11.答案： ①50.15 ② 220
③如右图
12.解：（1）对B，由牛顿第二定律得：
V1 R A2 F??2mg?maB ??????????
R1 aB?2m/s2 ??????????????
设A 经过t时间追上B，对A，由牛顿第二定律得：
S ?1mg?maA ????????????
1sA?v0t?aAt2????????????????????（1分）
21sB?aBt2 ??????????????????????（1分）
2恰好追上的条件为：
v0?aAt?aBt?????????????????????（２分） sA?sB?l ??????????????????????（２分）
代入数据解得：t?0.5s，v0?3m/s ?????????????????（1分） (2） sB?1aBt2?0.25m ?????????????????（2分） 2W?FsB?0.75J ???????????????????（2分）
13．答案：（1）a=（sinθ－
m2m1）g，方向沿斜面向上
m1g2sin2?Ep?). （2）vm?2(km1解析：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面.当B刚要离
开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F，B受力平衡，F=m2g①
对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向m1gsinθ－F=m1a②
联立①②解得，a=（sinθ－
m2m1）g③
m2m1由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ m2m1 ）g，方向沿斜面向上 （2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块A回到位置P时有最大速度， 设为vm.从A由静止释放，到A刚好到达P点的过程，由系统能量守恒得， 12m1gx0sinθ=Ep+2m1vm④ 当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx0 ⑤ - 6 - m1g2sin2?Epv?2(?). 联立④⑤式解得，mkm1 14.(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧 (O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO1 C=120° 设粒子在磁场中圆周运动的半径为r， vqv0B?m0r2mv0????????2分r?qB r+rcos 60°= OC=x O C=x=3r/2 ??????????2分 粒子在磁场中圆周运动的时间t1?12?m????????1分 T?33qB粒子在电场中类平抛运动 O Q=2x=3r????????1分 t2?2x3r3m??????????????????1分 v0v0qB粒子从P运动到Q所用的时间t?t1?t2?(3?2m?) ??????????1分 3qB(2) 粒子在电场中类平抛运动 121qE2x?at2?t222m ??1分 B E C θ P O1 O Q 2x?v0t2??1分 1 解得E?Bv0 ???????1分 312(3)由动能定理EKQ?mv0?qEx????2 2v分 解得粒子到达Q点时的动能为EKQ?mv0? 15. 【答案】 (1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 2v2aqvaB＝m① Ra1 由几何关系得 ∠PCP′＝θ② Ra1＝dsinθ ③ 式中，θ＝30°. 由①②③式得 - 7 - va＝2dqB④ m(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 v2aqva(2B)＝m⑤ Ra2 由①⑤式得 Ra1 Ra2＝⑥ 2 C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x＝d的平面上，由对称性知，Pa点与P′ 点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h⑦ 式中，h是C点的y坐标． 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 32 m?va??va?q??B＝??2⑧ ?3?Rb1?3? 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出Ⅰ，则 tθ′＝⑨ Ta22πtα ＝⑩ Tb12π 式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而 2πRa2 Ta2＝Tb1＝ va2πRb1 va/3 1112式得α＝30° 由⑤⑧⑨⑩○○ 13式可见，b没有飞出Ⅰ.Pb点的y坐标为 由①③⑧○ yPb＝Rb1cosα＋Ra1－Rb1＋h 2 1314式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPa－yPb＝(3－2)d 由①③⑦⑧○○ 3 - 8 -