2M－m2
解得：s＝v.
2μMg0
4．2 [解析] 从两个小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，对小球B：(OQ＋PQ)＝v2t
对小球A：PO＝v1t 而PQ＝1.5PO
由以上三式得：v2∶v1＝4∶1 两个小球碰撞过程有： m1v0＝m1v1＋m2v2 11212m1v20＝m1v1＋m2v2 222
m1
解得：＝2.
m2mv0
5．(1)
m＋MMv20
(2)－R 2?M＋m?g
[解析] (1)以小滑块和小车(含光滑圆弧轨道)为研究对象，当小滑块从圆弧轨道上端滑出时，小滑块的水平速度与小车速度相同．由水平方向动量守恒有
mv0＝(m＋M)v
mv0
解得小车的速度v＝.
m＋M
(2)小滑块到达最高点时的速度与小车速度相同． 由机械能守恒定律有 121
mv0＝(m＋M)v2＋mgh 22
小滑块距光滑圆弧轨道上端的距离为ΔH＝h－R
2Mv0
联立解得ΔH＝－R.
2?M＋m?g
6．(1)5 m/s (2)2.5 m/s (3)0.375 m
[解析] (1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：
1
mAgh＝mAv21 2
解得：v1＝5 m/s.
(2)设A、B碰撞后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：
mAv1＝(mA＋mB)v2 解得：v2＝2.5 m/s.
(3)设车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从车C上滑出，三者的最终速度相同，设其共同速度为v3，根据动量守恒和能量守恒定律可得：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3
112
μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v2－(mA＋mB＋mC)v3 2
22
解得：L＝0.375 m.
2L7．(1) v02mv0(2) 2LM(3)L m＋M
v0
[解析] (1)小滑块在木板上做匀减速直线运动，则整个滑动过程的平均速度：v＝ 2
L2L
所以t＝＝. vv0
(2)设小滑块在木板上滑动时所受的摩擦力大小为f，由动能定理可得：
1
－fL＝0－mv2
20mv20解得：f＝
2L
mv20
由牛顿第三定律和物体的平衡条件，木板对挡板P作用力的大小等于.
2L
(3)设撤去挡板P，小滑块与木板的共同速度为v，小滑块静止时距木板左端的距离为L′，此过程中小滑块的位移为s1，木板的位移为s2，则：L′＝s1－s2
根据动量守恒定律和动能定理有： mv0＝(m＋M)v
11－fs1＝mv2－mv2
2201
fs2＝Mv2
2
M
解得：L′＝L.
m＋M
专题限时集训(八) F
1．A [解析] 由场强的定义知：E＝，场强与试探电荷的电荷量、电性、是否存在无关，
q
故移走q后，场强的大小不变，A正确．
2．AC [解析] 由图知，带电粒子受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，A对；电场线密的地方场强大，电场力大，产生的加速度大，粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，B错；从A到B，粒子所受电场力的方向与速度间的夹角大于90°，电场力做负功，故粒子做减速运动，A处的动能大于B处的动能，C对；从A到B电场力做负功，电势能增加，粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，D错．
3．C [解析] 由图知，O点两侧电场强度方向相反，且从O点向左、向右移动电势均降低，由沿电场线方向电势降低可知，O点电势最高，x1、 x2、x3三点电势依次降低，选项A、B、D错误；由图可知电场强度在O点左右侧对称，所以x1和－x1两点的电势相等，选项C正确．
4．B [解析] P和Q间的电场分布如图所示，由于M、N为中垂线上关于O点对称的两个点，电场分布图上的疏密程度及方向相同，故场强大小及方向相同，而且比O点的场强小，故A、C错，B对；M、O、N三点是中垂线上的三点，电势相等，D错．
5．CD [解析] 电场线的方向由A2指向A1，则A2的电势高于A1，选项A不正确；电子从P点向Q点运动，电场力做正功，所以电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，选项B不正确；电场线密的地方电场强度大，所以Q点的电场强度大于R处的电场强度，选项C正确；电子从P点向R点运动过程中，电场力一直做正功，选项D正确．
6．C [解析] 由题意，B、D处固定的是等量的负电荷，选项A、B错误；带正电的小球从A点静止释放，电场力做正功，到达O点时动能最大，电势能最小，故O点电势最低，选项C正确，选项D错误．
7．BD [解析] 各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，且与重力平衡，各个质点均带负电，选项A错误；a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B正确；d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C错误；c竖直向下运动，
电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D正确．
8．C [解析] 根据电场线从正电荷出发到负电荷终止可知，P带正电荷，Q带负电荷，选项A错误；由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，c点电势高于d点电势，选项B错误；由离子从a运动到b的轨迹弯曲方向可知，离子在运动过程中受到P的吸引，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误．
9．BC [解析] 当带电液滴处于静止状态时，重力和电场力平衡．在保持S闭合的状态下，若将电容器下极板稍稍下移，则板间距d将增大，而电场强度将减小，电场力减小，重力大于电场力，带电液滴将向下运动；若将电容器上极板稍稍下移，而d将减小，由前面类似的分析知带电液滴将向上运动，A错、B对．将S断开，此时电容器两极板的电荷量不变，
εSQU
此时电容器的下极板稍稍向左水平移动，使正对面积减小，由C＝，C＝，E＝得出E
4πkdUd
UQQ4πkQ＝＝＝＝，电场强度将增大，电场力增大，带电液滴将向上运动，C对；若在dCdεSεS
d4πkd
S断开时，把电容器的上极板稍稍下移，使得d减小，由前面的分析知，电场强度不变，电场力不变，液滴不移动，C对、D错．
15
10．(1)mv20＋(qE－mg)R 22(2)证明略
[解析] (1)物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用．物块受到的重力和电场力提供向心力，则有
v2C
mg－qE＝m R
物块由A运动到C的过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有：
112
qE·2R－Wf－mg·2R＝mv2－mv
2C20
联立解得：
15Wf＝mv20＋(qE－mg)R. 22
(2)物块离开半圆弧轨道后做类平抛运动，设水平位移的大小为x，则： 水平方向：x＝vCt
qE1
g－?t2 竖直方向：2R＝?m?2?
联立解得：x＝2R. 11．(1)10 m/s
(2)负极 120 V [解析] S闭合前，微粒做平抛运动，有 L ＝v0t 2 d12＝gt 22 Lg解得：v0＝＝10 m/s. 2d (2)电容器的上板应接电源的负极． 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即 d1?L?2＝a 221?v0? 根据牛顿第二定律，有 U1mg－q＝ma1 d 解得U1＝120 V 当所加的电压为U2时微粒恰好从上板的右边缘射出，即 d1?L?2＝a 222?v0? 根据牛顿第二定律，有 U2 q－mg＝ma2 d 解得U2＝200 V 所以120 V＜U＜200 V. 专题限时集训(九)A 1．C [解析] 只有带电粒子受到的电场力和洛伦兹力等大反向时，粒子才能沿着直线穿 E 过两板间的空间而不发生偏转，即qE＝qvB，故v＝，这些粒子一定具有相同的运动速度．选 B 项C正确． 2．BD [解析] 将导线分成小的电流元，任取一小段电流元为对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场产生的安培力为零，水平方向的分磁场产生的安培力为F＝BIL＝2πBIRsinθ，方向为竖直向上，B、D正确． 3．BC [解析] 粒子做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，故粒子带正电，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子做逆时针运动． mv2eBR 4．AB [解析] 由evB＝可得回旋加速器加速质子的最大速度为v＝.由回旋加速 Rm eB 器高频交流电频率等于质子运动的频率，则有f＝，联立解得质子被加速后的最大速度不2πm 可能超过2πfR，选项A、B正确；质子的速度不能加速到无限大，因为根据狭义相对论，粒子的质量随着速度的增加而增大，而质量的变化会导致其回转周期的变化，从而破坏了电场 1 变化周期的同步，选项C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的，不改变B 2 和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，选项D错误． 5．C [解析] 带电微粒处于静止状态，说明其受到的重力与电场力平衡，微粒带正电．只撤去电场，微粒在重力和洛伦兹力作用下做变速曲线运动；撤去磁场，重力与电场力依然平衡，微粒将保持静止状态；给微粒一个向下的初速度，由于重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动；给微粒一个垂直纸面向里的初速度，微粒不受洛伦兹力作用，由于重力与电场力平衡，微粒垂直纸面做匀速直线运动． 6．B [解析] 溶液中通入沿x轴正向的电流I，NaCl的水溶液含有阴、阳离子，阳离子向x轴正向运动，阴离子向x轴负向运动，根据左手定则，阴、阳离子受到的洛伦兹力都偏向a处，所以a处离子浓度大于b处离子浓度，选项B正确． 2mv0mg 7．(1) (2) q3qh [解析] (1)小球做匀速直线运动，说明重力和电场力平衡，根据平衡条件，有 mg＝qE mg 解得E＝. q (2)再加匀强磁场后，小球做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，设轨道半径为R.运动轨迹如图所示． 根据几何关系得 x＝2h R2＝(R－h)2＋x2 由洛伦兹力提供向心力有 mv20 qv0B＝ R 2mv0 联立解得B＝. 3qh2qU8．(1)v0＝ mqU(2)v＝2，与水平方向成45° m2mqU(3) qB [解析] (1)带电粒子在加速电场中，由动能定理得： 1qU＝mv2 20 2qU 解得带电粒子离开B板的速度：v0＝. m (2)粒子进入偏转电场后，有： Lt＝ v02UE＝ LF＝qE Fa＝ mvy＝at 解得：vy＝v0 qU2v＝v2 0＋vy＝2m方向与水平方向成45°角． (2)粒子进入磁场后，运动轨迹如图所示，根据牛顿第二定律得： v2 Bqv＝m R 由几何关系得：d＝Rcos45° 2mqU 解得：d＝. qB v0 9．(1) sinθ12(2)mv20cotθ 2(3)v0 [解析] (1)设带电粒子到达OP进入磁场前的瞬时速度为v，有： v0v＝. sinθ (2)由动能定理，电场力做的功为：