2024年高考物理命題猜想與仿真押題專(zhuān)題20計(jì)算題的解題方法與技巧仿真押題含解析

PAGEPAGE1計(jì)算題的解題方法與技巧仿真押題1.如圖1所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上.桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形態(tài)為半徑R＝0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端靜止釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變更的關(guān)系式為x＝6t－2t2(關(guān)系式中全部物理量的單位均為國(guó)際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線(xiàn)落入圓軌道.(重力加速度g取10m/s2)求：圖1(1)BP間的水平距離xBP；(2)推斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；(3)物塊A由靜止釋放的高度h.答案(1)4.1m(2)不能(3)1.8m(2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,D)＝－eq\f(\r(2),2)mgR設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力為FN，則FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得FN＝(1－eq\r(2))mg<0，即物塊不能到達(dá)M點(diǎn).(3)對(duì)物塊A、B的碰撞過(guò)程，有：mAvA＝mAvA′＋mBv0eq\f(1,2)mAveq\o\al(

2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(

2,0)解得：vA＝6m/s設(shè)物塊A釋放的高度為h，則mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,A)，解得h＝1.8m2.如圖2所示為過(guò)山車(chē)簡(jiǎn)易模型，它由光滑水平軌道和豎直面內(nèi)的光滑圓形軌道組成，Q點(diǎn)為圓形軌道最低點(diǎn)，M點(diǎn)為最高點(diǎn)，圓形軌道半徑R＝0.32m.水平軌道PN右側(cè)的水平地面上，并排放置兩塊長(zhǎng)木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長(zhǎng)木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質(zhì)量m3＝2.2kg，長(zhǎng)L＝4m，木板d質(zhì)量m4＝4.4kg.質(zhì)量m2＝3.3kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質(zhì)量m1＝1.3kg的小滑塊a從P點(diǎn)以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)一周后進(jìn)入水平軌道與小滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短且碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失.碰后a沿原路返回到M點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道壓力恰好為0.已知小滑塊b與兩塊長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ0＝0.16，重力加速度g＝10m/s2.圖2(1)求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；(2)若碰后滑塊b在木板c、d上滑動(dòng)時(shí)，木板c、d均靜止不動(dòng)，c、d與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ至少多大？(木板c、d與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(3)若不計(jì)木板c、d與地面間的摩擦，碰后滑塊b最終恰好沒(méi)有離開(kāi)木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時(shí)間及木板d的長(zhǎng)度.答案(1)4m/s5.2m/s(2)0.069(3)1s1.4m機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(

2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(

2,2)代入數(shù)據(jù)，解得：v0＝9.2m/s，v2＝5.2m/s(2)若b在d上滑動(dòng)時(shí)d能靜止，則b在c上滑動(dòng)時(shí)c和d肯定能靜止μ(m2＋m4)g>μ0m2g解得μ>eq\f(m2,m2＋m4)μ0≈0.069解得：t1＝1s或t2＝eq\f(10,3)s(舍去)b剛離開(kāi)長(zhǎng)木板c時(shí)b的速度v2′＝v2－a1t1＝3.6m/sb剛離開(kāi)長(zhǎng)木板c時(shí)d的速度v3＝a2t1＝0.8m/sd的長(zhǎng)度至少為x：由動(dòng)量守恒可知：m2v2′＋m4v3＝(m2＋m4)v解得：v＝2m/sμ0m2gx＝eq\f(1,2)m2v2′2＋eq\f(1,2)m4veq\o\al(

2,3)－eq\f(1,2)(m2＋m4)v2解得：x＝1.4m3.如圖3所示，兩個(gè)圓形光滑細(xì)管在豎直平面內(nèi)交疊，組成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB.已知E處距地面的高度h＝3.2m，一質(zhì)量m＝1kg的小球a從A點(diǎn)以速度v0＝12m/s的速度向右進(jìn)入直管道，到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)恰好與軌道無(wú)作用力，干脆進(jìn)入DE管(DE管光滑)，并與原來(lái)靜止于E處的質(zhì)量為M＝4kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)).已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小為碰撞前速度大小的eq\f(1,3)，而b球從E點(diǎn)水平拋出，其水平射程s＝0.8m.(g＝10m/s2)圖3(1)求碰后b球的速度大?。?2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R；(3)若小球a在管道AB中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力為定值，請(qǐng)推斷a球返回到BA管道時(shí)，能否從A端穿出？答案(1)1m/s(2)0.9m0.7m(3)不能(3)小球從B到D，機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,a)＋mgh解得：eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,B)＝36.5J從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)解得：Wf＝35.5J從D到B，機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m(eq\f(va,3))2＋mgh＝eq\f(1,2)mvB′2解得：eq\f(1,2)mvB′2＝32.5J<Wf所以，a球返回到BA管道中時(shí)，不能從A端穿出.4．如圖，質(zhì)量M＝1kg的木板靜止在水平面上，質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽視的鐵塊靜止在木板的右端．設(shè)最大摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取g＝10m/s2.現(xiàn)給鐵塊施加一個(gè)水平向左的力F.(1)若力F恒為8N，經(jīng)1s鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的左端．求：木板的長(zhǎng)度L；(2)若力F從零起先漸漸增加，且木板足夠長(zhǎng)．試通過(guò)分析與計(jì)算，在圖中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變更的圖像．答案(1)1m(2)f－F圖像見(jiàn)解析(2)①當(dāng)F≤μ1(m＋M)g＝2N時(shí)，系統(tǒng)沒(méi)有被拉動(dòng)，靜摩擦力與外力成正比，即f＝F②當(dāng)F>μ1(m＋M)g＝2N時(shí)，假如M、m相對(duì)靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a⑦F－f＝ma⑧解得F＝2f－2⑨此時(shí)f≤μ1mg＝4N，也即F≤6N⑩所以當(dāng)2N<F≤6N時(shí)，f＝eq\f(F,2)＋1N?③當(dāng)F>6N時(shí)，M、m相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)鐵塊受到的摩擦力為f＝μ2mg＝4N圖像如圖所示：5．如圖甲所示，水平地面上放置一傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)的斜面，質(zhì)量為m的物塊置于斜面的底端．某時(shí)刻起物塊在沿斜面對(duì)上的力F作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng)，力F隨位移變更的規(guī)律如圖乙所示．已知整個(gè)過(guò)程斜面體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，物塊起先運(yùn)動(dòng)t＝0.5s內(nèi)位移x1＝1m,0.5s后物塊再運(yùn)動(dòng)x2＝2m時(shí)速度減為0.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)由靜止起先，0.5s末物塊運(yùn)動(dòng)的速度的大?。?2)物塊沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，受到的摩擦力做的功；(3)物塊在沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，斜面體受到地面的摩擦力的大?。鸢?1)4m/s(2)－12J(3)1.6N解析(1)由題意，0.5s內(nèi)物塊做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)則eq\f(1,2)a1t2＝x1v＝a1t解得a1＝8m/s2，v＝4m/s(2)加速和減速過(guò)程沿斜面對(duì)上的力分別為F1＝18N，F(xiàn)2＝6N設(shè)物塊的質(zhì)量m和物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，由動(dòng)能定理，有加速過(guò)程：(F1－mgsinθ－μmgcosθ)x1＝eq\f(1,2)mv2減速過(guò)程：－(mgsinθ＋μmgcosθ－F2)x2＝0－eq\f(1,2)mv2Wf＝－μmgcosθ(x1＋x2)聯(lián)立解得m＝1kg，μ＝0.5，Wf＝－12J6．如圖所示，半徑R＝0.5m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點(diǎn)，O為圓弧圓心，D為圓弧最低點(diǎn)．斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝肯定滑輪，一輕質(zhì)軟細(xì)繩跨過(guò)定滑輪(不計(jì)滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細(xì)繩分別與對(duì)應(yīng)斜面平行)，并保持P、Q兩物塊靜止．若PC間距為L(zhǎng)1＝0.25m，斜面MN足夠長(zhǎng)，物塊P質(zhì)量m＝3kg，與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,3)，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)燒斷細(xì)繩后，物塊P第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)物塊P第一次過(guò)M點(diǎn)后0.3s到達(dá)K點(diǎn)，則MK間距多大；(3)物塊P在MN斜面上滑行的總路程．答案(1)78N(2)0.17m(3)1.0m解析(1)滑塊由P到D過(guò)程，由動(dòng)能定理，得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)依據(jù)幾何關(guān)系，有h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)在D點(diǎn)，支持力和重力的合力供應(yīng)向心力，有FD－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得FD＝78N由牛頓第三定律得，物塊P對(duì)軌道的壓力大小為78N所以t1＝0.2s時(shí)，P物到達(dá)斜面MN上最高點(diǎn)，故返回過(guò)程，有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)沿MN向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程，依據(jù)牛頓其次定律，有a2＝gsin53°－μgcos53°＝6m/s2依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有xMK＝eq\f(vM,2)t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.17m即MK之間的距離為0.17m(3)最終物體在CM之間來(lái)回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為零，對(duì)從P到M過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，得到mgL1sin53°－μmgcos53°·L總＝0解得L總＝1.0m即物塊P在MN斜面上滑行的總路程為1.0m7．如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長(zhǎng)為d＝0.48m，離地高度h＝1.25m．桌面上存在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)(除此之外其余位置均無(wú)電場(chǎng))，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×104N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m＝0.01kg，電量q＝1×10－6C的帶正電小球以初速v0＝1m/s向右運(yùn)動(dòng)．空氣阻力忽視不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小球在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；(2)P處距右端桌面多遠(yuǎn)時(shí)，小球從起先運(yùn)動(dòng)到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離？答案(1)1.0m/s2方向：水平向左(2)eq\f(3,8)meq\f(5,8)m設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式，有h＝eq\f(1,2)gt2代入得t＝0.5s水平方向，有x2＝vt＝0.5eq\r(1－2x1)故x總＝x1＋0.5eq\r(1－2x1)令y＝eq\r(1－2x1)則x總＝eq\f(1－y2＋y,2)故，當(dāng)y＝eq\f(1,2)，即x1＝eq\f(3,8)m時(shí)，水平距離最大最大值為xm＝eq\f(5,8)m即距桌面右端eq\f(3,8)m處放入，有最大水平距離為eq\f(5,8)m8．如圖所示，A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，A、B的間距為1.25m，B、C的間距為3m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg，電荷量q＝＋1.0×10－2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過(guò)b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn)．若在B、C間再加方向垂直于紙面對(duì)外且大小B＝0.1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的O′點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)．取g＝10m/s2.求：(1)E1的大??；(2)加上磁場(chǎng)后，粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢(shì)能的變更量及偏轉(zhuǎn)角度．答案(1)E1＝eq\r(2)N/C＝1.4N/C(2)電勢(shì)能增加了1.0×10－2J，粒子偏轉(zhuǎn)角度為37°解析由平衡條件可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度；依據(jù)動(dòng)能定理，可求出粒子經(jīng)b點(diǎn)的速度，再由平衡狀態(tài)，與牛頓其次定律，及幾何關(guān)系可確定電勢(shì)能變更量．(1)粒子在A、B間做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，則有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C＝1.4N/C(2)粒子從a到b的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，得qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0解得vb＝5m/s加磁場(chǎng)前粒子在B、C間必做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有qE2＝mg加磁場(chǎng)后粒子在B、C間必做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，9．如圖，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在垂直于所在平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．大量的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以相同速度(速度大小未確定)沿垂直于CD的方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后三條邊均有粒子射出，其中垂直于AD邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用．求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?2)要確保粒子能從CD邊射出，射入的最大速度；(3)AC、AD邊上可能有粒子射出的范圍．答案(1)eq\f(πm,3qt0)(2)eq\f(\r(3)πL,12t0)(3)AC、AD邊上可能有粒子射出的范圍為CE段和DF段，xCE＝eq\f(L,4)、xDF＝eq\f(L,2)解析(1)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)當(dāng)粒子垂直AD邊射出時(shí)，依據(jù)幾何關(guān)系有圓心角為60°解得B＝eq\f(πm,3qt0)(2)當(dāng)軌跡圓與AC、AD都相切時(shí)，粒子能從CD邊射出，半徑最大，速度為最大值，此時(shí)依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)解得v＝eq\f(\r(3)πL,12t0)所以，粒子射入的速度應(yīng)滿(mǎn)意v≤eq\f(\r(3)πL,12t0)(3)由(2)知，當(dāng)軌跡圓與AC相切時(shí)，從AC邊射出的粒子距C最遠(yuǎn)故有粒子射出的范圍為CE段，xCE＝eq\f(L,2)cos60°＝eq\f(L,4)當(dāng)軌跡圓與AD邊的交點(diǎn)F恰在圓心O正上方時(shí)，射出的粒子距D點(diǎn)最遠(yuǎn)．故有粒子射出的范圍為DF段xDF＝eq\f(r,sin60°)＝eq\f(L,2)10．如圖甲所示，斜面傾角為37°，一寬為l＝0.43m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面對(duì)上，磁場(chǎng)邊界與斜面底邊平行．在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線(xiàn)框，線(xiàn)框沿斜面下滑，下邊與磁場(chǎng)邊界保持平行．取斜面底邊重力勢(shì)能為零，從線(xiàn)框起先運(yùn)動(dòng)到恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框的機(jī)械能E和位移s之間的關(guān)系如圖乙所示，圖中①、②均為直線(xiàn)段．已知線(xiàn)框的質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為R＝0.06Ω，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)金屬線(xiàn)框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)金屬線(xiàn)框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到恰完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間；(3)金屬線(xiàn)框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中，線(xiàn)框中產(chǎn)生的最大電功率(本小題保留兩位有效數(shù)字)．答案(1)0.5(2)0.125s(3)0.43W解析(1)削減的機(jī)械能等于克服摩擦力所做的功ΔE1＝Wf1而ΔE1＝0.900J－0.756J＝0.144JWf1＝μmgcos37s1其中s1＝0.36m解得μ＝0.5(3)線(xiàn)框剛出磁場(chǎng)時(shí)速度最大，線(xiàn)框內(nèi)的電功率最大Pm＝I2R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,2),R)由veq\o\al(2,2)＝veq\o\al(2,1)＋2a(l－s2)可求得v2＝1.6m/s依據(jù)線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，F(xiàn)A＋μmgcos37°＝mgsin37°可求出FA＝0.2N又因?yàn)镕A＝BIL＝eq\f(B2L2v1,R)可求出B2L2＝0.01代入數(shù)據(jù)解得Pm＝I2R＝eq\f(B2L2v\o\al(2,2),R)＝0.43W11．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0，R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，x軸下方有始終線(xiàn)ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線(xiàn)ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2.在0≤y≤2R的區(qū)域內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側(cè)沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)B1偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，然后進(jìn)入x軸下方．已知x軸與直線(xiàn)ab間勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2de)，ab與MN間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝eq\f(mv0,ed).不計(jì)電子重力．(1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小？(2)若要求從全部不同位置動(dòng)身的電子都不能打在感光板MN上，MN與ab板間的最小距離h1是多大？(3)若要求從全部不同位置動(dòng)身的電子都能打在感光板MN上，MN與ab板間的最大距離h2是多大？當(dāng)MN與ab板間的距離最大時(shí)，電子從O點(diǎn)到MN板，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)是多少？答案(1)eq\f(mv0,eR)(2)3d(3)deq\f(2\r(3)d,3v0)＋eq\f(πd,6v0)假如電子在O點(diǎn)以速度v0沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，不能打在感光板上，則全部電子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的電子在磁場(chǎng)中的圓軌道圓心為O2如圖，則感光板與ab間的最小距離h1＝r1＋r1cosθ解得v＝2v0，r1＝2d，θ＝60°，h1＝3d(3)假如電子在O點(diǎn)沿x軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，能打在感光板上，則全部電子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的電子在磁場(chǎng)中的圓軌道圓心為O3，如圖，感光板與ab間的最大距離h2＝r1－r1cosθ解得h2＝d當(dāng)感光板與ab間的距離最大為h2＝d時(shí)，全部從O點(diǎn)到MN板的電子中，沿x軸正方向射入電場(chǎng)的電子，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)．設(shè)該電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，在磁場(chǎng)B2中運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)，時(shí)間為t2，則a＝eq\f(eE,m)，d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)T＝eq\f(2πm,eB2)，t2＝eq\f(θ,2π)T運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間tm＝t1＋t2解得T＝eq\f(2πd,v0)，t1＝eq\f(2\r(3)d,3v0)，t2＝eq\f(πd,6v0)tm＝eq\f(2\r(3)d,3v0)＋eq\f(πd,6v0)12．近代的材料生長(zhǎng)和微加工技術(shù)，可制造出一種使電子的運(yùn)動(dòng)限制在半導(dǎo)體的一個(gè)平面內(nèi)(二維)的微結(jié)構(gòu)器件，且可做到電子在器件中像子彈一樣飛行，不受雜質(zhì)原子射散的影響．這種特點(diǎn)可望有新的應(yīng)用價(jià)值．圖甲所示為四端十字形，二維電子氣半導(dǎo)體，當(dāng)電流從1端進(jìn)入時(shí)，通過(guò)限制磁場(chǎng)的作用，可使電流從2、3或4端流出．對(duì)下面模擬結(jié)構(gòu)的探討，有助于理解電流在上述四端十字形導(dǎo)體中的流淌．在圖乙中，a、b、c、d為四根半徑都為R的圓柱體的橫截面，彼此靠得很近，形成四個(gè)寬度極窄的狹縫1、2、3、4，在這些狹縫和四個(gè)圓柱所包圍的空間(設(shè)為真空)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，由靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后，在紙面內(nèi)以速度v0沿與a、b都相切的方向由縫1射入磁場(chǎng)內(nèi)，與其中一個(gè)圓柱表面發(fā)生一次彈性碰撞(碰撞無(wú)機(jī)械能損失)，從縫2處且沿與b、c都相切的方向射出，碰撞時(shí)間極短，且碰撞不變更粒子的電荷量，也不受摩擦力作用，重力忽視不計(jì)．加速電場(chǎng)兩板間距為d，兩極板厚度不計(jì)且其右極板與圓柱a、b同時(shí)相切．(1)求加速電場(chǎng)電壓U.(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B.(3)求從由靜止加速到從縫2射出所用的時(shí)間t.答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(mv0,3qR)(3)t＝eq\f(2d＋6Rarcsin\f(4－\r(2),6),v0)＋eq\f(R,v0)由③④⑤式，得r＝3R⑥由洛倫茲力和牛頓定律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)⑦由⑥⑦式，得B＝eq\f(mv0,3qR)⑧(3)在電場(chǎng)中加速用時(shí)t1＝eq\f(d,\f(v0,2))⑨在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)兩段圓弧，設(shè)每段圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為θ有sinθ＝eq\f(x,r)⑩且磁場(chǎng)中用時(shí)t2＝eq\f(2rθ,v0)?t3＝eq\f(R,v0)?總共用時(shí)t＝t1＋t2＋t3?由④⑨⑩??式得t＝eq\f(2d＋6Rarcsin\f(4－\r(2),6),v0)＋eq\f(R,v0)?13．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長(zhǎng)L＝1m，間距d＝eq\f(\r(3),3)m，兩金屬板間電壓UMN＝1×104V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個(gè)全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，三角形的上頂點(diǎn)A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點(diǎn)P恰好在下金屬板N的右端點(diǎn)；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，已知A、F、G處于同始終線(xiàn)上，B、C、H也處于同始終線(xiàn)上，AF兩點(diǎn)距離為eq\f(2,3)m．現(xiàn)從平行金屬極板MN左端沿中心軸線(xiàn)方向入射一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，粒子質(zhì)量m＝3×10－10kg，帶電量q＝＋1×10－4C，初速度v0＝1×105m/s.求：(1)帶電粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度v的大小和方向？(2)若帶電粒子進(jìn)入三角形區(qū)域ABC后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度？(3)接第(2)問(wèn)，若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2至少應(yīng)為多大？答案(1)eq\f(2\r(3),3)×105m/s垂直于AB方向出射(2)eq\f(3\r(3),10)T(3)eq\f(2＋\r(3),5)T解析(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a則qeq\f(U,d)＝ma，解得a＝eq\f(qU,md)＝eq\f(\r(3),3)×1010m/s2t＝eq\f(L,v0)＝1×10－5s豎直方向的速度為vy＝at＝eq\f(\r(3),3)×105m/s射出時(shí)速度為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(2\r(3),3)×105m/s設(shè)速度v與水平方向夾角為θ，有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)故θ＝30°，即垂直于AB方向出射(3)分析知當(dāng)軌跡與邊界GH相切時(shí)，對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最大，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系得R2＋eq\f(R2,sin60°)＝1故半徑R2＝(2eq\r(3)－3)m又qvB2＝meq\f(v2,R2)故B2＝eq\f(2＋\r(3),5)T所以B2應(yīng)滿(mǎn)意的條件為大于eq\f(2＋\r(3),5)T14．如圖甲所示，空間存在一范圍足夠大、方向垂直于豎直xOy平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.讓質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOy平面入射．不計(jì)粒子重力，重力加速度為g.(1)若該粒子沿y軸負(fù)方向入射后，恰好能經(jīng)過(guò)x軸上的A(a,0)點(diǎn)，求粒子速度的大?。?2)若該粒子以速度v沿y軸負(fù)方向入射的同時(shí)，一不帶電的小球從x軸上方某一點(diǎn)平行于x軸向右拋出，二者經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝eq\f(5πm,6qB)恰好相遇，求小球拋出點(diǎn)的縱坐標(biāo)．(3)如圖乙所示，在此空間再加入沿y軸負(fù)方向、大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓該粒子改為從O點(diǎn)靜止釋放，探討表明：粒子在xOy平面內(nèi)將做周期性運(yùn)動(dòng)，其周期T＝eq\f(2πm,qB)，且在任一時(shí)刻，粒子速度的x重量vx與其所在位置的y坐標(biāo)肯定值的關(guān)系為vx＝eq\f(qB,m)y.若在粒子釋放的同時(shí)，另有一不帶電的小球從x軸上方某一點(diǎn)平行于x軸向右拋出，二者經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝eq\f(3πm,qB)恰好相遇，求小球拋出點(diǎn)的縱坐標(biāo)．答案(1)eq\f(qBa,2m)(2)eq\f(1,2)g(eq\f(5πm,6qB))2－eq\f(mv,2qB)(3)eq\f(1,2)g(eq\f(3πm,qB))2－eq\f(2mE,qB2)在這段時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角為θ，有θ＝eq\f(5,12)×360°＝150°如圖所示，相遇點(diǎn)的縱坐標(biāo)肯定值為r2sin30°＝eq\f(mv,2qB)小球拋出點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y＝eq\f(1,2)g(eq\f(5πm,6qB))2－eq\f(mv,2qB)(3)相遇時(shí)間t′＝eq\f(3πm,qB)＝eq\f(3,2)T由對(duì)稱(chēng)性可知相遇點(diǎn)在其次個(gè)周期運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，離x軸的距離為ym，水平速度為vx由動(dòng)能定理，有qEym＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)，由題意有vx＝eq\f(qB,m)y聯(lián)立解得ym＝eq\f(2mE,qB2)故小球拋出點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y＝eq\f(1,2)g(eq\f(3πm,qB))2－eq\f(2mE,qB2)15．如圖甲所示，不變形、足夠長(zhǎng)、質(zhì)量為m1＝0.2kg的“U”形金屬導(dǎo)軌PQMN放在絕緣水平桌面上，QP與MN平行且距離d＝1m，Q、M間導(dǎo)體電阻阻值R＝4Ω，右內(nèi)側(cè)緊靠?jī)晒潭ń^緣小立柱1、2；光滑金屬桿KL電阻阻值r＝1Ω，質(zhì)量m2＝0.1kg，垂直于QP和MN，與QM平行且距離L＝0.5m，左側(cè)緊靠?jī)晒潭ń^緣小立柱3、4.金屬導(dǎo)軌與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，其余電阻不計(jì)．從t＝0起先，垂直于導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖乙所示．(1)求在整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)軌受到的靜摩擦力的最大值fmax；(2)假如從t＝2s起先，給金屬桿KL水平向右的外力，外力對(duì)金屬桿作用的功率保持不變?yōu)镻0＝320W，桿到達(dá)最大速度時(shí)撤去外力，求撤去外力后QM上產(chǎn)生的熱量QR＝？答案(1)0.8N(2)4J當(dāng)t＝1s時(shí)，安培力最大為Fm，則Fm＝0.8N設(shè)金屬導(dǎo)軌PQMN受到的最大靜摩擦力為fm，則fm＝μ(m1＋m2)g＝1.5N1s以后，電動(dòng)勢(shì)為零，QM受到的安培力為零．即安培力最大時(shí)，仍舊小于金屬導(dǎo)軌PQMN受到的最大靜摩擦力，金屬導(dǎo)軌PQMN始終靜止，受到的是靜摩擦力所以fmax＝Fm，則得fmax＝0.8N(2)從t＝2s起先后，導(dǎo)軌QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金屬導(dǎo)軌PQMN靜止．設(shè)桿KL的最大速度為vm時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，電流為I1，受到的安培力為F1，外力為F0，則E1＝B0dvm，I1＝eq\f(E1,R＋r)則得F1＝B0I1d，有F0vm＝P0即eq\f(P0,vm)＝eq\f(B\o\al(2,0)d2vm,R＋r)解得vm＝10m/s撤去外力直到停下來(lái)，產(chǎn)生的總熱量為Q0，則Q0＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,m)QM上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(Q0,R＋r)R代入數(shù)據(jù)，解得Q0＝5J，QR＝4J16．如圖所示，電阻忽視不計(jì)的、兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，其上端接一阻值為3Ω的定值電阻R.在水平虛線(xiàn)L1、L2間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，磁場(chǎng)區(qū)域的高度為d＝0.5m．導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma＝0.2kg、電阻Ra＝3Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb＝0.1kg、電阻Rb＝6Ω，它們分別從圖中M、N處同時(shí)由靜止起先在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦向下滑動(dòng)，都能勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，且當(dāng)b剛穿出磁場(chǎng)時(shí)a正好進(jìn)入磁場(chǎng)．設(shè)重力加速度為g＝10m/s2，不計(jì)a、b棒之間的相互作用．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好．求：(1)在整個(gè)過(guò)程中，a、b兩棒分別克服安培力所做的功；(2)導(dǎo)體棒a從圖中M處到進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間；(3)M點(diǎn)和N點(diǎn)距L1的高度．答案(1)1.0J0.5J(2)eq\f(2\r(15),15)s(3)eq\f(4,3)meq\f(3,4)m解析(1)依據(jù)功能關(guān)系，得Wa＝magd＝1.0JWb＝mbgd＝0.5J(2)(3)b在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：速度為vb，總電阻為R1＝7.5Ωb中的電流Ib＝eq\f(BLvb,R1)由以上各式解得eq\f(B2L2vb,R1)＝mbg同理，a棒：eq\f(B2L2va,R2)＝mab，R2＝5Ω由以上各式得eq\f(vb,va)＝eq\f(3,4)又v2＝2gh，eq\f(hb,ha)＝eq\f(9,16)，va＝vb＋gt，d＝vbt聯(lián)立解得ha＝eq\f(4,3)m，hb＝eq\f(3,4)mvb＝gtb，ta＝tb＋t解得導(dǎo)體棒a從圖中M處到進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為ta＝eq\f(2\r(15),15)s17．如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向．x＞0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；第三象限同時(shí)存在著垂直于坐標(biāo)平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.x＞0的區(qū)域固定一與x軸成θ＝30°角的絕緣細(xì)桿．一穿在細(xì)桿上的帶電小球a沿細(xì)桿勻速滑下，從N點(diǎn)恰能沿圓周軌道運(yùn)動(dòng)到x軸上的Q點(diǎn)，且速度方向垂直于x軸．已知Q點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為eq\f(3,2)l，重力加速度為g，B1＝7Eeq\r(\f(1,10πg(shù)l))，B2＝Eeq\r(\f(5π,6gl)).空氣阻力忽視不計(jì)，求：(1)帶電小球a的電性及其比荷eq\f(q,m)；(2)帶電小球a與絕緣細(xì)桿的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)當(dāng)帶電小球a剛離開(kāi)N點(diǎn)時(shí)，從y軸正半軸距原點(diǎn)O為h＝eq\f(20πl(wèi),3)的P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)以某一初速度平拋一個(gè)不帶電的絕緣小球b，b球剛好運(yùn)動(dòng)到x軸與向上運(yùn)動(dòng)的a球相碰，則b球的初速度為多大？答案(1)小球帶正電，eq\f(g,E)(2)eq\f(\r(3),4)(3)eq\r(\f(147gl,160π))(3)帶電小球在第三象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\r(\f(24πl(wèi),5g))帶電小球第一次在其次象限豎直上下運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t0＝eq\f(2v,g)＝eq\r(\f(10πl(wèi),3g))絕緣小球b平拋運(yùn)動(dòng)到x軸上的時(shí)間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(10πl(wèi),3g))兩球相碰有t＝eq\f(T,3)＋n(t0＋eq\f(T,2))聯(lián)立解得n＝1設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0，則eq\f(7,2)l＝v0t解得v0＝eq\r(\f(147gl,160π))18.如圖8所示，長(zhǎng)L＝1.5m，高h(yuǎn)＝0.45m，質(zhì)量M＝10kg的長(zhǎng)方體木箱，在水平面上向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).當(dāng)木箱的速度v0＝3.6m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在距木箱右端eq\f(L,3)處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面的速度為零)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球脫離木箱落到地面.木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計(jì).取g＝10m/s2，求：圖8(1)小球從離開(kāi)木箱起先至落到地面所用的時(shí)間；(2)小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移；(3)小球離開(kāi)木箱時(shí)木箱的速度.答案(1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s，方向向左解析(1)木箱上表面的摩擦不計(jì)，因此小球在離開(kāi)木箱前相對(duì)地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，離開(kāi)木箱后將做自由落體運(yùn)動(dòng).由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.45,10))s＝0.3s小球從離開(kāi)木箱起先至落到地面所用的時(shí)間為0.3s.(3)x1小于1m，所以小球不會(huì)從木箱的左端掉下，木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度為a2＝eq\f(F－μM＋mg,M)＝eq\f(50－0.2×10＋1×10,10)m/s2＝2.8m/s2設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的距離為x2時(shí)，小球脫離木箱，則x2＝x1＋eq\f(L,3)＝(0.9＋0.5)m＝1.4m設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(

2,2)得：t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝eq\r(\f(2×1.4,2.8))s＝1s所以，小球離開(kāi)木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s.19.如圖9甲所示，質(zhì)量為m＝20kg的物體在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長(zhǎng)從右向左以恒定速度v0＝－10m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體沖上傳送帶起先計(jì)時(shí)，物體的速度－時(shí)間圖象如圖乙所示，已知0～2s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，2～4s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，g取10m/s2.求：甲乙圖9(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)0～4s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱Q.答案(1)0.3(2)2880J此過(guò)程中物體與傳送帶間的摩擦熱Q1＝Ff(x1－x1′)＝1800J2～4s內(nèi)物體的對(duì)地位移x2＝eq\f(v2＋0,2)t2＝－2m傳送帶的對(duì)地位移x2′＝v0t2＝－20m此過(guò)程中物體與傳送帶間的摩擦熱Q2＝Ff(x2－x2′)＝1080J0～4s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱Q＝Q1＋Q2＝2880J21．交通信號(hào)“綠波”限制系統(tǒng)一般被稱(chēng)為“綠波帶”，它是依據(jù)車(chē)輛運(yùn)行狀況對(duì)各路口紅綠燈進(jìn)行協(xié)調(diào)，使車(chē)輛通過(guò)時(shí)能連續(xù)獲得一路綠燈。鄭州市中原路上某直線(xiàn)路段每間隔L＝500m就有一個(gè)紅綠燈路口，綠燈時(shí)間Δt1＝60s，紅燈時(shí)間Δt2＝40s，而且下一路口紅綠燈亮起總比當(dāng)前路口紅綠燈滯后Δt＝50s。要求汽車(chē)在下一路口綠燈再次亮起后能通過(guò)該路口。汽車(chē)可看作質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)通過(guò)路口的時(shí)間，道路通行順暢。(1)若某路口綠燈剛亮起時(shí)，某汽車(chē)恰好通過(guò)，要使該汽車(chē)保持勻速行駛，在后面道路上再連續(xù)通過(guò)五個(gè)路口，滿(mǎn)意題設(shè)條件下，汽車(chē)勻速行駛的最大速度是多少？最小速度又是多少？(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)若某路口遭受紅燈，待綠燈剛亮起時(shí)，某汽車(chē)由靜止起先，以加速度a＝2m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，加速到第(1)問(wèn)中汽車(chē)勻速行駛的最大速度以后，便以此速度始終勻速運(yùn)動(dòng)。試通過(guò)計(jì)算推斷，當(dāng)該汽車(chē)到達(dá)下一個(gè)路口時(shí)能否遇到綠燈。(2)若路口綠燈剛亮起時(shí)，汽車(chē)啟動(dòng)加速，最終加速到vmax＝10m/svmax＝at1，t1＝5s在此過(guò)程中汽車(chē)走過(guò)的位移x＝eq\f(vmax,2)t1，x＝25m然后汽車(chē)以此速度勻速運(yùn)動(dòng)，可知L－x＝vmaxt2，t2＝47.5s因此，汽車(chē)從該路口起先啟動(dòng)到下一個(gè)路口的時(shí)間為t＝t1＋t2＝52.5s110s＞t＞50s，因此走到下個(gè)路口時(shí)能夠遇到綠燈。答案：(1)10m/s8.1m/s(2)能22.在水平長(zhǎng)直軌道上，有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平板車(chē)在外力限制下始終保持速度v0做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻將一質(zhì)量為m的小滑塊輕放到車(chē)面的中點(diǎn)，滑塊與車(chē)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。(1)證明：若滑塊最終停在小車(chē)上，滑塊與車(chē)面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q是一個(gè)與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無(wú)關(guān)的定值；(2)已知滑塊與車(chē)面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，滑塊質(zhì)量m＝1kg，車(chē)長(zhǎng)L＝2m，車(chē)速v0＝4m/s，g取10m/s2，當(dāng)滑塊放到車(chē)面中點(diǎn)的同時(shí)對(duì)該滑塊施加一個(gè)與車(chē)運(yùn)動(dòng)方向相同的恒力F，要保證滑塊不能從車(chē)的左端掉下，恒力F的大小應(yīng)當(dāng)滿(mǎn)意的條件；(3)在(2)的狀況下，力F取最小值時(shí)要保證滑塊不從車(chē)上掉下，求力F的作用時(shí)間t。解析：(1)由題意知滑塊相對(duì)平板車(chē)靜止時(shí)速度為v0，依據(jù)牛頓其次定律，對(duì)滑塊：μmg＝ma ①v0＝at ②滑塊相對(duì)車(chē)面滑動(dòng)的距離：s＝v0t－eq\f(1,2)v0t ③滑塊與車(chē)面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝μmgs ④聯(lián)立①②③④解得：Q＝eq\f(1,2)mv02 ⑤所以Q是一個(gè)與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無(wú)關(guān)的定值。(2)設(shè)在恒力F作用下滑塊加速度為a1，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1后速度達(dá)到v0，要使滑塊不從左端掉下小車(chē)，即此時(shí)還未到達(dá)車(chē)的左端，由牛頓其次定律有：F＋μmg＝ma1 ⑥v0＝a1t1 ⑦v0t1－eq\f(v0,2)t1≤eq\f(L,2) ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧解得：F≥6N。 ⑨答案：(1)見(jiàn)解析(2)F≥6N(3)0.5s≤t≤1.08s23．如圖所示，光滑的eq\f(1,4)圓弧AB(質(zhì)量可忽視)固定在甲車(chē)的左端，其半徑R＝1m。質(zhì)量均為M＝3kg的甲、乙兩輛小車(chē)靜止于光滑水平面上，兩車(chē)之間通過(guò)一感應(yīng)開(kāi)關(guān)相連(當(dāng)滑塊滑過(guò)感應(yīng)開(kāi)關(guān)時(shí)，兩車(chē)自動(dòng)分別)。其中甲車(chē)上表面光滑，乙車(chē)上表面與滑塊P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。將質(zhì)量為m＝2kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放，滑塊P滑上乙車(chē)后最終未滑離乙車(chē)。求：(1)滑塊P剛滑上乙車(chē)時(shí)的速度大?。?2)滑塊P在乙車(chē)上滑行的距離。解析：(1)設(shè)滑塊P剛滑上乙車(chē)時(shí)的速度為v1，此時(shí)兩車(chē)的速度為v2，以滑塊和甲、乙兩輛小車(chē)組成系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，依據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒列出等式：mv1－2Mv2＝0對(duì)整體應(yīng)用能量守恒有：mgR＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2Mv22解得：v1＝eq\r(15)m/s，v2＝eq\f(\r(15),3)m/s。答案：(1)eq\r(15)m/s(2)2m24.如圖所示，有一內(nèi)表面光滑的金屬盒，底面長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.2m，質(zhì)量為m1＝1kg，放在水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在盒內(nèi)最右端放一半徑為r＝0.1m的光滑金屬球，質(zhì)量為m2＝1kg，現(xiàn)在盒的左端給盒施加一個(gè)水平?jīng)_量I＝3N·s，(盒壁厚度、球與盒發(fā)生碰撞的時(shí)間和能量損失均忽視不計(jì))g取10m/s2，求：(1)金屬盒能在地面上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)？(2)金屬盒從起先運(yùn)動(dòng)到最終靜止所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間多長(zhǎng)？解析：(1)由于沖量作用，金屬盒獲得的速度為v＝eq\f(I,m1)＝3m/s，金屬盒所受摩擦力為F＝μ(m1＋m2)g＝4N由于金屬盒與金屬球之間的碰撞沒(méi)有能量損失，且金屬盒和金屬球的最終速度都為0，以金屬盒和金屬球?yàn)樘接憣?duì)象，由動(dòng)能定理，得－Fs＝0－eq\f(1,2)m1v2解得s＝1.125m。(2)當(dāng)金屬盒前進(jìn)s1＝1m時(shí)與球發(fā)生碰撞，設(shè)碰前盒的速度為v1，碰后速度為v1′，球碰后速度為v2，對(duì)盒，由動(dòng)能定理得－Fs1＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v2解得v1＝1m/s由于碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立以上各式解得v1′＝0，v2＝1m/s。答案：(1)1.125m(2)1.75s25.如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶AB與光滑的水平面BC連接，光滑的、半徑R＝0.5m的半圓軌道與水平面連接，相切于C點(diǎn)。傳送帶以恒定的速率v順時(shí)針運(yùn)行，在光滑的水平面上有一質(zhì)量m＝0.5kg的物體以v1＝6m/s的速度向左滑上傳送帶，經(jīng)過(guò)2s物體的速度減為零，物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，g取10m/s2。求：(1)物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)傳送帶的速度v；(3)物體在傳送帶上滑動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。解析：(1)物體滑上傳送帶后在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，依據(jù)牛頓其次定律有：μmg＝ma ①依據(jù)加速度定義式有：－a＝eq\f(0－v1,t) ②由①②式聯(lián)立解得：μ＝eq\f(v1,gt)＝eq\f(6,10×2)＝0.3。 ③(2)當(dāng)物體速度減為零后，由于傳送帶有恒定向右運(yùn)動(dòng)的速度，與物體間存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，物體將在滑動(dòng)摩擦力作用下向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，若皮帶速度足夠大，依據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，物體滑回光滑水平面時(shí)的速度v2大小應(yīng)與v1相等，即v2＝v1＝6m/s又由題意可知，物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，設(shè)經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，在D處，依據(jù)牛頓其次定律和向心力公式有：mg＝meq\f(vD2,R) ④在由C運(yùn)動(dòng)至D的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：－mg×2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2 ⑤由④⑤式聯(lián)立解得：vC＝eq\r(5gR)＝eq\r(5×10×0.5)m/s＝5m/s ⑥物體在光滑水平面上應(yīng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，明顯vC＝5m/s＜v2＝6m/s所以物體在傳送帶上返回時(shí)只能先做一段勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至與傳送帶速度相等后，再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，并以該速度運(yùn)動(dòng)至C處，即有：v＝vC＝5m/s。 ⑦答案：(1)0.3(2)5m/s(3)30.25J26．如圖所示，中軸線(xiàn)PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上、下兩部分，上部分充溢垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下部分充溢垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小皆為B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度與MC邊的夾角θ＝30°，MC邊長(zhǎng)為a，MN邊長(zhǎng)為8a(1)若要該粒子不從MN邊射出磁場(chǎng)，其速度最大是多少；(2)若該粒子從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)后起先計(jì)數(shù)，則當(dāng)粒子第五次穿越PQ線(xiàn)時(shí)，恰好從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的速度又是多少？解析：(1)設(shè)該粒子恰不從MN邊射出磁場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑為r，軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得：rcos60°＝r－eq\f(1,2)a，解得r＝a又由qvmB＝meq\f(vm2,r)解得最大速度vm＝eq\f(qBa,m)。答案：(1)eq\f(qBa,m)(2)eq\f(8\r(3)qBa,15m)27．如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板M、N長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，O1O為中軸線(xiàn)，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽視兩極板外的電場(chǎng)。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場(chǎng)，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽視不計(jì)。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0起先，前eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍舊以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場(chǎng)，最終全部粒子恰好能全部離開(kāi)電場(chǎng)而不打在極板上，求U的值。解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)t02解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v02,U0L2)。(2)粒子通過(guò)兩板間的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝T，從t＝0時(shí)刻起先，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)，每個(gè)電壓變更周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個(gè)電壓變更周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)，不同時(shí)刻從O1點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子沿電場(chǎng)方向的速度vy隨時(shí)間t變更的關(guān)系如圖所示。全部粒子恰好能全部離開(kāi)電場(chǎng)而不打在極板上，可以確定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋eq\f(1,3)T(n＝0,1,2，…)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好分別從上、下極板右側(cè)邊緣飛出。它們?cè)陔妶?chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的距離最大，則eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1·\f(T,3)))T，解得U＝eq\f(3U0,8)。答案：(1)eq\f(4d2v02,U0L2)(2)eq\f(3U0,8)28．邊長(zhǎng)為3L的正方形區(qū)域分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，中間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。左側(cè)磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面對(duì)里，中間區(qū)域電場(chǎng)方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從平行金屬板的正極板起先由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點(diǎn)進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)且與左邊界的角度θ＝30°，又從距正方形上下邊界等間距的b(1)粒子經(jīng)過(guò)平行金屬板加速后的速度大小v；(2)左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；(3)若B2＝eq\f(\r(6mqU),qL)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的取值在什么范圍內(nèi)時(shí)粒子能從右側(cè)磁場(chǎng)的上邊緣cd間離開(kāi)？解析：(1)粒子在平行金屬板間被加速的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2－0。解得粒子經(jīng)過(guò)平行金屬板加速后的速度大小為：v＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)依據(jù)題意，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示。依據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，粒子在左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度偏轉(zhuǎn)角為：α＝90°－θ＝60°其軌道半徑為：R1＝eq\f(L,sinα)＝eq\f(2\r(3),3)L粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力供應(yīng)，依據(jù)牛頓其次定律和向心力公式有：qvB1＝meq\f(v2,R1)解得：B1＝eq\f(\r(6mqU),2qL)。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(\r(6mqU),2qL)(3)eq\f(11U,16L)≤E≤eq\f(2U,L)29．中國(guó)第一列從義烏開(kāi)往英國(guó)倫敦的列車(chē)順當(dāng)?shù)诌_(dá)終點(diǎn)站。途徑聞名的英吉利海峽隧道。英吉利海峽隧道近似直線(xiàn)隧道，全長(zhǎng)約50km。如圖1所示，其中海底隧道BC長(zhǎng)40km，前后各有5km的連接隧道AB、CD。已知進(jìn)入隧道前，列車(chē)時(shí)速144km/h，在連接隧道上做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入海底隧道時(shí)速度減為108km/h，并在海底隧道中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最終離開(kāi)英吉利海峽隧道時(shí)速度復(fù)原為144km/h。圖1(1)求列車(chē)在連接隧道AB上運(yùn)動(dòng)的加速度大小？(2)若列車(chē)總質(zhì)量9×105kg，所受阻力恒為車(chē)重的0.1倍，求在連接隧道CD上列車(chē)牽引力的大??？(3)求列車(chē)通過(guò)英吉利海峽隧道AD的時(shí)間？(3)全程可分為三段，依據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得t1＝t3＝eq\f(Δv,a1)＝eq\f(40－30,0.07)s＝142.86st2＝eq\f(x2,v)＝1333.33s總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝1619.05s≈0.450h。答案(1)0.07m/s2(2)9.63×105N(3)0.450h30．過(guò)山車(chē)是一項(xiàng)富有刺激性的消遣工具，在乘坐過(guò)山車(chē)的過(guò)程中不僅能夠體驗(yàn)到冒險(xiǎn)的快感，還有助于理解物理原理，如圖2所示，是某大型游樂(lè)場(chǎng)中過(guò)山車(chē)的部分軌道示意圖，這部分軌道由直線(xiàn)軌道AB、半徑R1＝50m圓心角θ1＝120°的圓弧軌道BCD、半徑R2＝10m圓心角θ2＝240°的圓弧軌道DEF、半徑為R1＝50m圓心角θ3＝120°的圓弧軌道FGP、半徑為R3圓心角為θ4＝120°的圓弧軌道PQM組成，這些軌道均平滑相切連接，相切點(diǎn)B、F、D、P、M均位于同一水平面上，假設(shè)這些軌道均位于同一豎直平面內(nèi)，車(chē)廂在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的摩擦阻力與空氣阻力之和恒為車(chē)重的0.1倍，車(chē)廂可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2,π≈3,eq\r(3)＝1.732?，F(xiàn)有一節(jié)質(zhì)量m＝500kg的車(chē)廂從A點(diǎn)靜止下滑，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)測(cè)得車(chē)廂對(duì)軌道的壓力為16000N。(由于平安設(shè)計(jì)的須要，過(guò)山車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是不會(huì)脫離軌道的)圖2(1)求車(chē)廂經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度為多大；(2)求直線(xiàn)軌道AB的長(zhǎng)度l為多長(zhǎng)；(3)若要保證車(chē)廂通過(guò)圓弧軌道PQM的最高點(diǎn)Q時(shí)對(duì)軌道有向下的壓力，求R3的取值范圍。(3)C到Q，依據(jù)動(dòng)能定理－0.1mg(eq\f(π,3)R1＋eq\f(4π,3)R2＋eq\f(2π,3)R1＋eq\f(π,3)R3)－mg(0.5R1＋0.5R3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)能通過(guò)Q點(diǎn)，也就是說(shuō)vQ>0這時(shí)R3<18.33m在Q點(diǎn)對(duì)軌道有向下的壓力，則eq\f(mveq\o\al(2,Q),R3)<mg，此時(shí)R3>10m。綜上所述求得10m<R3<18.33m。答案(1)10eq\r(11)m/s(2)45.7m(3)10m<R3<18.33m31．如圖3甲所示，M1M4、N1N4為平行放置的水平金屬軌道，M4P、N4Q為相同半徑，平行放置的豎直四分之一圓形金屬軌道，M4、N4為切點(diǎn)，P、Q為四分之一圓軌道的最高點(diǎn)(與圓心等高)，軌道間距L＝1.0m，圓軌道半徑r＝0.5m，整個(gè)裝置左端接有阻值R＝0.5Ω的定值電阻。M1M2N2N1、M3M4N4N3為等大的長(zhǎng)方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，兩區(qū)域?qū)挾萪＝0.5m，兩區(qū)域之間的距離s＝1.0m；區(qū)域Ⅰ內(nèi)分布著勻稱(chēng)的變更的磁場(chǎng)B1，B1變更規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定豎直向上為B1的正方向；區(qū)域Ⅱ內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2＝0.05T，方向豎直向上。兩磁場(chǎng)間的軌道與導(dǎo)體棒CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，M3N3右側(cè)的直軌道及半圓形軌道均光滑。質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R0＝0.5Ω的導(dǎo)體棒CD在垂直于棒的水平恒力F＝1.0N拉動(dòng)下，從M2N2處由靜止起先運(yùn)動(dòng)，到達(dá)M3N3處撤去恒力F，CD棒穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)后，恰能通過(guò)圓形軌道到達(dá)PQ處。若軌道電阻、空氣阻力不計(jì)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程導(dǎo)體棒與軌道接觸良好且始終與軌道垂直，g取10m/s2。求：圖3(1)CD棒從M2N2處運(yùn)動(dòng)到M3N3處所須要的時(shí)間；(2)CD棒剛進(jìn)入B2磁場(chǎng)時(shí)的加速度大??；(3)CD棒在直軌道上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。(3)當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)在磁場(chǎng)間運(yùn)動(dòng)時(shí)，E1＝eq\f(ΔB·ld,Δt)＝0.2V，I1＝eq\f(E1,R＋R0)＝0.2A此階段R上產(chǎn)生的熱量Q1＝I2Rt＝0.01J當(dāng)桿在B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)穿出磁場(chǎng)時(shí)速度v1，mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此階段回路產(chǎn)生熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)R上產(chǎn)生熱量Q2＝eq\f(1,2)Q故R上總共產(chǎn)生的熱量QR＝Q1＋Q2＝0.16J答案(1)0.5s(2)0.1m/s2(3)0.16J32．如圖4甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，過(guò)半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電荷量會(huì)增加，過(guò)B點(diǎn)后電荷量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變更圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求圖4(1)小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中電荷量的變更量；(2)滑塊對(duì)半圓軌道的最大壓力大??；(3)小滑塊再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達(dá)水平軌道時(shí)的速度以及距A點(diǎn)的距離。從B到“等效最低點(diǎn)”過(guò)程有G′(R－Rcosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)其向心力FN－G′＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)由以上各式解得FN＝(6＋3eq\r(5))mg由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為FN＝(6＋3eq\r(5))mg。由以上各式解得β1＝β2則進(jìn)入電場(chǎng)后合力與速度共線(xiàn)，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)tanβ1＝eq\f(R,x2)從C點(diǎn)到水平軌道m(xù)g·2R＋q1E·x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mv32由以上各式解得v4＝2eq\r(5gR)Δx＝x1＋x2－4R＝2R因此滑塊再次到達(dá)水平軌道的速度為v4＝2eq\r(5Rg)，方向與水平方向夾角為β1＝arctaneq\f(1,2)，斜向左下方，位置在A點(diǎn)左側(cè)2R處。答案(1)eq\f(mg,E)(2)(6＋3eq\r(5))mg(3)2eq\r(5gR)，方向與水平方向夾角為β1＝arctaneq\f(1,2)斜向左下方，位置在A點(diǎn)左側(cè)2R處33．“801所”設(shè)計(jì)的磁聚焦式霍爾推動(dòng)器可作為太空飛船的發(fā)動(dòng)機(jī)，其原理如下：系統(tǒng)捕獲宇宙中大量存在的等離子體(由電量相同的正、負(fù)離子組成)經(jīng)系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速率v1向上射入有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1、垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ內(nèi)。當(dāng)柵極MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場(chǎng)后，自動(dòng)關(guān)閉區(qū)域Ⅰ系統(tǒng)(關(guān)閉粒子進(jìn)入通道、撤去磁場(chǎng)B1)。區(qū)域Ⅱ內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)右邊界是直徑為D、與上下極板相切的半圓(圓與下板相切于極板中心A)。放在A處的放射源能夠向各個(gè)方向勻稱(chēng)放射速度大小相等的氙原子核，氙原子核經(jīng)過(guò)該區(qū)域后形成寬度為D的平行氙粒子束，經(jīng)過(guò)柵極MN、PQ之間的電場(chǎng)加速后從PQ噴出，在加速氙原子核的過(guò)程中探測(cè)器獲得反向推力(不計(jì)氙原子核、等離子體的重力，不計(jì)粒子之間相互作用與相對(duì)論效應(yīng))。已知極板長(zhǎng)RM＝2D，柵極MN和PQ間距為d，氙原子核的質(zhì)量為m、電荷量為q，求：圖1(1)氙原子核在A處的速度大小v2；(2)氙原子核從PQ噴出時(shí)的速度大小v3；(3)因區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場(chǎng)發(fā)生器故障，導(dǎo)致區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度減半并分布在整個(gè)區(qū)域Ⅱ中，求能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的氙原子核占A處放射粒子總數(shù)的百分比。氙原子核經(jīng)過(guò)區(qū)域Ⅰ加速后，離開(kāi)PQ的速度大小為v3，依據(jù)動(dòng)能定理可知Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)其中電壓U＝Ed＝B1v1d聯(lián)立可得v3＝eq\f(\r(8B1v1qdm＋Beq\o\al(2,2)D2q2),2m)。(3)依據(jù)題意，當(dāng)區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)變?yōu)锽2′之后，依據(jù)r′＝eq\f(mv,B2′q)可知，r′＝2r＝D。①依據(jù)示意圖可知，沿著AF方向射入的氙原子核，恰好能夠從M點(diǎn)沿著軌跡1進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，而沿著AF左側(cè)射入的粒子將被上極板RM攔住而無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ。該軌跡的圓心O1，正好在N點(diǎn)，AO1＝MO1＝D，所以依據(jù)幾何關(guān)系可知，此時(shí)∠FAN＝90°；②依據(jù)示意圖可知，沿著AG方向射入的氙原子核，恰好從下極板N點(diǎn)沿著軌跡2進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，而沿著AG右側(cè)射入的粒子將被下極板SN攔住而無(wú)法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ。AO2＝AN＝NO2＝D，所以此時(shí)入射角度∠GAN＝30°。依據(jù)上述分析可知，只有∠FAG＝60°這個(gè)范圍內(nèi)射入的粒子還能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ。該區(qū)域的粒子占A處總粒子束的比例為η＝eq\f(60°,180°)＝eq\f(1,3)。答案(1)eq\f(B2Dq,2m)(2)eq\f(\r(8B1v1qdm＋Beq\o\al(2,2)D2q2),2m)(3)eq\f(1,3)34．如圖2所示，在一半徑為R、O為圓心、PQ邊為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中沒(méi)畫(huà)出)；PQ上方是電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)由靜止釋放，從O點(diǎn)垂直于PQ進(jìn)入磁場(chǎng)。已知OA的距離也為R，不計(jì)重力與空氣阻力的影響。圖2(1)求粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后射入磁場(chǎng)時(shí)的速度；(2)若要求進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子不從圓弧邊界離開(kāi)磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B′＝2Bm，求帶電粒子從靜止起先運(yùn)動(dòng)至到達(dá)圓弧邊界的時(shí)間。解析(1)設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，依據(jù)動(dòng)能定理有qER＝eq\f(1,2)mv2，甲解得v＝eq\r(\f(2qER,m))。(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則r′＝eq\f(mv,qB′)＝eq\f(R,4)，軌跡如圖乙所示。乙?guī)щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝3eq\r(\f(2R,a))＝3eq\r(\f(2mR,qE))帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T＝eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(π,4)eq\r(\f(2mR,qE))帶電粒子從靜止起先運(yùn)動(dòng)至到達(dá)圓弧邊界的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(π,4)))eq\r(\f(2mR,qE))。答案(1)eq\r(\f(2qER,m))(2)eq\f(2\r(2mqER),qR)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(π,4)))eq\r(\f(2mR,qE))35．如圖3所示，在xOy平面內(nèi)，0<x<2L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，2L<x<3L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小相等；x>3L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)；之后的另一時(shí)刻，一帶負(fù)電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。帶正、負(fù)電的兩粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場(chǎng)中分別運(yùn)動(dòng)半周后在某點(diǎn)相遇。已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽視不計(jì)，兩粒子帶電荷量大小相等，求：圖3(1)帶正、負(fù)電的兩粒子的質(zhì)量之比m1∶m2；(2)兩粒子相遇的位置P點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差。解析(1)設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)方向與邊界的夾角為θ，則vy＝eq\f(v0,tanθ)，其中vy＝eq\f(Eq,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)t－\f(1,3)t))，t＝eq\f(3L,v0)聯(lián)立得m＝eq\f(EqL,veq\o\al(2,0))tanθ所以m1∶m2＝tan60°∶tan30°＝3∶1(3)設(shè)兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑分別為R1、R2，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為半個(gè)周期，由幾何關(guān)系有2R1＝(y1＋y2)sin60°，2R2＝(y1＋y2)sin30°粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\f(v0,sinθ)，即v1＝eq\f(2\r(3),3)v0，v2＝2v0粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半周的時(shí)間分別為t1＝eq\f(πR1,v1)，t2＝eq\f(πR2,v2)由于兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差為在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半周的時(shí)間差，即Δt＝t1－t2＝eq\f(7\r(3)πL,6v0)答案(1)3∶1(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,2)L，－\f(7\r(3),3)L))(3)eq\f(7\r(3)πL,6v0)36.如圖4所示，在空間xOy的第一象限內(nèi)存在一沿－x軸方向，大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電微粒(重力不計(jì))，在A(L，L)點(diǎn)無(wú)初速度釋放，通過(guò)Y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入其次象限，在其次象限內(nèi)存在沿－y軸方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電微粒最終從C(0，－2L)點(diǎn)離開(kāi)其次象限。圖4(1)則其次象限內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)大??？帶電微粒從C點(diǎn)離開(kāi)的速度是多少？(2)若其次象限內(nèi)僅存在沿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使帶電微粒仍從C(0，－2L)點(diǎn)離開(kāi)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大??？(3)若變更帶電微粒釋放點(diǎn)的位置從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，在其次象限有垂直紙面的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使得粒子從C點(diǎn)離開(kāi)的速度與只在電場(chǎng)時(shí)完全相同，則其次象限內(nèi)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是多少？圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的面積是多少？解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在第一象限內(nèi)，依據(jù)動(dòng)能定理得qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)進(jìn)入其次象限，在水平方向2L＝vPt在豎直方向L＝eq\f(1,2)at2加速度為a＝eq\f(qE′,m)聯(lián)立可得E′＝E，vP＝eq\f(\r(2Emql),m)在C