粒子第二次在半个周期内的侧移位移为 y0=
（），
； ；
）
；
2
条件为：nv0＜d，解得：E0＜答：（1）粒子的初速度速度v0=
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间t=（π+2+（3）粒子能够穿出电场，电场强度大小满足E0＜
．
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 10．（2015?池州一模）如图，半径为b、圆心为Q （b，0）点的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在第一象限内，虚线x=2b左侧与过圆形区域最高点P的切线y=b上方所围区域有竖直向下的匀强电场．其它的地方既无电场又无磁场．一带电粒子从原点O沿x轴正方向射入磁场，经磁场偏转后从P点离开磁场进入电场，经过一段时间后，最终打在放置于x=3b的光屏上．已知粒子质量为m、电荷量为q （q＞0），磁感应强度大小为B，电场强度大小E=
，粒子重力忽略不计．求：
（1）粒子从原点O射入的速率v
（2）粒子从原点O射入至到达光屏所经历的时间t；
（3）若大量上述粒子以（1）问中所求的速率，在xOy平 面内沿不同方向同时从原点O射入，射入方向分布 在图中45°范围内，不考虑粒子间的相互作用，求粒子先后到达光屏的最大时间差t0．
第31页（共60页）
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】（1）根据几何关系先得到圆心、半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解； （2）根据相应的运动规律求出粒子在各个阶段的运动时间，最后得到总时间；
（3）沿x正方向进入的粒子，最先到光屏，沿45°进入粒子最后达到光屏，求出其时间差． 【解答】解：（1）确定圆心，做出粒子的运动轨迹如图：
设粒子运动的半径为r，根据牛顿第二定律：由上图根据几何知识知：r=b（2） 联立得：
；
（1）
（2）从O点沿x轴正向进入的粒子偏转后将经N点沿水平方向打到O′点，粒子在磁场中运动的周期为：
，
，
，运动时间：
，
则粒子在磁场中运动的时间为：在电场中做类竖直上抛运动，
第32页（共60页）
粒子在无场区中做匀速直线运动到O′点时间：粒子到屏所经历的时间：t=tB+tE+t匀 代入速度v的表达式，得：
；
，
（3）粒子从O点沿与x轴成θ入射后，图中的四边形为菱形，边长都为b，粒子沿+y方向离开磁场，再射入电场，之后又经N点沿与O点相同的入射速度离开磁场，粒子在磁场中偏转的圆心角之和为π，
∠OO1O2+∠O1O2N=π 粒子在场区中运动的时间
，
粒子在无场区中做匀速运动：P2P3=b﹣bcosθ，
，
t匀=
+
粒子到光屏的时间：t′=△T+t匀
沿x正方向进入的粒子，最先到光屏，沿45°进入粒子最后达到光屏，时间差为：
得：．
；
；
答：（1）粒子从原点O射入的速率v为
（2）粒子从原点O射入至到达光屏所经历的时间：
第33页（共60页）
（3）若大量上述粒子以（1）问中所求的速率，在xOy平 面内沿不同方向同时从原点O射入，射入方向分布 在图中45°范围内，不考虑粒子间的相互作用，粒子先后到达光屏的最大时间差t0为
．
【点评】本题关键先确定圆心、半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第三问关键先根据题意，分析后画出物体的运动轨迹，然后再列式计算．一定要注意重视数学方法在物理中的应用． 11．（2015?本溪校级模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求： （1）第二象限内电场强度E的大小．
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ． （3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的 （4）圆形磁场的最小半径Rmin．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；
（2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；
（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹；
（4）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径． 【解答】解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，
x方向：L=at=y方向：2L=vt， 联立解得：E=
2
t，
2
；
（2）设电子到达C点的速度大小为vc，方向与y轴正方向的夹角为θ．
第34页（共60页）
由动能定理得：mvC﹣mv=eEL，解得：vC=（3）电子运动轨迹如图所示：
22
v，故cosθ==，则：θ=45°；
（4）电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r=电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出． 磁场最小半径为：Rm=
=rsin60°=
；
；
=
，
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ为45°； （3）轨迹如图．
（4）圆形磁场的最小半径Rm为
．
【点评】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键． 12．（2015?咸阳三模）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取
2
10m/s．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？ 【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力． 【专题】共点力作用下物体平衡专题． 【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；
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2016高考物理解答题冲刺
一．解答题（共30小题） 1．（2016?福建模拟）如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场．有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场．已知OQ=h，不计粒子重力，求：
（1）粒子经过Q点时的速度大小；
（2）电场强度E和磁场磁感应强度B的大小； （3）粒子从Q点运动到M点所用的时间．
2．（2015?海南模拟）如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 （2）O、M间的距离
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．
3．（2015?乐山一模）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为
，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区
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域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力） （1）求α粒子刚进人磁场时的动能； （2）求磁感应强度B的大小；
（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．
4．（2015?临汾校级三模）如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标（﹣l，0），MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点（
，﹣l）射出，速度沿x轴负方向．不计电子重
力，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小？
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？ （3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？
5．（2015?郴州三模）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求： （1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；
第2页（共60页）
（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；
（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．
6．（2015?浙江模拟）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=计粒子重力及相互间的作用力．求：
（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间； （2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率； （3）有界磁场区域的最小面积．
，粒子质量为m，电荷量为+q，不
7．（2015?福建模拟）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．则：
（1）求粒子在C点的速度大小以及OC之间的距离；
第3页（共60页）
（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t=
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． 8．（2015?湖北模拟）如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过．PQ的左右两侧有两个对称的直角三角形区域，左侧的区域内分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电量为e，质量为m，在△OAC中，OA=l，θ=60°．
（1）求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；
（2）若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，求电场强度E；
（3）在满足第（2）问的情况下，求所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度．
9．（2015?宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：
第4页（共60页）
（1）粒子的初速度速度v0；
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；
（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T=
，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．
10．（2015?池州一模）如图，半径为b、圆心为Q （b，0）点的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在第一象限内，虚线x=2b左侧与过圆形区域最高点P的切线y=b上方所围区域有竖直向下的匀强电场．其它的地方既无电场又无磁场．一带电粒子从原点O沿x轴正方向射入磁场，经磁场偏转后从P点离开磁场进入电场，经过一段时间后，最终打在放置于x=3b的光屏上．已知粒子质量为m、电荷量为q （q＞0），磁感应强度大小为B，电场强度大小E=
，粒子重力忽略不计．求：
（1）粒子从原点O射入的速率v
（2）粒子从原点O射入至到达光屏所经历的时间t；
（3）若大量上述粒子以（1）问中所求的速率，在xOy平 面内沿不同方向同时从原点O射入，射入方向分布 在图中45°范围内，不考虑粒子间的相互作用，求粒子先后到达光屏的最大时间差t0．
11．（2015?本溪校级模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求： （1）第二象限内电场强度E的大小．
（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ． （3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹的
第5页（共60页）
【分析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上受重力做竖直上抛运动，在C点竖直分速度为零，结合水平位移和竖直位移，抓住等时性，求出C点的速度大小．
（2）作出粒子在复合场中运动的示意图，结合粒子运动的周期性，抓住到达D点的速度方向水平，求出磁场变化的周期．
（3）作出粒子恰好通过E点的运动示意图，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式，结合周期性求出B0应满足的条件． 【解答】解：（1）竖直方向y=水平方向x=y=则vc=v0 竖直方向上Loc=
=
t
t
（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qE2=mg，带电粒子在第一象限将做速度也为v0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，如右图所示，则有： qv0B0=m
Loc（n=1，2，3…）
由位移关系4nR=
粒子在磁场中运动周期T0′=
则磁场变化周期T0=T0′=（n=1，2，3…）
（3）使粒子从C点运动到E点，如右图所示，设粒子运动轨道半径为R′，则每经过磁场的半个周期粒子转过圆心角60°， nR′=n
=2Loc（n=1，2，3…）
交变磁场磁感应强度应满足的关系：B0′=（n=1，2，3…）
答：（1）粒子在C点的速度大小为v0，OC之间的距离为
．
（2）磁场变化周期T0=T0′=（n=1，2，3…）；
第26页（共60页）
（3）交变磁场磁感应强度B0应满足的条件B0′=（n=1，2，3…）．
【点评】本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础．结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解． 8．（2015?湖北模拟）如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过．PQ的左右两侧有两个对称的直角三角形区域，左侧的区域内分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电量为e，质量为m，在△OAC中，OA=l，θ=60°．
（1）求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；
（2）若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，求电场强度E；
（3）在满足第（2）问的情况下，求所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）由题意，要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，电子运动的半径最大，对应的速度最大，由几何知识求出最大半径，即可求得电子的最大速度，并由数学知识求出电子从O点入射时与y轴的夹角．
（2）以最大速度通过PQ界面的电子进入电场后做类平抛运动，刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，水平位移为l，竖直位移为l，由牛顿第二定律和运动学公式求解E．
第27页（共60页）
（3）电子进入电场后做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动穿过x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1，竖直分位移为y1，出电场时速度的方向与水平方向的夹角为β，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点与PQ界面的距离为s．根据类平抛运动的规律和数学知识求解． 【解答】解：（1）要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右． 由Bev=m
可知，轨迹半径 r=
，r越大v越大，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，
，其从O点入射时
对应的速度最大，即r=2l时，电子的速度最大，故最大速度为 vm=
与y轴夹角为30°．
（2）以最大速度通过PQ界面的电子进入电场后做类平抛运动，刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，则在电场中，有： l=vmt， l=又 a=解得E=
（3）电子进入电场后做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动穿过x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1，竖直分位移为y1，出电场时速度的方向与水平方向的夹角为β，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点与PQ界面的距离为s． tan30°=
，
又根据类平抛运动的规律得：x1=vt，y1=
，a=
可得x1=
，tanβ==
，x2=
故 s=（l﹣
）+x1+x2=
l﹣+
，其中0≤v≤vm
当v=
时，smin=
l
l
l﹣
l=
l
当v=0（或v=vm）时，smax=
所以所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度为smax﹣smin=答：
（1）能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是30°；
第28页（共60页）
，其从O点入射时与y轴的夹角是
（2）若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，电场强度E是
．
l．
（3）所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度为
【点评】本题考查分析较为复杂的磁场、电场与力学的综合题，关键能画出电子的运动轨迹，充分运用数学知识进行分析和求解． 9．（2015?宜宾校级模拟）如图所示，竖直平面（纸面）内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）质量为m，电量为+q粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t=的时刻从点O1沿水平方向进入电场．并从O2点离开电场，不计粒子重力，求：
第29页（共60页）
（1）粒子的初速度速度v0；
（2）粒子从点O进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；
（3）若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T=
，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】（1）求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出粒子速度．
（2）求出粒子在磁场中、在电场中、在电磁场外的运动时间，然后求出总运动时间． （3）作出粒子在电场中的运动轨迹，应用类平抛运动规律分析答题． 【解答】解：（1）由题可知，两粒子的轨迹半径为：r=，
由牛顿第二定律得：qv0B=m解得：v0=
；
，
（2）磁场中的总时间：t1=2×=
，
在电场中，粒子在水平方向一直做匀速直线运动， 所以时间为：t2=
=
，
=
，
两段电磁场外的时间：t3=
所以，总时间为：t=t1+t2+t3， 解得：t=（π+2+
）
；
（3）粒子两次在磁场I中运动的时间相同，所以第二次进入时比第一次提前：△t=
=
=，
所以，粒子第二次是在t=0时刻进入的电场．
第一次在电场中的轨迹如图所示，设经过n个周期性的运动穿出电场．
t=
=nT，n=
，
设粒子第二次通过电场的时间为t′，t′T， 粒子第二次在电场中的轨迹如图所示
第30页（共60页）
【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）带电粒子在匀强电场Ⅰ中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由题意，粒子经过A点的速度方向与OP成60°角，即可求出此时粒子的速度．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出轨道半径．
（2）粒子在匀强电场中运动时，由牛顿第二定律求得加速度，在A点，竖直方向的速度大小为vy=v0tan60°，由速度公式求解时间，由位移求得O、M间的距离．
（3）画出粒子在Ⅱ区域磁场中的运动轨迹，由几何知识求出轨迹对应的圆心角θ，根据t=
，求出在磁场中运动的时间．粒子进入Ⅲ区域的匀强电场中后，先向右做匀减速运
动，后向左做匀加速运动，第二次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间． 【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v， 由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
所以
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．
则有qE=ma v0tan60°=at1 即
O、M两点间的距离为
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2． 则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则
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设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得
则 t3=
=
故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t=t1+t2+t3=答：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是
．
+
+
（2）O、M间的距离是．
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是++．
【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键． 3．（2015?乐山一模）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为
，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区
域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力） （1）求α粒子刚进人磁场时的动能； （2）求磁感应强度B的大小；
（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．
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【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．
（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．
（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．
【解答】解：（1）根据动能定理：末动能
可得
（2）根据上题结果可知vt=2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角
，其在电场中沿x方向的位移
，易知若此粒子不
能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径
又根据洛伦兹力提供向心力
可得
（3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的， 即当ab板位于
的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；
．
ab板上被打中区域的长度
答：（1）α粒子刚进人磁场时的动能为
（2）磁感应强度B的大小为．
（3）当ab板位于
．
的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，打中区域的长度为
第18页（共60页）
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高． 4．（2015?临汾校级三模）如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标（﹣l，0），MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）．现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点（0，0.5l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点（
，﹣l）射出，速度沿x轴负方向．不计电子重
力，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小？
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？ （3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解；
（2）由几何关系可确定OD的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；
（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解． 【解答】解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则
第19页（共60页）
由牛顿第二定律，y轴方向vy=at x轴的位移，l=v0t
速度关系，vy=v0cot30° 解得：
（2）设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则 xD=0.5ltan30° xD=
所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则 v0=vsin30°
（有
（或
） ）
解得：，
（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r1，则
最小面积为，
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；电子在磁场中运动的时间t是；
（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是．
第20页（共60页）
【点评】粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力．注意区别磁场的圆形与运动的轨迹的圆形的半径不同． 5．（2015?郴州三模）如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°．此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）．求： （1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小； （2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；
（3）写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】电子在电场中只受电场力，做类平抛运动．将速度分解，可求出电子进入圆形磁场区域时的速度大小．根据牛顿定律求出场强E的大小．电子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．分析电子进入磁场的速度方向与进入磁场时的速度方向相同条件，根据圆的对称性，由几何知识得到半径，周期T各应满足的表达式． 【解答】解：
（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示．
由速度关系： （2）由速度关系得
解得
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在竖直方向
解得
（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，
粒子在x轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR=2L
电子在磁场作圆周运动的轨道半径
解得（n=1、2、3…）
若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，
可使粒子到达N点并且 速度满足题设要求．应满足的时间条件：
而
T的表达式得：T=（n=1、2、3…）
答：（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小为解得 ；
（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小 （3）圆形磁场区域磁感应强度B0的大小表达式为 磁场变化周期T各应满足的表达式为T=
；
（n=1、2、3…）
（n=1、2、3…）．
第22页（共60页）
【点评】本题带电粒子在组合场中运动，分别采用不同的方法：电场中运用运动的合成和分解，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．所加磁场周期性变化时，要研究规律，得到通项． 6．（2015?浙江模拟）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=计粒子重力及相互间的作用力．求：
（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间； （2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率； （3）有界磁场区域的最小面积．
，粒子质量为m，电荷量为+q，不
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】带电粒子在电场中的运动专题． 【分析】（1）带电粒子在电场中加速，牛顿第二定律和运动学公式即可求解粒子在P、Q间运动的时间；
（2）粒子在电场中加速，电场力做功，由动能定理即可求出粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；
（3）射出磁场时所有粒子的速度方向均竖直向上，做出运动的轨迹图，即可几何关系即可求解．
【解答】解：（1）设t=0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直作匀加速运动，
加速度位移
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可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合 该粒子在P、Q间运动时间
（2）t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大 由运动学公式有
t1=0时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为△t），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O
射入磁场，则
代入数据得：
所以最小速度：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：
得：
最大半径：
最小半径：
粒子水平向右进入磁场，然后射出时所有粒子的速度方向均竖直向上，偏转角都是90°，所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积，如图：
图中绿色阴影部分即为最小的磁场的区域， 所以：
=
第24页（共60页）
=≈
答：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间是；
（2）粒子射入磁场时的最大速率是，最小速率是；
（3）有界磁场区域的最小面积是．
【点评】考查粒子在电场中加速和在磁场中圆周运动问题，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径公式． 7．（2015?福建模拟）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．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t=
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． 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
第25页（共60页）
（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；
（3）先求出α=60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度． 【解答】解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有： ﹣mgsinα?S﹣μmgcosα?S=0﹣mv0 解得： S=
2
2
由图可得，当α=90°时，根据v0=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s． 由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得：μ=
；
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为： S=
把α=60°代入，解得： s=
由动能定理得：
﹣μmgcosα?2S=mvt﹣mv0 解得：vt=2.5
m/s；
；
2
2
答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦因数μ是
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5m/s． 【点评】本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因素、求物体末速度． 13．（2015?江苏）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W．
第36页（共60页）
【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；动能定理． 【分析】（1）装置静止时，分别对小环和小球分析，根据共点力平衡，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；
（2）当AB杆弹力为零时，对小环分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的长度，对小球分析，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，抓住弹簧的弹性势能不变，弹力不做功，根据动能定理，结合小环平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力，求出外界对转动装置所做的功W．
【解答】解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1，
小环受到弹簧的弹力
，
小环受力平衡，F弹1=mg+2T1cosθ1，
小球受力平衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1， 解得k=
．
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x． 小环受到弹簧的弹力F弹2=k（x﹣L）， 小环受力平衡，F弹2=mg，解得x=对小球，F2cosθ2=mg，解得
．
时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3，
，
，
，
第37页（共60页）
，
，且
，
（3）弹簧长度为小环受到的弹力
小环受力平衡，2T3cosθ3=mg+F弹3，且cosθ3=对小球，F3cosθ3=T3cosθ3+mg，
解得．
整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
=
解得W=
．
； ；
．
，
答：（1）弹簧的劲度系数为（2）装置转动的角速度为
（3）外界对转动装置所做的功为
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用，当装置转动时，抓住小环平衡，小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
14．（2015?南京）如图所示，某货场需将质量为m1=200kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑的圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=2.45m．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=4.5m，质量均为 m2=200kg，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μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2．（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小
2
相等，取g=10m/s）
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小．
（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μ1应满足的条件．
（3）若μ1=0.5，求货物与木板B上表面之间摩擦产生的热量．
【考点】机械能守恒定律；向心力；功能关系． 【专题】机械能守恒定律应用专题． 【分析】（1）物体下滑的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒可以得出到达底端时的速度，再由向心力的公式可以求得物体受到的支持力的大小，根据牛顿第三定律可以得到货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）货物滑上木板A时，木板不动，说明此时货物对木板的摩擦力小于地面对木板的摩擦力的大小，而滑上木板B时，木板B开始滑动，说明此时货物对木板的摩擦力大于了地面对货物的摩擦力的大小，由此可以判断摩擦因数的范围．
（3）当μ1=0.5时，货物在木板A上滑动时，分析木板的状态，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求出货物相对于木板滑行的距离，即可求解热量． 【解答】解析：（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：
第38页（共60页）
m1gR=m1v0，
代入数据解得：v0=7m/s…①
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
…②
2
联立①②式，代入数据得：
FN=3mg=6000N…③
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为6000 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：
μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g…④
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 μ1m1g＞μ2（m1+m2）g…⑤
联立 ④⑤式，代入数据解得：0.4＜μ1≤0.6…⑥
（3）若μ1=0.5，由 ⑥式可知，货物在木板 A上滑动时，木板不动，设货物有木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得： μ1m1g=m1a1…⑦
设货物滑到木板 A末端时的速度为 v1，由运动学公式得： 22
v1﹣v0=﹣2a1l…⑧
联立①⑦⑧式，代入数据得：v1=2m/s…⑨
2
货物滑上木板 B时，做减速运动时的加速度大小仍为a1=5m/s，木板B做加速运动时的加速度大小a2满足：
μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a2…⑩
2
解得：a2=1 m/s
货物在木板B上相对滑动的时间 t2满足 v1﹣a1t2=a2t2…（11） 解得：t2=s
此时货物和木板B的共同速度为：v2=a2t2=m/s…（12） 货物在木板B上相对滑动的距离为 △s=
﹣
=m＜l…（13）
说明货物没有滑出木板B，此后货物和木板B共同做匀减速运动，直到停止，货物与木板B上表面之间摩擦产生的热量为： Q=μ1m1g?△s=0.5×
J≈3.3×10J…（14）
2
答：（1）货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小是6000N．
（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，μ1应满足的条件为0.4＜μ1≤0.6．
2
（3）若μ1=0.5，货物与木板B上表面之间摩擦产生的热量为3.3×10J．
第39页（共60页）
【点评】本题考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样． 15．（2015?泰州一模）如图所示，静止放在水平桌面上的薄木板，其上有一质量为m=0.1kg的铁块，它与薄木板右端的距离为L=0.5m，铁块与薄木板、薄木板与桌面间动摩擦因数均为μ=0.1．现用力F水平向左将薄木板从铁块下抽出，当薄木板全部抽出时铁块恰好到达桌
2
面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为x=1.2m．已知g=10m/s，桌面高度为H=0.8m，不计薄木板质量及铁块大小，铁块不滚动．求： （1）铁块抛出时速度大小；
（2）薄木板从铁块下抽出所用时间t； （3）薄木板抽出过程中拉力F所做功W．
【考点】功的计算；牛顿第二定律． 【专题】功的计算专题． 【分析】（1）铁块离开桌面后做平抛运动，根据分位移公式列式求解得到初速度；
（2）对铁块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据位移公式求得铁块直线加速的时间．
（3）运用功能关系，纸带抽出后相对铁块的位移与摩擦力做的功，即为产生的内能． 【解答】解：（1）设铁块抛出时的初速度为v0，由平抛运动规律，有 水平方向：x=v0t，
竖直方向：H=gt解得：
v0=3m/s．
（2）纸带从铁块下抽出所用的时间与铁块向左运动到桌边的时间相等． 开始时距离桌面左端的距离就等于铁块在桌面上向左运动的位移．
2
铁块向左运动过程中，a=μg=1m/s， 由公式，v0=at，
则有纸带抽出后铁块的速度可得：t=（3）铁块的位移为：
设薄木板的位移为x2，有题意： x2﹣x1=L，
由功能关系可得：
，
第40页（共60页）
2
=3s，
，
解得： W=1J． 答：
（1）铁块抛出时速度大小为3m/s； （2）纸带从铁块下抽出所用时间为3s； （3）纸带抽出过程拉力F所做功W=1J．
【点评】本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求拉力的功． 16．（2015?山阳县校级模拟）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
2
且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s，求： （1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
【考点】匀变速直线运动的图像．
【专题】压轴题；运动学中的图像专题． 【分析】（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移．
【解答】解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．
v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得： 在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为
=
m/s=8m/s．
2
2
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得 μ1mg+μ2?2mg=ma1，①
对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=
=μ1g
t=0.5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ② 由①②解得μ1=0.20，μ2=0.30
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
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由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止． 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=
=μ1g=2m/s．
2
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′=
=4m/s
2
故整个过程中木板的位移大小为x1=
+=1.625m
物块的位移大小为x2=
=0.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1﹣x2=1.125m 答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m． 【点评】本题首先要掌握v﹣t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移． 17．（2015?唐山校级模拟）动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为m=8×10 kg．其中第一节、第二节带动力，
77
他们的额定功率分别是P1=2×10W和P2=1×10W（第一节车厢达到额定功率如功率不够用
2
时启动第二节车厢），车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍（g=10m/s） （1）求该动车组的最大行驶速度；
2
（2）若列车以1m/s的加速度匀加速启动，求t=10s时，第一节和第二节车厢之间拉力的值． 【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律． 【专题】功率的计算专题． 【分析】（1）当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得动车组的最大速度．
2
（2）列车以1m/s的加速度匀加速启动，t=10s时刻，假设只有第一节车厢提供动力，根据牛顿第二定律求出第一节车厢提供的功率，再根据牛顿第二定律研究后五节车厢求出第一、二节间最大拉力． 【解答】解：
（1）对整列动车，当前两节都输出额定功率且总牵引力等于总阻力时，动车速度最大
4
P1+P2=fvm f=0.1×6mg
联立解得vm=62.5m/s
（2）当t=10 s时，v1=at=10 m/s．
假设只有第一节车厢提供动力，输出功率这P： ﹣f=6ma，
第42页（共60页）
得P=9.6×10 W＜P1，故假设成立，即t=10s时只有第一节车厢提供动力 对后五节车厢 Fm﹣f2=5ma f2=0.1×5mg
5
解得：Fm=8×10 N． 答：（1）该动车组的最大行驶速度是62.5m/s；
（2）若列车以1m/s的加速度匀加速启动，t=10s时刻，第一节和第二节车厢之间拉力的最
5
大值是8×10 N
【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题 18．（2015?上海一模）竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用长为l的轻质绝缘细线悬挂一个带电量为q质量为 m的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接．当滑动变阻器R在a位置时，绝缘线与左极板的夹角为θ1=30°，当将滑片缓慢地移动到b位置时，夹角为θ2=60°．两板间的距离大于l，重力加速度为g．问：
（1）小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1：U2=？
（2）若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1=30°缓慢地增大到θ2=60°，则此过程中拉力做的功W=？
2
6
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度；闭合电路的欧姆定律．
【分析】1、对小球受力分析，根据共点力平衡条件找出电场力和重力之间的关系，也就知道了场强和重力之间的关系，再根据匀强电场的场强与电势差的关系，计算比值即可． 2、从30度到60度过程中，小球受到重力、电场力、绳子的拉力和外界的拉力，其中绳子的拉力不做功，其它力都做功，由于是缓慢变化，动能不变，全过程运用动能定理，列式求解拉力做功． 【解答】解：（1）小球处于静止状态，受力情况如图所示：
由平衡条件得：=tanθ
设两极板间的距离为d，则U=Ed
所以：在两个平衡位置时，两金属板间电势差之比为：U1：U2=tan30°：tan60°=1：3
（2）设该过程拉力对小球做功W，用动能定理得：W+qEl（sin60°﹣sin30°）﹣mgl（cos30°﹣cos60°）=0 又 qE=mgtan30° 解得
答：（1）小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1：U2=1：3．
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（2）若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1=30°缓慢地增大到θ2=60°，则此过程中拉力做的功
．
【点评】本题综合考查电路知识、匀强电场及共点力的平衡和动能定理等知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系．综合能力要求较高，是一道好题． 19．（2015?嘉峪关校级三模）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0×10C正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°．求： （1）AB两点间的电势差UAB．
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的
2
初速度v0的大小．（g取10m/s，sin37°=O.60，cos37°=0.80）
﹣4
【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度． 【专题】共点力作用下物体平衡专题． 【分析】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；
（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；
（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解． 【解答】解：（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得则： qE=mgtanθ，
得：=V/m，
由U=Ed有：
（2）设小球运动至C点时速度为vC，则： mgL﹣qEL=mvC，
解得：vC=1.4m/s，
在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：
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2
V；
F﹣mg=m，
代入数据，联立解得：F=3N；
（3）小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为V，则：
联立解得：
．
答：（1）AB两点间的电势差UAB是﹣400V；
（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小是3N．
（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小是m/s．
【点评】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，难度适中． 20．（2016?广元一模）如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； （2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
【考点】向心力；动能定理的应用． 【专题】压轴题．
【分析】①利用动能定理求摩擦力做的功； ②对圆周运动条件的分析和应用； ③圆周运动中能过最高点的条件． 【解答】解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．
对整体过程由动能定理得 mgR?cosθ﹣μmgcosθ?x=0
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所以总路程为x=．
（2）对B→E过程，B点的初速度为零， 由动能定理得
mgR（1﹣cosθ）=mvE
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
①
FN﹣mg=m
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得对轨道压力：FN=（3﹣2cosθ）mg． 方向竖直向下
（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得 mg=m
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
对全过程由动能定理得
mgL′sinθ﹣μmgcosθ?L′﹣mgR（1+cosθ）=mvD由③④得最少距离L′=
2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
④
?R．
．
故答案为：（1）在AB轨道上通过的总路程为x=
（2）对圆弧轨道的压力为（3﹣2cosθ）mg，方向竖直向下 （3）释放点距B点的距离L′至少为
?R．
【点评】本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题． 21．（2015?惠州模拟）如图所示，水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0=1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因
2
数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，取g=10m/s．求：
（1）物块到达B点时速度vB的大小．
第46页（共60页）
（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP． （3）若长木板与水平地面间动摩擦因数μ3≤0.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少 （设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）． 【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律． 【专题】动能定理的应用专题． 【分析】（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解．
（2）抓住物块在B点的速度大于传送带的速度，可知物块在传送带上一直做匀减速运动，根据动能定理求出A点的速度，结合能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．
（3）根据机械能守恒定律求出C点的速度，讨论μ3=0，μ3=0.026时，通过动量守恒定律和功能关系，以及动能定理求出木板的长度，从而得出木板的范围．
【解答】解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：① 解得
．②
③
（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：vB＞v0=1m/s，物体在传送带上一直做匀减速运动． 物块在传送带上滑行过程由动能定理得：﹣f1L=f1=μ1mg=0.8N ⑤
联立②③④⑤解得：Ep=1.2J ⑥
（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：联立②⑥解得：
m/s ⑧
，⑦
④
讨论：Ⅰ．当μ3=0时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1， 小物块和长木板共速为v，由动量守恒定律：mvC=（M+m）v ⑨ 由功能关系：
⑩
代入数据解得s1=3.6m（11）
Ⅱ．当μ3=0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2， 物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析： 上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25×1N=0.25N．（12） 下表面受到的摩擦力f3≤μ3（M+m）g=0.026×10N=0.26N 所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程 由动能定理得：﹣
（13）
代入数据解得s2=4m（14）
所以木板长度的范围是3.6m≤s≤4m（15） 答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s． （2）弹簧被压缩时的弹性势能为1.2J．
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（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是3.6m≤s≤4m． 【点评】分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，动量守恒定律进行求解． 22．（2015?泉州一模）如图所示，高度差h=1.25m的光滑绝缘曲面轨道固定在竖直平面内，底端平滑衔接有绝缘、沿逆时针方向转动的水平传送带MN，M，N两端之间的距离L=3.2m，传动速度大小v=4m/s，传送带的右轮上方有一固定绝缘挡板，在MN的竖直中线PP′的右侧空间存在方向竖直向上、场强大小E=2.5N/C的匀强电场和方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量m=0.2kg，电荷量q=2.0C的带正电小物块从曲面顶端A点由静止开始沿轨道下滑，经过中线PP′后恰好做匀速直线运动，小物块撞击挡板后立即反弹，同时撤去电场，小物块返回时在磁场中仍做匀速直线运动．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s．求： （1）小物块滑到轨道底端M时速度大小v0； （2）磁场的磁感应强度大小B；
（3）小物块从挡板弹回后到第一次离开传送带的过程中因摩擦产生的热量Q．
2
【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理；机械能守恒定律． 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】（1）根据物体下滑机械能守恒，即可求解到达M点的速度大小；
（2）根据动能定理，结合小物块在复合场中做匀速直线运动，即平衡状态，即可求解； （3）由物体与传送带来运动性质，结合牛顿第二定律和运动学公式求出位移，根据能量守恒求出物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q． 【解答】解：
（1）小物块下滑过程中机械能守恒，有
mgh=mv0
解得v0==5 m/s （2）设刚到达中线 PP′时的速度大小为v1，由动能定理得 ﹣μmg=mv1﹣mv0
解得v1=3 m/s＜v=4 m/s 小物块在复合场中做匀速直线运动，有
qE=qv1B+mg 解得B=0.5 T （3）设小物块与挡板反弹时的速度大小为v2，由于再次做匀速直线运动，有 qv2B=mg 解得v2=2 m/s 设小物块离开磁场后经过时间t速度与传送带的速度相同，则有
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2
2
2
v=v2+μgt 解得t=0.4 s 小物块在时间t内的位移s1=
t=1.2 m＜
说明小物块还没返回到M时已经和传送带共速
传送带在时间t内移动的距离s2=vt=1.6 m 故热量Q=μmg（s2﹣s1）=0.4 J 答：（1）小物块滑到轨道底端M时速度大小5 m/s； （2）磁场的磁感应强度大小0.5 T；
（3）小物块从挡板弹回后到第一次离开传送带的过程中因摩擦产生的热量0.4 J． 【点评】考查运用机械能守恒或动能定理解决应用，注意产生热量的相对位移是解题的关键，同时能够很好的考查学生的能力，是道好题． 23．（2015?武昌区模拟）现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱．已知A、B的距离L=9.0m，物品在转盘上与转轴O的距离R=3.0m、与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25，传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为
2
v=3.0m/s，取g=10m/s．问：
（1）物品从A处运动到B处的时间t；
（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？
（3）若物品的质量为0.5kg，每输送一个物品从A到C，该流水线为此至少多做多少功？
【考点】动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 【专题】动能定理的应用专题． 【分析】（1）物品放在传送带上，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出此过程的位移，与传送带长度比较，分析有无匀速直线运动过程．再求出运动时间． （2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品恰好要滑动时，静摩擦力达到最大
值，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数μ2的最小值． （3）先求出在传送带上因为传送物品需要做的功 【解答】解：（1）设物品质量为m，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1．
由 μ1mg=ma
2
v=2as 得 s1=1.8m＜L
之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动
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匀加速运动的时间 t1=t2=
=2.4 s
=1.2 s
所以t=t1+t2=3.6s
（2）物品在转盘上所受静摩擦力提供向心力，μ2最小时达最大静摩擦力，有： μ2mg=m得 μ2=0.3
（3）在传送带上因为传送物品需要做的功为：W=mv+μ1mg（vt1﹣x）=4.5 J
答：（1）物品从A处运动到B处的时间t为3.6 s；
（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为0.3；
（3）该流水线为此至少多做功为4.5J
【点评】本题是多过程问题，采用程序法分析．对于传送带问题，关键在于分析物体的受力情况和运动情况．对于圆周运动问题，关键在于分析向心力的来源． 24．（2015?淮安三模）如图所示，光滑杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k，原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．
（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l1；
（2）当球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l2，求匀速转动的角速度ω； （3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0=
匀速转动时，小球恰好在杆上某
2
一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时求沿杆方向的速度大小为v0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W．
【考点】动能定理；向心力． 【专题】动能定理的应用专题．
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