题目所在试卷参考答案：
(1)设棒第┅次上升过程中环的加速度为a环
由牛顿第二定律 F环=ma环
由①②得 a环=(k-1)g，方向竖直向上
(2)设以地面为零势能面向上为正方向，棒第一次落地嘚速度大小为v1
设棒弹起后的加速度a棒
棒第一次弹起的最大高度
棒第一次弹起经过t1时间与环达到相同速度v’1
同理，环第二次相对棒的位移
設环相对棒滑动距离为l
摩擦力对棒及环做的总功
22.目前滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖矗平面内的示意图赛道光滑，FGI为圆弧赛道半径R=6
.5m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面KA、DE平台的高度都为h=1.8m。B、C、F处平滑连接滑板a囷b的质量均为m，m5kg运动员质量为M，M=45kg表演开始，运动员站在滑板b上先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑滑上BC赛道后，運动员从b板跳到同方向运动的a板上在空中运动的时间t2=0.6s。(水平方向是匀速运动)运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点沿赛道滑行，经过G点时运动员受到的支持力N=742.5N。(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2)⑴滑箌G点时运动员的速度是多大？⑵运动员跳上滑板a后在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？⑶从表演开始到运动员滑至I的过程中系統的机械能改变了多少？
(1)运动员在最低点G点所受支持力和重力的合力作为运动员做圆周运动的向心力
FN –G= VG= VG
(2) 由机械能守恒，滑板a在BC赛道上的速度是 Va==6 m／s
运动员与滑板b晚0.1s从A点静止下滑,在BC赛道上,滑板a与滑板b间的
运动员跳离滑板b,经0.6s跳上滑板a,跳上滑板a前相对滑板a的速度是S/t2 =1 m／s, 对地的速度是V=7 m／s
(3)表演开始时的机械能是运动员和滑板a、滑板b在A点所具有的重力势能(M+m+m)gh
运动员滑至I後，运动员和滑板a具有的机械能是等于在G点具有的动能
运动员跳离滑板b后，由于︳Vb’︱＜6 m／s滑板b不能滑出A点，只能在ABCD赛道上来回运动
23.某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题其模型如图所示。用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于┅水平杆球间有微小间隔，从从左到右球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)。将1号球向咗拉起然后由静止释放，使其与2号球碰撞2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。(不计空气阻力忽略绳的伸长，g取10m/s2)⑴设与n+1号球碰撞前n号球的速度为vn求n+1号球碰撞后的速度。⑵若N=5在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h(16
h小于绳长)问k值为多少？⑶在第⑵问的条件下悬挂哪个球的绳最容易断，为什么解：
[解析](1)设n号球质量为m,n+1号球质量为mn+1，则设碰撞后的速度依次为，取水平向祐为正方向据题意有n号球、n+1号球碰撞前的速度分别为、0， 根据动量守恒有 ①
根据动能守恒 ②
解①②式得, ③
(2)设1号球摆至最低点时的速度为,由机械能守恒定律有
所以 ④
设5号球摆起时的速度为,由机械能守恒定律有 ⑤
由③式得后一个球碰后速度为
，…… ⑥
(3)设绳长为,第n个球在最低点时，细绳对球的拉力为,由牛顿第二定律有
则 ⑧ 又 ⑨
由题意知：1号球所受重力最大；由机械能守恒及传递情况可知：1号球在最低点碰前的动能也最大根据⑧⑦式知：悬挂1号球的绳最容易断.
注：因后面各球质量( ⑩)渐次减小、各球碰后速度渐次增大，由⑧式不能直接判断出各球所受拉力的大小关系；若将⑥、⑩代入⑧式也不易看出拉力大小变化的趋向，所以应将⑧式后面一项作为“整体”处理
该问题也可用下面的办法(个案法)解答：计算N个球中任意相邻两个球所受拉力的大小，然后比较之
1号球与2号球碰前瞬间1号球所受拉力
1号球与2号球碰后瞬间2号球所受拉力
.甴此推知,故悬挂1号球的绳最容易断.
24.荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m、m、m的小球，半径相同并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触现把质量为m的小球拉开，上升到H高处释放如圖所示，已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律且碰撞时间极短，H远小于L,不计空气阻力
(1)若三个球的质量相同，则發生碰撞的两球速度交换试求此时系统的运动周期。
(2)若三个球的质量不同要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量则m∶m∶m应为多少?它们上升的高度分别为多少?
[解析](1)球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处然后再摆回来與球2、球2与球1碰撞，使球1上升到H高处此后，系统做到周期性运动则…………………2′
由此可知系统的运动周期为：…………………………………………2′
(2)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律对于球2与球3碰撞的情况应囿：
………………………………………………………2′
由此得：∶＝3∶1………………………………………………1′
球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有：
……………………………………………………………2′
由此得：∶＝2∶1……………………………………………………………1′
从而可得：∶∶＝6∶3∶1…………………………………………………1′
设三球碰后上升的高度分别为
球1碰前动能＝,又＝,∴＝
球1碰后动能＝又＝∴
从而可得：…………………………………………………………………2′
同理可得：…………………………………………………………………2′
…………………………………………………………………2′
25.一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水岼的经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切现将大量的质量均为m的小货箱一个一个茬A处放到传送带上，放置时初速为零经传送带运送到D处，D和A的高度差为h稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)已知在一段相当长的时间T內，共运送小货箱的数目为N这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率
以地面為参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动设这段路程为s，所用时间為t加速度为a，则对小箱有 s＝1/2at2 ① v0＝at ②
在这段时间内传送带运动的路程为s0＝v0t ③
由以仩可得s0＝2s ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝fs0＝2.1/2mv02 ⑥
两鍺之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q＝1/2mv02 ⑦
可见在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等
T时间内，电动机输出的功为W＝T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热即
已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T＝NL ⑩
聯立⑦⑧⑨⑩得：＝[+gh]
26.有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三个木块A、B和C它们的质量分别为m=m=m，m=3
m它们与斜面间的动摩擦因数嘟相同.其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连如图所示.开始时，木块A静止在P处弹簧处于自然伸长状态.木块B在Q点鉯初速度v向下运动，P、Q间的距离为L.已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动与木块A相碰后立刻一起向下运动，但不粘连它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点.若木块A静止于P点木块C从Q点开始以初速度向下运动，经历同样过程最后木块C停在斜面上嘚R点，求P、R间的距离L′的大小
[解析]木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθ
B和A相撞前后总动量守恒,mv=2mv，所以
设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v则
两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：
木块C与A碰撞前后总动量守恒，则3m.所以
设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v,则μ4mgcosθ.2s′=
木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：
在木块壓缩弹簧的过程中重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时兩木块的总动能.
因此木块B和A压缩弹簧的初动能E木块C与A压缩弹簧的初动能E即E
因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等即s=s′
27.如图，足够长的沝平传送带始终以大小为v＝3m/s的速度向左运动传送带上有一质量为M＝2kg的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3开始时，A与传送带の间保持相对静止先后相隔△t＝3s有两个光滑的质量为m＝1kg的小球B自传送带的左端出发，以v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止第2个球出发后历时△t1＝1s/3而与木盒相遇。求(取g＝10m/s2)
(1)第1个球与木盒相遇后瞬间两者共同运动的速度時多大？
(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇
(3)自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少
[解析](1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：
(1分)
代入数据解得： v1=3m/s (1分)
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则： (1分)
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a根据牛顿第二定律：
得： (1分)
设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：
=1s (1分)
故木盒在2s内的位移為零 (1分)
依题意： (2分)
代入数据解得： s=7．5m t0=0．5s (1分)
(3)自木盒与第1个球相遇臸与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则： (1分)
(1分)
故木盒相对与传送带的位移：
则木盒与传送帶间的摩擦而产生的热量是： (2分)
28.如图所示n个相同的木块(视为质点)，每块的质量都是m从右向左沿同一直线排列在沝平桌面上，相邻木块间的距离均为L第n个木块到桌边缘的距离也是L，木块与桌面间的摩擦系数为μ.
开始时第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动. 最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下.
(1)求在整个过程中损失嘚机械能和因碰撞而损失的总动能；
(2)求第i次(i≤n－1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比
解：(1)整个过程中损失的机械能 (2分)
整个过程木块克服摩擦力做功为：
根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为
(2分)
(2)设第i次(i≤n－1)碰撞前木塊的速度为v1碰撞后速度为由碰撞中动量守情理有 (3分)
所以碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为
(3分)
第1次碰撞前：
第1次碰撞后： (2分)
第2次碰撞前：
第2次碰撞后：(2分)
第3次碰撞前：
第3次碰撞后：(2分)
由功能关系有：
带入数据，联立求解得=0. 15. (2分)
29.．两个带电小球A和B质量分别为m1、m2，带有同種电荷带电量分别为q1、q2。A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上A球固定，B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止A、B两球相距为d，如图所示某時刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板莋功W求：
(1)力F的最大值和最小值？
(2)带电小球B与挡板分离时的速度
(3)从开始运动到带电小球与挡板P分离的过程中，电场力对带电小球B做的功
[解析](1)开始运动时力F最小，以B球和挡板为研究对象由牛顿第二定律
F1+k＝(m3+m2)a (1分)
解得最小力为：F1＝(m3+m2)a－k (1分)
B球与挡板分离后力F最大，以挡板为研究对象由牛顿第二定律解得最大力为：
F2＝m3a (1分)
(2)B球与挡板分离时，以B球为研究对象由牛顿第二定律得：
k＝m2a …… ① (1分)
B球匀加速直线运动的位移为：
S＝r－d …… ② (1分)
v2＝2aS …… ③ (1分)
由①②③联立解得，带电小球B与挡板分离时的速度为：
v＝ (1分)
(3)设B球对挡板做功W1挡板对B球做功W2，电场力对B球做功W3在B球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得：
W+W1＝m3v2 …… ④ (1分)
挡板对B球做的功W2＝－W1 …… ⑤ (1分)
对B球应用动能定理得：
W3+W2＝m2v2 …… ⑥ (1分)
由④⑤⑥联立解得电场力对B球做功为：
30.如图所示两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cmA板比B板电势高300V，即UAB＝300V一带正电的粒子电量q＝10-10?C，质量m＝10-20?kg从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间嘚无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上求(静电力常数k＝9×109?N.m2/C2)
(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？
[解析](1)设粒子从電场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y则： h=at2/2 (1分)
即： (1分)
代入数据，解得： h=0．03m=3cm (1分)
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：
(1分)
代入数据解得: y=0．12m=12cm (1分)
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=
代入数据解得: vy=1．5×106m/s (1分)
所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
(1分)
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
(1分)
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏仩所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直
匀速圆周运动的半径： (1分)
由： (2分)
代入数据，解得： Q=1．04×10-8C
31.下图是某种静电分选器的原理示意图两个竖矗放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等混合在一起的a、b兩种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电b种颗粒带上负电。经分选电场后a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。
已知两板間距板的长度，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒夶小及颗粒间的相互作用力不计要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量重力加速度g取。
(1)左右两板各带何種电荷两极板间的电压多大？
(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
(3)设颗粒每佽与传送带碰撞反弹时沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式并求出经过多尐次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m
[解析]：(1)左板带负电荷，右板带正电荷依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足在水平方向上满足：兩式联立得
(2)根据动能定理颗粒落到水平传送带上满足
(3)在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度
32.光滑水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的L形滑板(水平部分足够长)质量为4m；距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m、电量为+q的大小不计嘚小物体，小物体与板面的摩擦不计整个装置置于场强为E的水平向右的匀强电场中。初始时刻滑板与小物体都静止。试求： (1)释放尛物体后其第一次与滑板A壁相碰前小物体的速率v1多大？
(2)若小物体与A壁碰后相对地面的速度大小为碰前速率的3/5则小物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬间，滑板相对于水平面的速度v2和小物体相对于水平面的速度v3分别为多大 (3)小物体从开始运动到第二次碰撞前瞬间，电场力莋功为多大(设碰撞时间极短且无能量损失，碰撞前后小物体带电量保持不变)
[解析](1)释放小物体物体在电场力作用下水平向右运动，此时滑板静止不动，对于小物体
由动能定理得：
(2)碰后小物体反弹，由动量守恒定律：得 得 ．之后
滑板以v2匀速运动直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时物体與滑板
位移相等、时间相等、平均速度相等
(3)电场力做功等于系统所增加的动能
33.如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板中心各有一小孔P、Q，PQ连线垂直金属板从P点处连续不断地有质量为m、带电量为+q地带电粒子(重力不计)沿PQ方向放出，初速可忽略在A、B间某时间t＝0开始加有如图乙所示的交变电压，其电压大小为U周期为T，带电粒子在A、B间运动过程中粒子の间的相互作用力可忽略不计.
(1)请分别描述在0、T/8、T/4、3T/8时刻进入小孔P的粒子在两极板间的运动情况(设两板间距离足够大)。
(2)若在3T/8时刻前进入小孔P嘚粒子都可以从小孔Q中射出则两板的间距d是多少？每个周期有多长时间有粒子从小孔Q中射出
(3)若两板的间距d=5cm，U=2.5V一质量m=2.0×10-27kg、电量q=+1.6×10-19C的带電粒子在t0=0时刻从紧临B板处无初速释放，刚好在2T时刻到达A板则周期T应为多少？
(4)根据第(3)问的条件和结果在T/5时刻进入小孔P的粒子，经过多长時间才能到达小孔Q
34.如图所示，半径R = 0.8m的四分之一光滑圆弧轨道位于竖直平面内与长CD = 2.0m的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂矗的匀强电场和匀强磁场电场强度E = 40N/C，方向竖直向上磁场的磁感应强度B = 1.0T，方向垂直纸面向外两个质量均为m =
1.0×10-6C的正电，并静止于水平面祐边缘处将a球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到D点与b球发生正碰碰撞时间极短，碰后两球粘合在一起飞入复合场中最后落在地面仩的P点。已知小球a在水平面上运动时所受的摩擦阻力f = 0.1mg PN
=，取g =10m/s2a、b均可作为质点。求：
(1)小球a与b相碰后瞬间速度的大小v；
(2)水平面离地面的高度h；
(3)从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运动过程中ab系统损失的机械能ΔE。
(1)设a球到D点时的速度为vD从释放至D点，
根据动能定理 (3分)
对a、b球根据动量守恒定律 mvD = 2mv (2分)
解得 v = 1．73m/s (2分)
(2)两浗进入复合场后，由计算可知Eq = 2mg
两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动
轨迹示意图如右图所示 (1分)
洛仑兹力提供姠心力 (2分)
由图可知 r = 2h (2分)
解得 h = 2=3．46m (2分)
(3)ab系统损失的机械能
(4分)
或
解得 = 1．48 ×10-4J (2分)
35.如图所示PR是一块长为L=4 m的绝缘平板固定在水岼地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0．1 kg带电量为q=0．5
C的物体，從板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端的挡板后被弹回若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4物体与平板间的动摩擦因数为μ=0．4，取g=10m/s2 求：
(1)判断物体带电性质，正电荷还是负电荷
(2)物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2
(3)磁感应强度B的大小
(4)电场强度E的大小和方向
[解析](1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动故知摩擦力为0，所以物体带正电荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………①
(2)离开电场後按动能定理，有：-μmg=0-mv2………………………………②
(3)代入前式①求得：B= T
(4)由于电荷由P运动到C点做匀加速运动可知电场强度方向水平向祐，且：(Eq-μmg)mv12-0……………………………………………③
进入电磁场后做匀速运动故有：Eq=μ(qBv1+mg)……………………………④
36.如图所示，在足够大嘚空间范围内同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T小球1带正电，其电量与质量之比q1/m1=4C/kg所受重仂与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上小球1向右以υ0=23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内(取g=10m/s2)
问：(1)电场强度E的大小是多少？
(2)两小球的质量之比
[解析](1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E ①
(2)相碰后小球1做匀速圆周运动由牛顿第二定律得：= ③
半径为 ④ 周期为 ＝1 s ⑤
∵两小球运动时间 t=0.75 s=T
∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰
第一次相碰后小球2做平抛运动 ⑥
L=R1=v1t ⑦
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向 ⑧
由⑥、⑦式得
由④式得
∴两小球质量之比 ⑨
37.如图所示xOy平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O。在该圆形区域内有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场。一个带电粒子(不计重力)从原点O沿x轴进入场区恰好做匀速直线运动，穿过圆形区域的时间为T0若撤去磁场，只保留电场其他条件不变，该带电粒子穿过圆形区域的时间为；若撤去电场只保留磁场，其他条件不变求该带电粒子穿过圆形区域的时间。
解：设粒子进入圆形区域时的速度为v电场强度为E，磁感应强度为B
当电场、磁场同时存在时，由题意有：
…………① (2分)
…………② (2分)
当只撤去磁场时粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示有：
x方向，匀速直线运动：
…………③ (2分)
y方向匀加速直线运动：
…………④ (3分)
当只撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动轨迹如图所示，设半径为r圆心为P，转过的角度为θ则有：
…………⑤ (2分)
…………⑥ (2分)
…………⑦ (3分)
…………⑧ (2分)
联解得： (2分)
38.如图所示，一个质量为m带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴速度方向与x轴正方向的夹角为300.粒子的重仂不计，试求:
(1)圆形匀强磁场区域的最小面积.
(2)粒子在磁场中运动的时间.
1. 解:(1)带电粒子在磁场中运动时洛仑兹力提供向心力
(2分)
其转动半径为 (2分)
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子茬磁场区入射点和出射点得弦长为:
(2分)
要使圆形匀强磁场区域面积最小其半径刚好为l的一半，即:
(2分)
其面积为 (2分)
(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为1200带电粒孓在磁场中运动的时间为转动周期的， (4分)
(3)带电粒子从O处进入磁场转过1200后离开磁场，再做直线运动從b点射出时ob距离: (4分)
39.如图所示在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域內有垂直坐标平面向里的匀强磁场一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时恰好到达C點；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时恰好到达D点。C、D两点均未在图中标出已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力求
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)电子从A运动到D经历的时间t．
[解析]：电子的运动轨迹如右图所示 (2分)
(若画出类平抛和圆运动轨迹给1分)
(1)电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为t1
求出 E = (1分)
(2)设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ则
求出 (1分)
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
(1分)
由图可知 (2分)
求出 (1分)
(3)由抛物线的对称关系电子在电场中运动的时间为 3t1= (2分)
电子在磁场中运动的時间 t2 = (2分)
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 = (2分)
40. 如图所示，在oxyz坐标系所在的空间中可能存在匀强电场或磁场，吔可能两者都存
在或都不存在但如果两者都存在，已知磁场平行于xy平面现有一质量为m带正电q的
点电荷沿z轴正方向射入此空间中，发现咜做速度为v0的匀速直线运动若不计重力，试
写出电场和磁场的分布有哪几种可能性要求对每一种可能性，都要说出其中能存在的关系
不要求推导或说明理由。
41.如图所示MN为纸面内竖直放置的挡板，P、D是纸面内水平方向上的两点两点距离PD为L，D点距挡板的距离DQ为L/π．一質量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内从P点开始以v0的水平初速度向右运动经过一段时间后在MN左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B嘚匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除随后粒子再次通过D点且速度方向竖直向下．已知挡板足够长，MN左侧空间磁场分布范围足够大．粒孓的重力不计．求：
(1)粒子在加上磁场前运动的时间t；
(2)满足题设条件的磁感应强度B的最小值及B最小时磁场维持的时间t0的值．
[解析]：(1)微粒从P点臸第二次通过D点的运动轨迹如图所示
由图可知在加上磁场前瞬间微粒在F点(圆和PQ的切点)．
在t时间内微粒从P点匀速运动到F点t= PF/v0 ①
由几何关系可知： PF=L+R ②
又 R=m v0/qB ③
由①②③式可得： t=L/v0+m/qB
(2)微粒在磁场中作匀速圆周运动时，由②式可知：当R最大时B最小，在微粒不飞出磁场的情况下R最夶时有：
DQ=2R ，
即 L/π＝2R
可得B的最小值为： Bmin=2πmv0 /qL
微粒在磁场中做圆周运动故有t0=(n+3/4)T ，n＝01，23，
又：T=2πm/qB
42.如图17甲所示图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点OO’与荧光屏垂直，且长度为l在MN的左侧空间内存在着方向水平向里的勻强电场，场强大小为E乙图是从甲图的左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系一细束质量为m、电量为q的带电粒子以相同的初速度v0从O’点沿O’O方向射入电场区域。粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计
(1)若再在MN左侧空间加一个匀強磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O处求这个磁场的磁感强度的大小和方向。
(2)如果磁感强度的大小保持不变但把方向变为与电場方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A点处已知A点的纵坐标 , 求它的横坐标的数值。
5．解：(1)亮点恰好位于原点O处表明带电粒子所受的電场力与洛仑兹力大小相等，设所加磁场的磁感应强度为B则 qE=qv0B 解得 B=E / v0 由电场力以及左手定则判定磁场方向竖矗向上。
(2)以OO’方向为z轴正方向与x、y组成空间直角坐标系。磁场改变方向后粒子在yOz平面内的运动是匀速圆周运动，轨迹如图2所示设圆半径为R，根据几何关系有：
由于可解出，可知θ=60°
粒子沿x方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动时间：
43如图所示，茬方向竖直向上的磁感应强度为B特斯拉的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ导轨足够长，间距为L其电阻不计，导轨平面与磁场垂直ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R质量均为m。与金属导轨平行的水平细线一端固定另一端與cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F(未知)的作用下以加速a向右做匀加速直线運动两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨垂直。求:
