动量与电磁感应2——专题资料文档.docx

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1、高中物理一.计算题（共1小题）1.如图所示，在区域足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里.在纸面内固定放 置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF, DE中点S处有一粒子发射源，发射粒子的方向皆在图中截面内 且垂直于DE边向下，如图（a）所示.发射粒子的电量为+q,质量为m,但速度v有各种不同的数值.若这些粒子与 三角形框架碰撞时均无能量损失，且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试求：XXXXXXXXXXXXXXXDXXXXXXXXX XX XX XX XXXX（a）（b）（1）带电粒子的速度v为多大时，能够打到E点？（2）为使S点发出的粒子最终又回到S

2、点，且运动时间最短，v应为多大？最短时间为多少？（3）若磁场是半径为a的圆柱形区域，如图（b）所示（图中圆为其横截面），圆柱的轴线通过等边三角形的中心0, 且a=（当4）L.要使S点发出的粒子最终又回到S点，带电粒子速度v的大小应取哪些数值？二.解答题（共12小题）2.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为 A中axo,如图所示，一物块从钢板正上方距离为3xo的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起 向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到m 。点，若物块质量为2m,仍从A处自由落下，则物块与钢板回到0点时，

3、还具有向上的速度， 求物块向上运动到达最高点0点的距离.：；XX ； Q Ax x ! 1 x x !1X XX ；! x x !1! x x 1! x xJ.1111111丫义交 *XX； 1XX；X X11*XX； X X ； i11 X X X X111XX*111 x x !111 X X 111 X X11 X X ； 1 x x !1 x x !a1 X X 1代入数据得两棒间距为x相=4m,所用时间t=l.ls 导体棒L1运动的位移X1=ut=3Xl.lm=3.3m导体棒1_2运动的位移x2=x相-Xi=0.7m答：(1)为使导体棒L2向下运动，Li的速度v最大不能超过4m/s.

4、2) L2的加速度a 2与速率V2的关系图象如上图所示.(3)若Li的速度v为3m/s,在L2作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m,在此时刻前L2运动的距离为0.7m.25.解：(1)由匀加速运动公式a=匚=9X105m/s2由安培力公式和牛顿第二定律，有F=IBI=kl2l F=ma2s因此 巳龌=8.5X105a即发射过程中电源提供的电流强度为8.5X105A.Vkl(2)滑块获得的动能是电源输出能量的4%,即：PZStX4%=Lmv2发射过程中电源供电时间At二工二Lxicr2s2a 31 2方mvp因而，所需的电源输出功率为P=W=l.0X109w由功率p=|(j,解得输出电压：U=-=

5、1.2X103VAtX4%I即发射过程中电源的输出功率为1.0X109W输出电压为1.2X103V.(3)分别对砂箱和滑块用动能定理，有fsM二Lmv2f-sm=lmV2 - Imv2由牛顿定律f= - f和相对运动ShSm+s22再由动量守恒定律mv=(m+M) V联立求得fs，=JL.Lmv?故平均冲击力f二 阮 二七M 2s即滑块对砂箱平均冲击力为加,斗.2(irH-M)s6.解：(1)由机械能守恒定律可得：mvo2=mg (2R) +mv2；解得：v=4m/s；由F+mg=m?可得：F=22N；22R(2) AB碰撞前A的速度为Vn由机械能守恒定律可得：Lmv()2二LmvA?得vA=

6、v0=6m/s；22AB碰撞后以共同速度vp前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mvo= (m+m) Vp解得：vP=3m/s；故总动能 Ek二1(m+m) vP2=X2X9=9J；22E滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E.fLw (m+m) gL=0.1X20X0.1=0.2J； k=-|-=-5-=45；(3) AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；E损二nE=0.2nJ从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：1 (m+m) vP2 - 1 (m+m) vAB2=nAE,22代入解得：vab=V9-0. 2nm/s； 答：1) A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；

7、受到的弹力大小F为22N； (2) k的数值为45；(3)碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度Vab与n的关系式为vab=W-0.2nm/s；.解：(1) AB两球均做自由落体，在B落地过程中运动完全一致，设速度为vo，由运动学公式得:谥二2gh 故,Vo=V2gh第9页，共1第9页，共1(2)要想在B上升阶段两球相碰，临界情况是B刚好反跳到出发点时与A相碰，两物体的v-t图象如右图，有图象 可知，A的下落高度和B的反跳高度之和为：ph=5h,故p=5；故要是球B在第一次上升过程中就能与球A相碰则应该 lpW5(3)要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临界条件是碰后A球速度恰好

8、等大反向，两物体的v-t 图象如下图，由弹性碰撞可得碰撞前后，动量守恒，规定向上为正方向，设碰后B球继续向上运动，则：3mvB - mvA=3mv/B+mvA由于是弹性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：X 3Xmv?2 D 2 A 2d 9 A解得：Vg=菅故必有vzb= - vb联立以上可得：va=3vb从图象可以看出阴影部分面积之和就是A的下落高度和B的反跳高度之和，故ph=3h,故p=3答：(1) B第一次落地时球A的速度为J画(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，则lpW5；(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，p应满足l0L.22(2)设冲击刚结束时圆

9、板获得的速度大小为Vo,物块掉下时，圆板和物块的速度大小分别为V1和V2.由动量定理，有 l=mvo 由动能定理，对圆板：-2|img (s+d) =mvi2 - mvo2,对物块：211mgs二工(2m) V22 - 04222Um2gd;分子有理化得：s二工咫(2以向右为正方向，由动量守恒定律，有：mv0=mvi+2mv2,要使物块落下，必须v1V2)2,)2,由以上各式得|加商面，2由以上分析可知，I越大，S越小； 答：(1)对板施加指向圆心的水平外力F,设物块与板间最大静摩擦力为L,若物块能在板上滑动.F应满足的条件是:F-|l. (2)I应满足条件：1粤商面才能使物块从板上掉下;22

10、物块从开始运动到掉下时的位移s为:根据s与L的关系式，说明要使s更小，冲量I应越大.8 .解：(1)设物体下落末速度为vo，由机械能守恒定律君得V。二倔I设碰后共同速度为V1，由动量守恒定律2mv产mvo得V1上倔匚碰撞过程中系统损失的机械能力eJidv。23211r v 1241rlgL乙乙乙 2mg第10页，共14页（2）设加速度大小为a,有2ax=v 乂=驷，得 &工k k8m第10页，共14页(3)设弹簧弹力为Fn，ER流体对滑块的阻力为Fer,受力分析如图所示Fn+FEr - 2mg=2maFn二kxFn二kxkL一 kd答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为LmgL；

11、 (2)滑块向下运动过程中加速度的大小为生;28m(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+XL - kd.49 .解：(1)设小球P所受电场力为Fi，则Fi=qE在整个空间重力和电场力平衡，有F尸mg联立相关方程得E J及设小球p受到冲量后获得速度为V,由动量定理得l=mv得glqin(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为Vm，由动量守恒定律得mv+mvo=(m+m) vm此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F- (m+m) g=此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F- (m+m) g=aVm2联立相关方程，得F=+mv)2ml2T 2mg(3)设P在磁场上方做匀速直

12、线运动的时间为tn则tn二包v设p在x下方做匀速圆周运动的时间为tP2,则tP2=2皿2Bq设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ,由单摆周期性，有二(n+)2兀Q 4由题意，有tQ=tpi+tp2联立相关方程，得s二(n+1)”4 ID2LLn为大于（-2Bq 4Bq的整数4设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有二(n+3)2兀 Q 4同理可得s=(n+g)空14 ID同理可得s=(n+g)空14 ID71其中n为大于(.2Bq答：(1)匀强电场场强E的大小星，P进入磁场时的速率 i qin答：(1)匀强电场场强E的大小星，P进入磁场时的速率 i q

13、inf+) 2(2)要使绳不断，F至少为T2ing2ml S(3)若两球反向相碰，A点距虚线X的距离S二(n+1)空4 ID若两球同向相碰，A点距虚线X的距离s=(n+3)空 4 ID(3)若两球反向相碰，A点距虚线X的距离S二(n+1)空4 ID若两球同向相碰，A点距虚线X的距离s=(n+3)空 4 ID区一兀I V? 2Bq 区一打I V? 2Bq其中n为大于()的整数其中n为大于(.14Bq的整数410 .解：(1)小球P在碰撞前做类平抛运动，竖直方向的加速度mg+qE 0. 01X10+0.1X0. 5mg+qE 0. 01X10+0.1X0. 5a- m0. 01m/$2=154/s

14、?小球P在碰撞瞬间竖直向下的速度为vy=at=15 X 0.2m/s=3m/s所以小球P碰撞瞬间的速度为二(3%)2 + 32id/s=6m/s(2)小球P与A在D点正碰，小球P此时的速度与水平方向的夹角为e,连接小球A的绳子与竖直方向的夹角也为0. tan e二上二豆方二亨 则0=30。对A球从开始运动至D点的过程，由动能定理得mglcosB卷mvj解得Vr二42gleos 8=3m/sP与A球迎面正碰并粘在一起成为小球C,根据动量守恒定律有mvP - mvA=2mvc第11页，共14页解得：vc=1.5m/s 小球C经过路程s后到达夹板，此时速度变为0,表明小球C 一定做匀减速直线运动，其

15、运动速度2但根据题意也要发生正碰（垂直与受力示意图如右图所示.由运动学公式得：a=l_=12.5m/s22s设恒力F与竖直方向的夹角为“建立如图所示的坐标系，根据牛顿第二定律得：在 x 轴上（沿加速度方向）:Feos （90 - a - 0）-在mg+qE） sin0=2ma在y轴上：Fsin（90。- a - 8） - （2mg+qE）cosB=0由以上二式联立并代入数据得：F=N4a=30（3）平板足够大，且在D点下方任意改变平板位置，那则可以将平板放置到无限远打在板上），则小球C必须匀速或匀加速运动.故恒力F的方向是从竖直向上顺时针转至无限接近速度的方向的范围内,设恒力F与竖直方向的夹角

16、为p,则有0P120为了使小球C能做匀速直线运动或匀加速直线运动，则在小球C运动的速度的垂直方向上合力为零，有Feos （0-p） = （2mg+qE） cos0解得F二J一（其中0。88s（30 -B）W0V12O。）.答：（1）求碰撞前瞬间小球P的速度为；（2）所加的恒力为正N方向与竖直方向夹42角为30。； （3）恒力满足的条件为4二一 （其中0。忘0120。）./8cos（300 -6）/2mg*qE11 .解：（1）设弹簧的弹力做功为W,有：mgR+W=代入数据，得：W= - 2.05J22（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷.设P、N碰后的速度大

17、小分别为vi和V,并令水平向右为正方向，有：mv=土mvi+MV而：丫 型工1 ID若P、N碰后速度同向时，计算可得vVvi，这种碰撞不能实现.P、N碰后瞬时必为反向运动.有：y.mHBqr M P、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tp.设此时N的速度Vi的方向与水平方向的夹角为仇有：cos 0gtN=Visin0=visin0V1 V1代入数据,得：5耳s对小球P，其圆周运动的周期为T,有：丁2史 经计算得：tNT,BqP经过tp时，对应的圆心角为a,有：联立相关方程得：u sP1 15 5联立相关方程得：u sP1 15 5ip 2兀当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相

18、同，如图可知，有：ai=n+0第12页，共14页比较得，tNtpi，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同.7TP2二五当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：82=11 -3同上得：比较得，tNtp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同.（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN二tp二匕2再联立解得： J+ + 8mF（n=o, 1, 2）B2q2sin0当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN=tP=t, 同理得：_（兀- 8 ） m2gB q sinQi2考虑圆周运动的周期性，有：厂+ + Hg （nR, 1,

19、2）（给定的B、q、r、 B2q2sin0m、0等物理量决定n的取值）.答：（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为2(n=0, 1, 2)(给(n=0, 1, 2)(给-2.05J； （2）小球P、N碰撞后不能在某一时刻具有相同的速度；（3）（2n+L5 + 8 1r广B2q2sin9定的B、q、r、m、6等物理量决定n的取值）.13.解：（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡mig=qiE 解得E=2.5 N/C电场强度为2.5N/C；（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：ViqiViB=in (3)m i v i 、 半径为R - 1 1 12兀mi 周期为T=-

20、IsqB两小球运动时间t=0.75s=T4小球1只能逆时针经且个圆周时与小球2再次相碰 4第13页，共14页第一次相碰后小球2作平抛运动卜二Rz3g七迎2L=Ri = v2t两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向miVo= - mwi+m2V2由、式得V2=3.75 m/s qiBRi由式得V尸-=17.66 m/s1 %ITlo Vn +v 1两小球质量之比上一二11叫 V2故两小时球质量之比为11.第14页，共14页3 .如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B=1T,每一条形磁 场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m,

21、现有一边长l=0,2m、质量m=O.lkg、电阻R=O.1。的正方形线框 MNOP以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.4 .如图所示，两根足够长固定的平行金属导轨位于竖直平面内，两导轨间的距离为d,导轨上面横放着两根导体棒Li 和L2,与导轨构成回路，两根导体棒的质量都为m,电阻都为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内 都有与导轨所在面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B.两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，保持Li向上作速度

22、为v的 匀速运动，在t=0时刻将靠近Li处的L2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略)，经过一段时间后L2也作匀速运动.已 矢口：1二0.501, m=0.5kg, R=0.1Q, B=1T, g5Z 10m/s2.(l)为使导体棒L2向下运动，Li的速度v最大不能超过多少?(2)若Li的速度v为3m/s,在坐标中画出1_2的加速度a 2与O 0.5O 0.5速率V2的关系图象;(3)若Li的速度v为3m/s,在L2作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m,求在此时刻前L2运动的距离.5 .图是导轨式电磁炮实验装置示意图.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸).滑 块可

23、沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导 轨流回电源.滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀 强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B二kl,比例常量k=2.5X10-6T/A.已知两导轨内侧间距|=1.5cm,滑 第2页，共14页块的质量m=30g,滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km第2页，共14页/s （此过程视为匀加速运动）.（1）求发射过程中电源提供的电流强度.（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？（3）

24、若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为，设砂箱质量为M, 滑块质量为m,不计砂箱与水平面之间的摩擦.求滑块对砂箱平均冲击力的表达式.6 .如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m,物块A以V=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起 运动.P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=O.lm.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为尸0.1, A、B的质量均为m=lkg （重力加速度g取10m/s2； A、B视为质点，碰撞

25、时间极短）.（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；（3）求碰后AB滑至第n个（nl）和h aO i的地方同时由静止释放，如题9图所示.球A的质量为m,球B的质量为3m.设所有碰撞都是弹性碰撞，!重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间.（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围;（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件.第3页，共14页8 .某兴趣小组用如图所示的装置进行实验研究.他们在水平桌面I固定一内径为d的圆

26、柱形玻璃杯，杯口 I放置一直径为d,质量为m的均匀薄圆板，板内放一质量为2m的物块.板中心，物块均在杯的轴线，则物体与板间动摩擦因 数为c,不考虑板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g,不考虑板翻转.（1）对板施加指向圆心的水平外力F,设物块与板间最大静摩擦力为L,若物块能在板上滑动.求F应满足的条件（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为II应满足什么条件才能使物块从板上掉下？物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？根据s与L的关系式，说明要使s更小，冲量应如何改变.9 .图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m

27、的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料-ER流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0,弹簧的长度为L,现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运厂动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为驷时速度减为0, ER流体对滑块的阻力须随滑 k块下移而变.试求（忽略空气阻力）：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；-（2）滑块向下运动过程中加速度的大小；L（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.10 .如图所示，水平虚线x下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度a为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）.质量为m,电

28、荷量为+q Pj J t的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量XXX作用而做匀速直线运动.在A点右下方的磁场中有定点0,长为I的绝缘轻绳一端XXX固定于0点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q,自然下垂.保持轻绳伸直，XXX向右拉起Q,直到绳与竖直方向有一小于5。的夹角，在P开始运动的同时自由释放XXXQ, Q到达。点正下方W点时速率为VoXXXXXX第4页，共14页.P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动.P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求匀强电场场强E的大小和P进

29、入磁场时的速率v；(2)若绳能承受的最大拉力为F,要使绳不断，F至少为多大？(3)求A点距虚线X的距离s.11 .如图所示，空间有场强E=0.5N/C的竖直向下的匀强电场，长1二0.3必m的不可伸长的轻绳一端固定于。点，另一 端系一质量m=0.01kg的不带电小球A,拉起小球至绳水平后，无初速释放.另一电荷量q=+0.1C、质量与A相同的小 球P,以速度v0=3必m/s水平抛出，经时间t=0.2s与小球A在D点迎面正碰并粘在一起成为小球C,碰后瞬间断开轻 绳，同时对小球C施加一恒力，此后小球C与D点下方一足够大的平板相遇.不计空气阻力，小球均可视为质点,取g=10m均.(1)求碰撞前瞬间小球P

30、的速度.(2)若小球C经过路程s=0.09m到达平板，此时速度恰好为0,求所加的恒力.(3)若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在D点下方面任意改变平板位置，小球C均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力.12 .如图所示，轻弹簧一端连于固定点0,可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2Xl(T2kg,电荷量q=0.2C.将弹簧拉至水平后，以初速度V=20m/s竖直向下射出小球P,小球P到达。点的 正下方01点时速度恰好水平，其大小V=15m/s.若0、01相距R=1.5m,小球P在01点与另一由 细绳悬挂的、不带电的、质量M=l.6X10F kg的静止绝缘

31、小球N相碰.碰后瞬间，小球P脱离弹 簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的 匀强磁场.此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5m的圆周运动.小球P、N均可视为质点，小 球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10m/s2.那么，(1)弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？(2)请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度.第5页，共14页（3）若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式（要求用B、 q、m、6表示，其中0为小球N的运动速度与水平方向的夹角

32、）.13 .如图所示，在足够大的空间范围内，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=L57T.小球1带正电，其电量与质量之比3-4C/kg,所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置 叫于固定的水平悬空支架上.小球向右以V。二23.59m/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？IDn（2）两小球的质量之比是多少?ID1XXXXXXXXXXXXXXXX第6页，共14页20xx.3.24 .高中物理一.计算题（共1小题）2.

33、解.：（1）从S点发射的粒子将在洛仑兹力作用下做圆周运动，即：qvB二即匚 R因粒子圆周运动的圆心在DE上，每经过半个园周打到DE上一次, 所以粒子要打到E点应满足：=n2R,（2由得打到E点的速度为：工厂典，（n=l, 2, 3）；4mn（2）由题意知，S点发射的粒子最终又回到S点的条件是:R二鹿1( 2, 3)，粒子速度：v= , qELK 2n-l 2 2n-l2(2n-l)m在磁场中粒子做圆周运动的周期t二2兀R=2兀叫 与粒子速度无关,v qB所以，粒子圆周运动的次数最少（n=l）时，运动的时间最短，这时:所以，粒子圆周运动的次数最少（n=l）时，运动的时间最短，这时:二L时时间最短

34、, qB 2粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，每次碰撞所需时间：已上丁6经过三次碰撞回到s点，粒子运动的最短时间：.33金丁二且四 T 1 2 qB（3）设E点到磁场区域边界的距离为由题设条件知一二打工 n.2 cos300 1S点发射的粒子要回到S点就必须在磁场区域内运动，即满足条件：RWL即xXX；xxX ：XX a；x又知又知SE L 12n-l 2 2n-l,(n=l, 2, 3)，当 n=l 时,当n=2时，n=3 时,当n=4时,所以，当n=3, 4, 5时，满足题意.由于，代入上式得L 1二皿2 2n-1 qB解得速度的值：仁/ qEL , （n=3, 4, 5.）2（2n-l）

35、m答：（1）带电粒子的速度v为迫 （n=l 2、3、）时，能够打到E点.4mn(n=l 2、3），最短时间为旦包 qB（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v为皿2（2n-l）m（3）带电粒子速度v的大小取值为：,血.（3、4、5）.2（2n-l）m二,解答题（共12小题）1 .解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得v0二梃*设vi表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力, 符合动量守恒，故有mv0=2mvi（2） 设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep,当他们一起回到0点时 弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒

36、得第7页，共14页Ep+y （2ro） vp2mg x0设V2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有 2mv0=3mv2设刚碰完时弹簧势能为Ep，它们回到0点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为V2,则由机械能 守恒定律得乙卷（3m）出3mgx0（3m） J 在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x。，故有Epf 当质量为2m的物块与钢板一起回到0点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g, 一过。 点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g,由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍2v为g,方向向下，故在。

37、点物块与钢板分离.分离后，物块以速度V竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得h亍，而0点的距离h二也3.解：（1）线框MN边刚进入磁场时有：F二B1I=B1（2）设线框竖直下落H时，速度为Vh由能量守恒得:2Blv0=2.8NKingH+yiDVQ =mvW自由落体规律：v/=2gH解得：45J（3）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时,才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域X时有:F=B1I=B1Blv B21解得：吧RR 2 -x=iriv22 22 2_丫在t玲t+Zt时间内，由动量定理：-FZXt二mZv求和：一B 1RR0穿过条形磁场区域的个数为：0金-44可穿过4个完整条形磁场区域.21

38、4.解：（1） L2刚释放时电路中电动势Ei=Bdu 回路中电流IEi2RL2受到的安培力F=Bhd回路中感应电流I二工2R要使导体棒L2能向下运动，则mgF,得u4m/s（2）当1_2运动速度为力时，回路中电动势E=Bd （u+力）2R一BL （v+v9）导体棒L2的所受的安培力F=BIL=L加速度a号工 代入整理得a=2.5 - 2.5u2in作图如图.（3）当导体棒1_2做匀速运动时，L1和L2两棒的速度分别是U和U2,B2d2（U + U 9）由平衡条件得J2R二mg，得 u+u2=4m/s设当导体棒L2、Li的相对速度为u相二4m/s时，棒L2的加速度。 0.5s2)321B2d2U相 八B2d2U相里二F取极短时间At,在时间At内速度变化u, AUxgAtAt5 2Rm Ats 2Rw2 2则汇W：u 相又 u At=Ax 相2Km i 口9 9得U 2二gL皤町目第8页，共14页