精品高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一

1、. z.3 2GM-高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集-11. 地球质量为 M，半径为 R，自转角速度为，万有引力恒量为 G，如果规定物体在离地球无穷远处势能为 0，则质量为 m 的物体离地心距离为 r 时， 具有的万有引力势能可Mm表示为 E = -G . 国际空间站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上空 p r地球飞行的一个巨大的人造天体，可供宇航员在其上居住和进行科学实验.设空间站离地 面高度为 h，如果在该空间站上直接发射一颗质量为 m 的小卫星，使其能到达地球同 步卫星轨道并能在轨道上正常运行，则该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？解析：Mm mv2 1由 G = 得

2、，卫星在空间站上的动能为 E = mv2 =r2 r k 2MmG 。2(R + h)卫星在空间站上的引力势能在 E = -G Mm p R + h1 k p 2(R + h)机械能为 E = E + E =-G Mm Mm同步卫星在轨道上正常运行时有 G =m2rr2MG故其轨道半径 r= 3 HYPERLINK l _bookmark1 2Mm Mm由式得，同步卫星的机械能 E = -G =-G 2 2r 2=- m( GM )21 322卫星在运行过程中机械能守恒，故离开航天飞机的卫星的机械能应为 E ，设离开航天飞机时卫星的动能为 Ek*，则 Ek* = E2 - E GM 2 +G2

3、. 如图甲所示，一粗糙斜面的倾角为 37，一物块 m=5kg 在斜面上，用F=50N 的力沿斜. z.-面向上作用于物体，使物体沿斜面匀速上升， g 取 10N/kg，sin37=0.6，cos37=0.8， 求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数 ；(2)若将 F 改为水平向右推力F ，如图乙，则至少要用多大的力F 才能使物体沿斜 面上升。 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：(1)物体受力情况如图，取平行于斜面为*轴方向，垂直斜面为 y 轴方向，由物体匀速 运动知物体受力平衡解得 f=20N N=40Nf 1N N N 2因为 F = N ，由 f = F 得 = = = 0.5(2)物体受

4、力情况如图，取平行于斜面为*轴方向，垂直斜面为 y 轴方向。当物体匀速 上行时力 F 取最小。由平衡条件且有 f = N联立上三式求解得F = 100N3 . 一质量为 m3000kg 的人造卫星在离地面的高度为H180 km 的高空绕地球作圆周运动，那里的重力加速度 g93m s2由于受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造卫星 的高度要下降H050km已知物体在密度为 的流体中以速度 v 运动时受到的阻力 F1可表示为 F 2 ACv2，式中 A 是物体的最大横截面积，C 是拖曳系数，与物体的形状有关 当 卫星在高空中运行时，可以认为卫星的拖曳系数 Cl，取卫星的最大横截面积 A60m2已

5、知地球的半径为 R06400km试由以上数据估算卫星所在处的大气密度v v解：设一年前、后卫星的速度分别为 1 、 2 ，根据万有引力定律和牛顿第二定律有Mm v2G = m 11 1 R2 RMm v2G = m 22 2 R2 RR R式中 G 为万有引力恒量， M 为地球的质量， 1 和 2 分别为一年前、 后卫星的轨道半径，即R1 = R0 + H . z.-R = R + H 一 编H2 0卫星在一年时间内动能的增量1 1编E = mv2 一 mv2k 2 2 2 1由、三式得1 1 1编E = GMm( 一 )k 2 R R2 1由、式可知， 编Ek 0 ，表示在这过程中卫星的动能

6、是增加的。在这过程中卫星引力势能的增量编E = 一GMm( 一 )P R R1 12 1 编E 想 0P ，表示在这过程中卫星引力势能是减小的。卫星机械能的增量编E = 编E + 编Ek P由、式得1 1 1编E = 一 GMm( 一 )2 R R 2 1编E 想 0 ，表示在这过程中卫星的机械能是减少的。由、式可知，因 R1 、 R2 非常 接近，利用R 一 R = 编H1 2R R 必 R21 2 1式可表示为1 GMm编E = 一 编H2 R21卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功。卫星在沿半径为 R 的轨道运行一周过程 中空气作用于卫星的阻力做的功W = 一F 人 2几 R = 一

7、p几 ACRv21根据万有引力定律和牛顿运动定律有Mm v2G = m R2 R由、式得. z.-W = p几 ACGM1 式表明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒量， 与轨道半径无关。 卫 星绕半径为 R 的轨道运行一周经历的时间2几 RT= v由、式得RT = 2几 RGM由于在一年时间内轨道半径变化不大，可以认为 T 是恒量，且RT = 2几 R 11 GM以 表示一年时间，有 = 3600s 365 24 = 3.15107s卫星在一年时间内做圆周运动的次数n =T在一年时间内卫星克服空气阻力做的功W = nW1由功能关系有W = EMG = gR2由(21)(22)各式并

8、利用 1 得mHp = ACR R g1 1(21)(22)(23)代入有关数据得p = 1.54 1013 kg. m 3(24)4、如图(甲)所示，弯曲部分AB 和CD 是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的BC 段是 竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连 接， BC 段的长度 L 可作伸缩调节。下圆弧轨道与地面相切，其中D、A 分别是上、下圆弧 轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。一小球多次以*一速度从 A 点水平进入轨道而从 D 点水平飞出。今在 A、D 两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道 A、D. z.-两点的压力，计算出压力

9、差F。改变BC 间距离 L，重复上述实验，最后绘得F-L 的图线 如图(乙)所示。 (不计一切摩擦阻力， g 取 10m/s2 )(1) *一次调节后 D 点离地高度为 0.8m。小球从D 点飞出，落地点与D 点水平距离为 2.4m，求小球过 D 点时速度大小。(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小。解析：1(1)小球在竖直方向做自由落体运动， H = gt 2 D 2水平方向做匀速直线运动 X =V tD得： V = x = x = 6mD t 2H sDg(2)设轨道半径为 r，A 到 D 过程机械能守恒：在 A 点： F mg = m VA r在 D 点： F + mg = m VD

10、 r由以上三式得：由图象纵截距得： 6mg=12 得 m=0.2kg由 L=0.5m 时F=17N代入得： r=0.4m5 、如图所示，在光滑的水平地面上，质量为M=3.0kg 的长木板 A 的左端，叠放着一个质量为 m=1.0kg 的小物块 B (可视为质点) ，处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数 =0.30。在木板A 的左端正上方，用长为R=0.8m 的不可伸长的轻绳将质量为m=1.0kg 的小 球 C 悬于固定点 O 点。现将小球 C 拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成=30角的位置由 静止释放，到达 O 点的正下方时，小球 C 与 B 发生碰撞且无机械能损失，空气阻力不计， 取

11、g=10m/s2 ，求：(1)小球 C 与小物块 B 碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力；(2)木板长度 L至少为多大时，小物块才不会滑出木板。解析：(1) 静止释放后小球做自由落体运动到 a，轻绳被拉紧时与水平方向成30 角， 再绕 O 点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得. z.-轻绳被拉紧瞬间，沿绳方向的速度变为 0，沿圆周切线方向的速度为小球由 a 点运动到最低点 b 点过程中机械能守恒设小球在最低点受到轻绳的拉力为F，则联立解得F = 3.5mg = 35 N(2)小球与 B 碰撞过程中动量和机械能守恒，则解得 v1 =0，v2 =vb= 2 (碰撞后小球与 B 交换速度)5gRB 在木板

12、A 上滑动，系统动量守恒，设 B 滑到木板 A 最右端时速度为 v，则B 在木板 A 上滑动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，由能量守恒定律得山 mgL = 1 mv 2 - 1 (m + M )v 2 2 2 2联立解得 L = 2山g M(m+ M )(|( 5 R )|2代入数据解得 L=2.5m6、如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的小球 A 和 B，球 A 刚好接触地面，球 B 被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球 B 到细杆的距离为 L 时，绳刚好拉直在绳被拉直时释放球 B，使球 B 从静止开始向下摆动求球 A 刚要离开地面时球

13、B 与其初始位置的高度差解析：设球 A 刚要离开地面时联接球 B 的绳与其初始位置的夹角为9 ，如图所示，这里球 B的速度为 v ，绳对球 B 的拉力为 T，根据牛顿第二定律和能量守恒，有T - mg sin9 = mv2l mv2 = mgl sin912 当 A 球刚要离开地面时，有T = mg 以 h 表示所求高度差，有h = l sin9 . z.-1h = l由解得 37 (20 分)如图所示，在高为h 的平台上，距边缘为L 处有一质量为 M 的静止木块(木 块的尺度比 L 小得多)，一颗质量为 m 的子弹以初速度 v0 射入木块中未穿出，木块恰好运 动到平台边缘未落下， 若将子弹的

14、速度增大为原来的两倍而子弹仍未穿出， 求木块的落地点 距平台边缘的水平距离，设子弹打入木块的时间极短。解析：0 1设子弹以v 射入时，木块的初速度为v ，根据动量守恒定律有0 1mv =(m+M) v 1根据动能定理有(m+M) gL= (m+M) v 22 10 2 3设子弹以2v 射入时，木块的初速度为v ，末速度为v ，根据动量守恒定律有0 2m2v =(m+M) v 1 1根据动能定理有(m+M) gL= (m+M) v 2- (m+M) v 22 2 2 3设木块落地点距平台边缘的距离为*,由平抛运动规律有*= v 2h 3 gmvM + m由联立解得 *= 06hg8 、如图所示为

15、*种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处与水平传送带理想连 接，传送带长度 L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s 匀速传动。三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A 、B、C 置于水平导轨上，开始时滑块 B、C 之间用细0绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A 以初速度 v =2.0m/s 沿 B、C 连线方向向 B 运动， A 与 B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的速度仍为零。 因碰撞使连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开， 弹簧伸展， 从而使 C 与 A、CB 分离。滑块 C 脱离弹簧

16、后以速度 v =2.0ms 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的 P点。已知滑块 C 与传送带之问的动摩擦因数 =0.20，重力加速度 g 取 10ms2 。求：(1)滑块 c 从传送带右端滑出时的速度大小；p(2)滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能 E ；. z.-( 3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至 P 点，则滑块 A 与m滑块 B 碰撞前速度的最大值 V 是多少解析：( 1)滑块 C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块 C 从滑上传送带到速度达到传送带的 速度 v 所用的时间为t，加速度大小为 a，在时间 t 内滑块 C 的位移为*。根据牛顿第二定律和运动

17、学公式 mg=maCv=v +at解得 *=1.25mL即滑块 C 在传送带上先加速，达到传送带的速度 v 后随传送带匀速运动，并从右端滑 出，则滑块 C 从传道带右端滑出时的速度为 v=3.0m/s。1 2( 2)设 A、B 碰撞后的速度为 v ，A 、B 与 C 分离时的速度为 v ，由动量守恒定律mv =2mv0 11 2 C2 mv =2mv +mv1 1 1由能量守恒规律 E + 2mv2 = 2mv2 + mv2P 2 1 2 2 2 CP解得 E =1.0J( 3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大 值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰

18、好等于传递带的速度v。 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v1 ，分离后 A 与 B 的速度为 v2 ，滑块 C 的速度为 vC ，由能量守恒规律和动量守恒定律mv =2mv m12mv =mv +2mv 1 C 2由能量守恒规律由运动学公式解得：1 1 1 E + 2mv 2 = 2mv 2 + mv 2P 2 1 2 2 2 Cv v 2 = 2aLCv =7.1m/s 2m11 29. 、如图所示。一水平传送装置有轮半径为 R= m 的主动轮 Q 和从动轮 Q 及传送带等构几成。两轮轴心相距 8m ，轮与传送带不打滑，现用此装置运送一袋面粉(可视为质点)，已知 这袋面粉与传送带之间的动摩擦

19、因数为0.4 ，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。1( 1)当传送带以 4m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q 正上方 A 点轻放在传2送带上后，这袋面粉由 A 端运送到 Q 正上方的 B 端所用的时间为多少？. z.-( 2)要想尽快将这袋面粉(初速度为零)由 A 端送到 B 端，传送带速度至少多大？( 3)由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕迹， 这袋面粉 (初速度为零) 在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度 应满足什么条件？解析：( 1)面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力 f=mg根据牛顿第二定律： a = f = 4m

20、/s 2m若传送带的速度 v=4m/s，则面粉袋加速运动的时间 t v = 1s1 a1在 t 时间内的位移 s = at 2 = 2m1 1 2其后以 v=4m/s 速度匀速运动 s = l s = vt2 AB 1 22 1 2解得： t =1.5s 所以运动总时间： t=t t =2.5s( 2)要想时间最短，面粉袋应一直向 B 端匀加速运动由l = at ,2 得t , = 2s1AB 2此时传送带的速度v, = at, = 8m /s( 3)传送带速度越大，“痕迹”越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长l = 2l + 2几R = 18mAB在面粉袋由 A 端运动

21、到 B 端的时间t, = 2s 内痕迹达到最长，传送带运动的距离则传送带的速度 v = s 13m /st,10 、如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架12的总质量为 M 一摆球挂于支架上，摆球的质量为 m， m M 摆线的质量不0计初始时，整个装置处于静止状态一质量为m 的子弹以大小为 v 、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动已知摆线最大的偏转角小于 900，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的， 木块未发生转动i 求摆球上升的最大高度ii 求木块的最大速率iii 求摆球在最低处时速度的大小和方向i由于子弹射人摆球至停留在

22、球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里)的速. z.-度为 u，由动量守恒定律有mv0=2mu(l)摆球以速度 u 开始向前摆动，木块亦发生运动当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止， 设此时木块的速度为 V，摆球上升的高度为 h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有2mu=(2m+M)V(2)1mu2 = (2m + M)V 2 + 2mgh (3)2解(l) 、 (2) 、 (3)三式得Mv28g(2m + m)h = 0 (4)ii摆球升到最高后相对木块要反向摆动因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位 置前的整个过程中

23、， 摆线作用于支架的拉力始终向斜前方， 它使木块向前运动的速度不断增 大； 摆线经过竖直位置后， 直到摆线再次回到竖直位置前， 摆线作用于支架的拉力将向斜后 方，它使木块速度减小，所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最 大，方向向前以 V表示摆线位于竖直位置时木块的速率， u表示此时摆球的速度(相对桌面)，当 u 0 ，表示其方向水平向前，反之，则水平向后因水平方向动量守恒以及机械能守恒， 故有2mu = 2mu + MV1mu2 = mu2 + MV22解(1) 、 (5) 、 (6)三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 V = 0V = 2mv02m + M(5)(

24、6)(7)(8)(7)式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块 往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速 率为(8)式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位 置时木块的速度iii在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处当子弹刚射人 摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为 u，由(l)式得1u = v2 0(9)方向水平向前 当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大， 设这时摆球的速度为 u，由 (l) 、 (5) 、 (6)三式和(8)式可得1(10)m Mu = 2 v

25、M + 2m 0其方向向后. z.-当摆球第二次回到最低处时，由( 7)式木块速度减至 0 ，设这时摆球的速度为 u， 由(l) 、 (5) 、 (6)式可得1u u = v2 0( HYPERLINK l _bookmark2 11)方向向前，开始重复初始的运动11、图中坐标原点 O (0, 0 )处有一带电粒子源，向 y0 一侧沿 O*y 平面内的各个不同方向 发射带正电的粒子，粒子的速率都是 v，质量均为 m，电荷量均为 q有人设计了一方向垂 直于 O*y 平面，磁感应强度的大小为 B 的均匀磁场区域，使上述所有带电粒子从该磁场区 域的边界射出时，均能沿*轴正方向运动试求出此边界线的方程

26、，并画出此边界线的示意 图解析：先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直*y 平面向里，且无边界考察从粒子源发出的速率为v、方向与*轴夹角为 的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周运动，圆轨道经过坐标原点 O ，且与速度方向相切，若圆轨道的半径为 R ，有v2qvB = mR( 1)得 R = (2)mvqB圆轨道的圆心 O 在过坐标原点 O 与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为 R ，如图 1所示通过圆心 O 作平行于 y 轴的直线与圆轨道交于 P 点，粒子运动到 P 点时其速度方向恰好是沿*轴正方向， 故 P 点就在磁场区域的边界上对于不同人射方向的粒子，对应的 P 点的位置不同，所有

27、这些 P 点的连线就是所求磁场区域的边界线 P 点的坐标为*Rsiny一 R + Rcos(3 )(4)这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数 ，得*2 +(y+R)2=R2由( 2) 、 (5)式得x2 + (y + mv )2 = m2v2qB q2 B2(5)(6)这是半径为 R 圆心 O 的坐标为(0，一 R) 的圆，作为题所要求的磁场区域的边界线， 应是如图 2 所示的半个圆周， 故磁场区域的边界线的方程为x2 + (y + mv )2 = m2v2 x 0 y 0 (7)qB q2 B2若磁场方向垂直于*y 面向外，则磁场的边界线为如图 3 示的半圆，磁场区域的边界线的方程为. z

28、.-*2 +(yR)2 =R2 x 0 y 0 ( 8 )或x2 + (y 一 mv )2 = m2v2 x 0 y 0qB q2 B2(9)12、.如图-12 所示， 质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上， AD 部分是表1面粗糙的水平导轨， DC 部分是光滑的 圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于 B =41.0 T 的垂直纸面向里的匀强磁场中，今有一质量为 m = 1.0 kg 的金属块(可视为质点)带0电量 q = 2.0 10-3C 的负电，它以 v = 8 m/s 的速度冲上小车，当它将要过 D 点时，它对水平导轨的压力为 9.81 N(g 取 9.8 m/s

29、2)求：( 1) m 从 A 到 D 过程中，系统损失了多少机械能？( 2)若 m 通过 D 点时立即撤去磁场，在这以后小车获得的最大速度是多少？解析：1 1( 1)设 m 抵达 D 点的速度为 v ，则： Bqv +mg=Nv = N 一 mg = 981 一 9.80 = 5.0 m/s.1 Bq 2.0 10 一3 1.02设此小车速度为 v ，金属块由 A-D 过程中系统动量守恒则：mv0 = mv1 +Mv2. v2 = 1.0 m/s.1 1 1损失的机械能E = mv 2 - mv 2- Mv 2 = 18 J2 0 2 1 2 21( 2) 在 m 冲上 圆弧和返回到 D 点的

30、过程中， 小车速度一直在增大， 所以当金属块 41 2回到 D 点时小车的速度达到最大，且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则： mv + Mv1 2= mv +Mv 系统机械能守恒，则：11Mv 2 = 2 2mv 2 + 2 1=1 m/s 和 v =3 m/s.21 1mv 2 + Mv 2v 2 1 2 0 22v =1 m/s 舍去，小车能获得的最大速度为 3 m/s.13、图中 L 是一根通电长直导线，导线中的电流为 I一电阻为 R、每边长为 2a 的导线 方框， 其中两条边与 L 平行，可绕过其中心并与长直导线平行的轴线OO转动， 轴线与长直导线相距 b，ba，初始时刻，导线框与

31、直导线共面现使线框以恒定的角速度 转动，求线框中的感应电流的大小不计导线框的自感已知电流I 的长直导线在距导线 r 处的磁 I感应强度大小为 k r ，其中 k 为常量解：当线框绕转轴转过9 = t 的角度时，其位置如图 1 所示，俯视图如图 2 所示。当线框以角速度 绕OO 转动时，线框与轴线平行的两条边的速度都是 v ，且v = a L 中的电流产生的磁场在这两条边所在处. z.-的磁感应强度分别为IB = k r IB = k 和 r 式中r 和r 分别为这两条边到 L 的距离。线框的两条边的速度 v 的方向与 B 和B 的方向间的夹角分别为a 和a ，由电磁感应定律， 线框的感应电动势

32、为e = 2Bavsina + 2Bavsina注意到sin9r = = = sin9 sin(几 a ) sinar b bsin(几 a)b = sinab以及 r2 = a2 + b2 2ab cos9r2 = a2 + b2 + 2ab cos9由以上各式得e = 2kIa2b(+ )sin t由欧姆定律得线框中感应电流ei = R由、两式得14 、如图所示，两同心圆 M 、N 之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁场，圆 M 内、 N 外没有磁场，一质量为 m，带电量为+q 的粒子从圆心 O 处沿*一方向以速度 v0 飞出， 已知圆 M 的半径为 R， 圆 N 的半径为 3R ，粒子重力不

33、计。 已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转。 求：(1)磁场的方向是垂直于纸面向里还是向外的？(2)若粒子能再次经过圆心 O，磁场的磁感应强度至少为多大？(3)若磁场的磁感应强度保持为(2)的大小，求粒子从圆心 O 飞出到再次过圆心且 速度与初速度方向相同所用的时间。解析：. z.-(1)由左手定则得：磁场方向垂直于纸面向外。(2)粒子能再次经过圆心 O，磁场的磁感应强度最小时，粒子运动轨迹与圆 N 相切， 轨迹如图。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r。由几何知识可知：( 3R r)2 = R 2 + r 2 设 磁 场的磁 感应强 度最小 值 为 B ， 由 洛仑 兹力公 式 及 匀 速

34、圆周 运 动规律 得 ：v2qBv = m 0 0 r联立解得： B = 3mv0qR(3)由几何知识可知：tan 三CO/O = = 3 三CO/ O = 600 Rr粒子从 C 点进入磁场到从 D 离开磁场，粒子转过的角度为23Q = 3600 2三CO/ O = 2400 即 个圆周 由几何知识可知粒子从圆心 O 飞出到第一次过圆心且速度与初速度方向相同所运动的 轨迹如图所示，运动的时间为：t = 3( + T) 2R 2v 30T = 2 rv0 联立解得： t = R (6+ 4 3 ) v 3015、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为

35、Q，其中 A 带正电荷， B 带负电荷， A、B 相距为 2d 。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆， 另有一个穿过细杆的带电小球 P，质量为 m、电荷量为+q(可视为点电荷)，现将小球 P 从与 点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距 C 点距离为 d 的 D 点时， 速度 为 v。已知 MN 与 AB 之间的距离为 d，静电力常量为k，重力加速度为g，若取无限远处的 电势为零，试求：(1)在 A、B 所形成的电场中， C 的电势 C。. z.-(2)小球 P 经过 D 点时的加速度。(3)小球 P 经过与点电荷 B 等高的 E 点时的速度。解析：(1)由等量异种电荷形成

36、的电场特点可知， D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。小球 P 由 C 运动到 D 的过程，由动能定理得：1CD 2mgd + qQ = mv 2 一 0 Q = Q 一 Q = Q 一 0 CD C C Cmv 2 一 2mgdQ = C 2q(2)小球 P 经过 D 点时受力如图：由库仑定律得：Qq1 2 ( 2d )2F = F = k 由牛顿第二定律得：1 2mg + F cos 450 + F cos 450 = ma a = g + 2kQq2md2 (3)小球 P 由 D 运动到 E 的过程，由动能定理得：1 1DE 2 E 2由等量异种电荷形成的电场特点可知： Q = Q mgd + qQ = mv 2 一 mv 2 DE CD联立解得： vE = 2v 16 、如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为 L 的绝缘细线拴住一质量为 m，带电荷 量为 q 的小