其中OM段为曲线，MN段为直线。(取g=10m/s2) 求： (1) 电动机的输出功率； (2) 导体框架的宽度；  (3) 导体棒在变速运动阶段产生的热量。答案 11.查看解析解析 1

25、1.14解析：（1）根据电路知识电动机的输出功率为（2）根据1.0s时图线斜率可知匀速运动的速度为在导体棒匀速运动的任意时刻对于整个系统根据功率关系可得解得（3）从静止到开始做匀速直线运动阶段，根据能量守恒定律对整个系统可得解得Q=6.6J12.(山东省德州市2014届高三上学期期末考试) (12分) 如右图所示，PQ是两块平行金属板，上极板接电源正极，两极板之间的电压为U=12×104V，一带负电的粒子通过P极板的小孔以速度v0=20×104m/s垂直金属板飞入，通过Q极板上的小孔后，垂直AC边经中点O进入边界为等腰直角三角形的匀强磁场中，磁感应强度为B=10T，边界AC

26、的长度为L=16m，粒子比荷=5×104C/kg，不计粒子的重力。求：  (1) 粒子进入磁场时的速度大小；  (2) 粒子经过磁场边界上的位置到B点的距离以及在磁场中的运动时间。答案 12.查看解析解析 12.13解析：（1）粒子从P极板至Q极板的过程中，由动能定理得：解得v=(2) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：解得=0.8m故粒子垂直地打在BC边的中点D，则BD=0.8m粒子在磁场中运动的周期为粒子的偏转角为900故粒子在磁场中运动的时间为：13.（2012山东理综，22，中）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1. 0 m的

27、光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0. 5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点. 一可视为质点的物块，其质量m=0. 2 kg，与BC间的动摩擦因数=0. 4. 工件质量M=0. 8 kg，与地面间的动摩擦因数=0. 1. （取g=10 m/）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h. （2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动. 求F的大小. 当速度v=5 m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求

28、物块的落点与B点间的距离. 答案 13.（1）0. 2 m（2）8. 5 N0. 4 m解析 13.（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能理定得mgh-1mgL=0代入数据得h=0. 2 m（2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得cos =根据牛顿第二定律，对物块有mg tan =ma对工件和物块整体有F-2（M+m）g=（M+m）a联立式，代入数据得F=8. 5 N设物块平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式可得h=gt2x1=vtx2=x1-R sin 联立式，代入数据得x2=0. 4 m14.

29、（2011山东理综，24，中）如图所示，在高出水平地面h=1. 8 m 的光滑平台上放置一质量M=2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度=0. 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m=1 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F=20 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x=1. 2 m. （取g=1）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运动的时间和位移. （3）A左段的长度. 答案 14. （1）2 m/s（

30、2）0. 5 s0. 5 m（3）1. 5 m解析 14. （1）设物块做平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h=gt2x=vBt联立式，代入数据得vB=2 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mg=maBvB=aBtBxB=aB联立式，代入数据得tB=0. 5 sxB=0. 5 m（3）设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1=M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F-mg=MaAl2+xB=v1tB+aA联立式，代入数据得15.（2009山东理综，24，难）如图所示，某货场需将质量为=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地

31、面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1. 8 m. 地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2 m，质量均为=100 kg，木板上表面与轨道末端相切. 货物与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数=0. 2. （最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力. （2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件. （3）若=0. 5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间. 答案 15. （1）3 00

32、0 N方向竖直向下（2）0. 4<10.6（3）4 m/s0. 4 s解析 15. （1）设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m1gR=m1设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得FN-m1g=m1联立式，代入数据得FN=3 000 N根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N，方向竖直向下. （2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得1m1g2（m1+2m2）g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得1m1g>2（m1+m2）g联立式，代入数据得0. 4<10. 6（3）1=0. 5，由式可知，货物在

33、木板A上滑动时，木板不动. 设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1g=m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得-=-2a1l联立式，代入数据得v1=4 m/s设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1=v0-a1t联立式，代入数据得t=0. 4 s16.（2008山东理综，24，难）某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多），底端与水平地面相切. 弹射装置将一个小物体（可视为质点）以=5 m/s的水平初速度由a点弹出，从b

34、点进入轨道，依次经过“8002”后从p点水平抛出. 小物体与地面ab段间的动摩擦因数=0. 3，不计其他机械能损失. 已知ab段长L=1. 5 m，数字“0”的半径R=0. 2 m，小物体质量m=0. 01 kg，g=10 m/s2. 求：（1）小物体从p点抛出后的水平射程. （2）小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向. 答案 16.（1）0. 8 m（2）0. 3 N竖直向下解析 16.（1）设小物体运动到p点时速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得-mgL-2mgR=mv2-m小物体自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则2R=gt2s=vt

35、联立式，代入数据解得s=0. 8 m（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向F+mg=联立式，代入数据解得F=0. 3 N，方向竖直向下17.（2012山东理综，23，难）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为. 在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q>0）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t=时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区. （不计粒子重力，不考虑极板外的

36、电场）（1）求粒子到达时的速度大小v和极板间距d. （2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件. （3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小. 答案 17. （1）（2）B<（3）解析 17. （1）粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0=mv2由式得v=设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q=ma由运动学公式得d=a（）2联立式得d=（2）设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=m要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R&g

37、t;联立式得B<（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d=vt1联立式得t1=若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d=t2联立式得t2=设粒子在磁场中运动的时间为tt=3T0-t1-t2联立式得t=设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得T=由题意可知T=t联立式得B=18.（2011山东理综，25，难）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆. 其简化模型如图：、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直于纸面. 一质量为m、电量为-q

38、、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平方向夹角=30°. （1）当区宽度=L、磁感应强度大小=时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求及粒子在区运动的时间t. （2）若区宽度=L、磁感应强度大小=，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h. （3）若=L、=，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件. （4）若、，且已保证了粒子能从区右边界射出. 为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同，求、之间应满足的关系式. 答案 18.（1）（2）L（3）B2>（

39、4）B1L1=B2L2解析 18.（1）如图1所示，设粒子射入磁场区的速度为v，在磁场区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得图1qU=mv2qvB1=m由几何知识得L=2R1 sin 联立式，代入数据得B0=设粒子在磁场区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为tT=t=T联立式，代入数据得t=（2）设粒子在磁场区做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m由几何知识可得h=（R1+R2）（1-cos ）+L tan 联立式，代入数据得h=（2-）L（3）如图2所示，为使粒子能再次回到区，应满足R2（1+sin ）<L或R2（1+sin ）L图2联立式，代入数据得B2

40、>（或B2）（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得L1=R1（sin +sin ）或L1=R1（sin -sin ）L2=R2（sin +sin ）或L2=R2（sin -sin ）联立式得B1R1=B2R2联立式得B1L1=B2L2图3图419.（2010山东理综，25，难）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里. 一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁

41、场中交替运动. 已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推. 求（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功. （2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小. （3）粒子第n次经过电场所用的时间. （4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零. 请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）. 答案 19. （1）m（2）（3）（4）见解析解析 19. （1）设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得qvnB=m得vn=因为R2=2R

42、1，所以v2=2v1对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得W1=m-m得W1=（2）粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为vn+1，有vn=nv1，vn+1=（n+1）v1由动能定理得qEnd=m-m得En=（3）设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得qEn=man由运动学公式得vn+1-vn=antn得tn=（4）如图所示20.（2009山东理综，25，难）如图甲所示，建立Oxy坐标系. 两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l. 在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里. 位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射

43、质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子. 在03时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）. 已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射入磁场. 上述m、q、l、B为已知量. （不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）（1）求电压的大小. （2）求时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径. （3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间. 答案 20. （1）（2）（3）2t0解析 20. （1）t=0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有E=qE=mal

44、=a联立式，解得两板间偏转电压为U0=（2）t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动. 带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0=带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy=a·t0带电粒子离开电场时的速度大小为v=设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB=m联立式解得R=（3）2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短. 带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为vy'=at0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则tan =联立式解得=带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，

45、圆弧所对的圆心角2=，所求最短时间为tmin=T带电粒子在磁场中运动的周期为T=联立式得tmin=21.（2008山东理综，25，难）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如下图中图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）. 在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）. 若电场强度、磁感应强度、粒子的比荷均已知，且=，两板间距h=. （1）求粒子在0时间内的位移大小与极板间距h的比值. （2）求粒子在极板间做圆周运动的最大半径（用h表示）. （3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的

46、变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）. 答案 21. （1）15（2）（3）如图解析 21. 解法一：（1）设粒子在0t0时间内运动的位移大小为s1s1=aa=又已知t0=，h=联立式解得=（2）粒子在t02t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动. 设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则v1=at0qv1B0=联立式得R1=又T=即粒子在t02t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动. 在2t03t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2s2=v1t0+a解得s2=h由于s1+s2<h，所以粒子

47、在3t04t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2v2=v1+at0qv2B0=解得R2=由于s1+s2+R2<h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动. 在4t05t0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）. 因此粒子运动的最大半径R2=. （3）粒子在极板间运动的轨迹图见答案. 解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为a=，方向向上后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为TT=t0粒子恰好完成一次匀速圆周运动. 至第n个周期末，粒子位移大小为snsn=a（nt0）2又已知h=由以上各式得sn=h粒子速度大小为vn=

48、ant0粒子做圆周运动的半径为Rn=解得Rn=h显然s2+R2<h<s3（1）粒子在0t0时间内的位移大小与极板间距h的比值=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径R2=（3）粒子在极板间运动的轨迹图见答案. 22.（2013潍坊四县一区联考，17）如图所示，半径为R=0.2m的光滑1/4圆弧轨道在竖直平面内，圆弧B处的切线水平.B端高出水平地面h=0.8m，O点在B点的正下方.将一质量为m=1.0kg的滑块从A点由静止释放，落在水平面上的C点处，(9取10m/s2)求:(1)滑块滑至B点时对圆弧的压力及Xoc的长度;(2)在B端接一长为L=l.0m的木板，滑块从A端释放后正好运动

49、到N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数;(3)若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面P点处，要使落地点P距O点的距离最远，L应为多少.答案 22.（1）0.8m(2)0.2(3)0.16m.解析 22.（1）由机械能守恒定律可知： 由向心力公式可知：可得： 由牛顿第三定律可知：滑块滑至B点时对圆弧的压力为30N，方向垂直向下。根据平抛运动规律： OC的长度为 (2)由牛顿第二定律可知：由运动学公式可知：联立可得： （3）由运动学公式可知： 由平抛运动规律和几何关系： 当 评分标准：每式2分，其余每式1分，共11分。其他做法只要正确同样给分。23.(山东潍坊市2013届

50、高三3月第一次模拟考试，12)质量M9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数=0.1的水平地面上向右滑行，当速度时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度取g=10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数。答案 23.（1）1s (2) 0.08解析 23.（1）设木板在时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1= v0t- x2= x1= 又 代入数据得t=1s (2) 根据牛顿第二定律，有解得24.(山东潍坊市2013届高三3月第一次模拟考试，

51、13)如图所示，在xOy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°第象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向一质量m8×10-10kg. 电荷量q=1×10-4C带正电粒子，从电场中M（12，8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿出磁场不计粒子重力，取3，求：（1）粒子在磁场中运动的速度v；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）匀强电场的电场强度E。 答案 24.（1） （2）（3）解析 24.（1）粒子在磁场中的轨迹如图 ，由几何关系，得粒子做圆周运动的轨道半径由

52、得 （2）粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有（3）由得25.(山东潍坊市2013届高三3月第一次模拟考试，14)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为=37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处. 已知当地的重力加速度为g，取，不计空气阻力，求：（1）小球被抛出时的速度v0；（2）小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；（3）小球从C到D过程中摩擦力做的功W.答案 25.（1

53、）（2）5.6mg (3) 。解析 25.（1）小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示. 则有 由几何关系得得 （2）A、B间竖直高度 设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有 在B点，有解得 由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg (3) 小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有 26.(山东省淄博市2013届高三下学期4月复习阶段性检测,9)如图所示，上表面光滑，长度为3m、质量M=10kg的木板，在F=50N的水平拉力作用下，以v0=5mS的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一个质量为m=3kg的小铁块(可视为质点)无初速地放在木

54、板最右端，当木板运动了L=1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动lm就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块。(g取10ms2) 求(1) 木板与地面间的动摩擦因数。(2) 刚放第三个铁块时木板的速度。(3) 从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离。答案 26.（1）05（2）4m/s（3）1.78m解析 26.（1）木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为f由平衡条件得 联立并代入数据得 （2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加令刚放第三块铁块时木板速度为，对木板从放第一块铁块到刚放第三块铁块的过程，由动能定理得联立代入数据得 （3）从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均为从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x，对木板由动能定理得联立并代入数据得27.(山东省淄博市2013届高三下学期4月复习阶段性检测,10)在直角坐标系y轴右侧有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的正粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向做直线运动，运动到A点时撤去电场，当粒子在磁场中运动到距离原点O最远处P点(图中未标出)时，撤去磁场，同时加另一匀强电场，其方向沿y轴负方向，最终粒子垂直于y轴飞出。已知A点坐标为(a，0)，P点