高考物理专题03牛顿定律备考强化训练8牛顿运动定律的应用(二)新人教版(2021学年)

2017－2018学年高考物理专题0３牛顿定律备考强化训练8 牛顿运动定律的应用(二）新人教版
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强化训练８ 牛顿运动定律的应用(二)
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。

其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。

能熟练地运用牛顿定律、运动学公式、功能关系、机械能守恒、电磁学知识等等,解决力学综合、力电综合以及其他综合问题，有利于培养和提高我们的审题能力和思维能力。

一、破解依据
欲顺利解决此类问题,试归纳以下几条“依据”: ㈠⑴牛顿第一定律(略）
⑵牛顿第二定律 ma F =或y y x x ma F ma F ==,，其中F 、Ｆx 、F y 分别表示物体所受合力及其分力;并且,以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。

注:若0=a 或0,0==y x a a ,则,0=F 或0,0==y x F F ，牛二律转化为平衡条件. 平衡状态是指物体处于静上或匀速度直线状态,或者是匀速转动。

⑶牛顿第三定律（略)实际应用:反冲运动．
㈡利用牛顿定律与高中物理知识解决的力学、力电综合题以及其他综合题。

二、 精选习题
㈠选择题（每小题５分,共40分)
1.（16上海）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下漂浮在半空。

若减小风力,体验者在加速下落过程中( )
(Ａ)失重且机械能增加 （Ｂ)失重且机械能减少 (Ｃ)超重且机械能增加 （D)超重且机械能减少
2。

(14新课标Ⅱ)如图－1,一质量为Ｍ的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内;套在
大环上质量为ｍ的小环（可视为质点),从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为( ）
A ．Mg －5mg
B ．Ｍg +mg Ｃ．Mg ＋5ｍg D ．Mg +１０mg
３。

（１4日照一中二模）如图—2甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为ｋ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块Ａ、B 质量均为ｍ，初始时均静止.现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，Ａ、Ｂ两物块在开始一段时间内的t υ-关系分别对应图—２乙中Ａ、Ｂ图线（1t 时刻Ａ、B 的图线相切,2t 时刻对应A 图线的最高点),重力加速度为g ，则（ )
Ａ.2t 时刻，弹簧形变量为0 B.1t 时刻，弹簧形变量为()sin /mg ma k θ+ Ｃ.从开始到2t 时刻,拉力Ｆ逐渐增大
D ．从开始到1t 时刻,拉力Ｆ做的功比弹簧弹力做的功少
4。

(17江苏)如图－３所示，一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水平光滑细杆上,物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F 。

小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止,物块向上摆动.整个过程中,物块在夹子中没有滑动。

小环和夹子的质量均不计,重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ )
图—2
图-１
（A)物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F （B)小环碰到钉子P 时,绳中的张力大于2F
(C)物块上升的最大高度为2
2v g
（D)速度v 不能超过(2)F Mg L M
７。

(15安徽）图示是α粒子（氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹,M 、N 、Ｐ、Q 是轨迹上的四点,在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动.图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（ )
Ａ.M Ｂ．N C ．P D.Q
8.(16天津)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。

假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,某列动车组由８节车厢组成,其中第１和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组
图-3
图—4
图-５
A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B、做匀加速运动时,第５、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2
Ｃ、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
Ｄ、与改为4节动车带４节拖车的动车组最大速度之比为1:2
㈡填空题（共１6分)
⒐（14新课标Ⅰ)(8分）某同学利用图-7(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度ａ与钩码的质量m的对应关系图,如图（b)所示.实验中小车(含发射器)的质量为2００ｇ，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
（a)
(b）
图—7
（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成___＿＿___（选填“线性"或“非线性"）关系.
（2）由图（b)可知,ａ－m图线不经过原点,可能的原因是__＿＿＿＿__.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正
比”的结论,并直接以钩码所受重力mg 作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是_＿＿＿____,钩码的质量应满足的条件是________.
10。

(１5浙江）（８分)甲同学准备做“验证机械能守恒定律"实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验
(1)图—9中A 、B 、C 、D 、E 表示部分实验器材,甲同学需在图中选用的器材____＿_______＿乙同学需在图中选用的器材＿__＿____＿__。

（用字母表示)
(2)乙同学在实验室选齐所需器材后,经正确操作获得如图－１0所示的两条纸带①和②。

纸带______＿＿＿_的加速度大（填①或者②）,其加速度大小为_＿__＿__＿____。

㈢计算题（共44分)
11.（１6天津)(１2分)我国将于20２2年举办奥运会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一,如图—１5所示,质量m=60kg 的运动员从长直助滑道末端A Ｂ的A 处由静止开始以加速度
23.6/a m s =匀加速滑下,到达助滑道末端B 时速度24/B v m s =,A 与B 的竖直高度差H=48m,为了
改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧。

助滑道末端Ｂ与滑道最低点C 的高度差h ＝5m ，运动员在Ｂ、C 间运动时阻力做功W=－１53０Ｊ,取210/g m s =
图-9
图-10
(1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力f F 的大小;
（２）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大.
12(1４长沙模拟)(1２分)如图—18所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。

质量100g m =的小球穿在长 1.2m L =的直杆上并置于实验室中，
球与杆间的动摩擦因数为0.5,当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑。

保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角︒=37θ,将小球从Ｏ点静止释放。

g 取10ｍ／s ２
,6.037sin =︒,8.037cos =︒，求:
（1)小球受到的风力大小;
(2)当︒=37θ时，小球离开杆时的动能。

13。

(15新课标I)(20分）．一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为，如图-1６（a)所示。

时刻开始,小物块与木板一起
图—15
图—18
以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变,方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后时间内小物块的图线如图-16(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取.求
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数;
（2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离
图-1６
(四)选做题
14。

（14天津）如图—１7所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A＝4 kg,上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量ｍB=２ kg。

现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与Ｂ发生碰撞,碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t＝0.６ s,二者的速度达到v t=2 ｍ/s.求:
(1）Ａ开始运动时加速度a的大小；
（２）A、B碰撞后瞬间的共同速度ｖ的大小；
(3)A的上表面长度l。

1５。

（1６海南）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。

细绳的一端固定,另一端跨过轻质动滑轮与A相连,动滑轮与B相连，如图—19所示。

初始时,绳出于水平拉直状态。

若物块Z在水平向右的恒力Ｆ作用下向右移动了距离s,重力加速度大小为g。

求
（１）物块B客服摩擦力所做的功;
（２）物块Ａ、B的加速度大小．
图-１９
*1６。

（13全国)（19分）一电荷量为q（ｑ〉0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图—2０所示．不计重力.求在t=0到t=Ｔ的时间间隔内,
(1）粒子位移的大小和方向；
（2)粒子沿初始电场反方向运动的时间.
图—
＊17。

（１7全国Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E１的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为ｖ0.在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变．持续一段时间ｔ１后,又突然将电场反向，但保持其大小不变;再持续同
样一段时间后,油滴运动到B 点．重力加速度大小为g .
(1)求油滴运动到B 点时的速度；
(2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1
和v 0应满足的条件．已知不存在电场时,油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于
Ｂ、Ａ两点间距离的两倍.
18．（15天津）如图-2１所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为53/E N C =，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小Ｂ
=0．5T 。

有一带正电的小球，质量61.010m kg -=⨯,电荷量6210C q -=⨯,正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取210/g m s =,求：
（1)小球做匀速直线运动的速度ｖ的大小和方向;
(２）从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间
t.
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】B
【解析】据题意,体验者漂浮时：mg f =；在加速下降过程
中,mg f >,即重力
图—21
mg f
对体验者做正功，风力做负功,体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态,故选项Ｂ正确。

⒉【答案】C
【解析】小环在最低点时,对整体有T-（M+m）g＝＼f（mv2，R），其中T为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2Ｒ=错误!ｍv２-０，联立以上二式解得T=M ｇ＋５ｍg，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T=Ｍg+5ｍｇ，C正确．
⒊【答案】BD
【解析】A、由图知，t2时刻A的加速度为零,速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律
得:mgsｉｎθ＝kx,则得故A错误;B、由图读出,ｔ1时刻A、B开始分离,对A
根据牛顿第二定律：kx—mgsinθ＝ｍa,故B正确.Ｃ、从开始到t１时刻,对AＢ整体，根据牛顿第二定律得:F+kｘ—mgsinθ＝2ma，得F=mｇsinθ+2ma-kｘ，ｘ减小,F 增大；t1时刻到t2时刻,对B,由牛顿第二定律得:F-ｍgsinθ=mａ,得 F＝mgsinθ＋mａ，可知F不变,故Ｃ错误.Ｄ、由上知：t1时刻A、Ｂ开始分离,开始时有:2mgsｉnθ=kx0
从开始到t1时刻,弹簧释放的势能 E p从开始到t１时刻的过程中，根据动能定理
得:W F＋Ｅp-2ｍgsiｎθ（x0—ｘ2a(x０—ｘ)=v12 ，解得：WＦ—E p=
所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少,故Ｄ正确．故选:BＤ
4．【答案】D
【解略】
⒎【答案】C
【解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体,由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体.
⒏【答案】ＢD
【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同,A错;对动车组,由牛顿第二定律有288
-=，则
F kmg ma
4F
a kg m
=
-,以6、7、８节车厢为整体:56330.75f ma kmg F =+=;对7、８有67220.5f ma kmg F =+=；则５、6节与７、８节间作用力之比为3:2，Ｂ对;由21
2
kMgs Mv =可
得2
2v s kg
=，则Ｃ错误；8节车厢有2节动车时的最大速度128m P v kmg =;同理有4节动车时的最大
速度248m P v kmg =
,则121
2
m m v v =,D 正确；故选BD 。

㈡填空题
⒐【答案】 （1)非线性 (2)存在摩擦力 （3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量
【解析】本题考查了验证牛顿第二定律的实验．（1）根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系.(２）图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响.(3）平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下,可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论．
⒑【答案】（1）ＡＢ;BD Ｅ（2）①，(2.50.2±）2/m s
纸带②中前第１、２点与第2、3点的位移差为三个点的位移差为 ()()131.6529.0029.0027.400.05x cm ∆=---=
根据逐差法2
x aT ∆=可得纸带①的加速度大,大小为()
2
22
0.110 2.5/0.2a m s -⨯==
㈢计算题
⒒【答案】(1）144 Ｎ(２)12。

5 m
【解析】（１)在AB 段匀加速运动：2
2B v ax =;
H
mg
f ma x
-= 代入数据可得144f N =
（2)BC 段：22
1122
c B mgh W mv mv +=-
Ｃ处：2
c N v F mg m R
-=
6Nm F mg =
则Ｒ＝１２．５m
12．【解析】（１)当杆竖直固定放置时，F mg μ= 解得：2N F =
（２）当︒=37θ时,小球受力情况如图示,垂直杆方向上有： N F mg F +︒=︒37sin 37cos
得:1N N F =
小球受摩擦力0.5N f N F F μ==
小
球
沿
杆
运
动
的
加
速
度
为
由22
02ax -=v v 得,小球到达杆下端时速度为6m/s =v
球离开杆时的动能为21
1.8J 2
K E m ==v
1３。

【答案】 (1）μ1 = 0.1 μ１ ＝ 0.１ (2)木板的最小长度应为 6.0m (3)最终距离为6．5m
【解析】（1） 规定向右为正方向,木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有: —μ1 (m+Ｍ）g = (m+M ）a １ 错误!
由图可知．木板与墙壁碰前瞬间的速度v １= 4ｍ／ｓ ,由运动学公式得:
V1 = v0+ a１t１错误!
S0＝ v０t1 + a1t12 ○，３
式中ｔ１＝１s ，s0= 4。

５m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立错误!错误!错误!式和题给条件得：μ1 = 0。

1 错误!
在木板与墙壁碰撞后，木板以—v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a２，由牛顿第二定律有：
-μ2mg = ma２错误!
由图可得:a2 = ○6
式中t2 = 2ｓ，ｖ2 = 0 ,联立错误!错误!式和题给条件得:μ2 = ０。

4 错误!
（2）(8分）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt ,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得:
μ２mg +μ1 (ｍ＋Ｍ)g = (m+M）ａ1＝ Ma3 错误!
９
Ｖ３= － v１ + ａ３Δｔ○
V3= v１+ a２Δt＼o＼ac(○,10)碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为：
s1 = Δt 错误!
小物块运动的位移为: s2= Δt 错误!
小物块相对木板的位移为：Δｓ= s２– s1错误!
６错误!错误!错误!错误!错误!错误!式，并代入数值得：Δs＝ 6.0m 错误!
联立○
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6。

0m．
（3） (5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为
a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s３,由牛顿第二定律及运动学公式得:μ1（ｍ+Ｍ)g = (m+Ｍ）ａ4 错误!
0 – v３2＝２ａ4s3错误!
磁碰后木板运动的位移为: s = ｓ1 + s3 错误!
联立错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!式,并代入数值得：
Ｓ= -６.5m 错误!
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m ．
㈢选做题
14。

【答案】(1)2.5 ｍ/s2(２）１ｍ/s （3)０。

45 m
【解析】(１)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F=ｍA a ①
代入数据解得
a=2．5 m/s２②
（2)对A、Ｂ碰撞后共同运动ｔ=０.6 s的过程,由动量定理得
Ft＝(ｍＡ＋ｍＢ)v t-（m A＋m B）v ③代入数据解得
v＝1 ｍ/ｓ④
(3)设A、Ｂ发生碰撞前,Ａ的速度为v A，对A、Ｂ发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
m A v A＝（ｍA+m B）v ⑤A从开始运动到与Ｂ发生碰撞前,由动能定理有
Fl＝＼f(１,2）ｍA v错误!⑥由④⑤⑥式,代入数据解得
ｌ=0。

45 m ⑦
⒖【答案】(１）2μmgs ;（2)A 3=
2F mg a m μ-，
B 3=4F mg
a m μ-。

【解析】(1）Ａ、B 受力如图,物体A 移动的距离为s ，则物体Ｂ移动的距离为s 1=ｓ／2 4B f mg μ=则12B W f s mgs μ==
(2）:A A F mg T ma μ--= :244B B T mg ma μ-= 2A B a a =
联立解得A 3=
2F mg a m μ-，
B 3=4F mg
a m μ-
⒗ 【解析】解法一:
（１)带电粒子在0～错误!、错误!～错误!、错误!～错误!、错误!～T 时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a 1、a 2、ａ３、ａ４,由牛顿第二定律得
ａ1=＼f(qE ０,m ）① a ２＝-2错误!② a ３=2错误!③ a 4=-错误!④
由此得带电粒子在0~T 时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a ）所示，对应的速度－时间图像如图(b ）所示，其中
T
4T
图（a)
图(b)
v1=ａ１＼ｆ（T,4)＝＼ｆ(qE０T，4m)⑤
由图(b）可知,带电粒子在t＝0到t＝Ｔ时的位移为
s＝＼ｆ(T,４）v１⑥
由⑤⑥式得
s＝错误!T2⑦
它沿初始电场正方向．
（2)由图（b)可知,粒子在t＝错误!T到t＝错误!T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间为t为
ｔ＝错误!T－错误!Ｔ＝错误!⑧
解法二：
（1）带电粒子在0~＼f(T,４）、错误!~错误!、错误!～错误!、错误!～Ｔ时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a１、ａ2、ａ３、a４，由牛顿第二定律得
ｑＥ0=ma１①
-２qE0=ma2②
２qE0=mａ3③
-qE0＝ma4④
设带电粒子在t=＼f(T,4)、t=错误!、ｔ=错误!、t=T时的速度分别为v1、v2、ｖ3、ｖ4，则
v1＝a１错误!⑤
v2=ｖ1＋a２T
4⑥
v3＝v２+a3＼f(T,4)⑦
ｖ４=v3＋a4错误!⑧
设带电粒子在t=０到t=T时的位移为s,有s=（错误!＋错误!＋错误!+错误!）错误!⑨
联立以上各式可得
ｓ=错误!⑩
它沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝T
４
时粒子开始减速,设经过时间t1粒子速度减为零.
0＝v1+a2ｔ1
将①②⑤代入上式,得
t1=错误!错误!
粒子从t＝错误!时开始加速,设经过时间t2速度变为零．
0＝v2＋a３t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
ｔ2＝错误!错误!
t＝0到ｔ=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为
t=(错误!－t1)＋t2错误!
将错误!错误!式代入错误!式得
t＝＼ｆ(T，４）错误!
1７。

【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正．油滴在电
场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上.在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小ａ1满足
qE
2
-mg＝ma１①
油滴在时刻ｔ1的速度为
v
1
=v0+a１t1②
电场强度在时刻ｔ1突然反向,油滴做匀变速运动，加速度方向向下,大小a２满足
qE
２
＋mｇ＝ｍa2③
油滴在时刻ｔ2=2t１的速度为
v
2
＝v1-ａ2t1④
由①②③④式得
v
2
=ｖ0－2gｔ１⑤
(2)由题意，在t=0时刻前有
qＥ
1
=ｍg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s １=ｖ0t1+
1
２
a
１
ｔ错误!⑦
油滴在从时刻ｔ１到时刻ｔ2＝2ｔ１的时间间隔内的位移为
s
2
=v1ｔ1－错误!a2ｔ错误!⑧
由题给条件有
ｖ错误!＝2g(2ｈ）⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上,依题意有
ｓ
１
＋s2＝h
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
Ｅ2=错误!E 1 ⑪
为使E 2〉E 1，应有 ２-2
v 0ｇt 1+1
4
错误!错误!>1 ⑫ 即当0〈ｔ１<错误!错误! ⑬ 或t １>错误!错误! ⑭
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2〉０和v 2〈0两种情形． 若Ｂ点在A 点之下,依题意有
s 1＋s 2＝-ｈ ⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
Ｅ２＝错误!E １ ⑯
为使E 2>E 1,应有
２-2＼ｆ(v 0,gt 1)－错误!错误!错误!
⑰
即t 1>错误!错误! ⑱
另一解为负，不合题意,已舍去．
18。

【答案】（１)2０m/ｓ；速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角600
(２）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图,其合力为零，有qvB =代入数据得v=20ｍ／s ．
tan qE
mg
θ=
代入数据得tan θ=60θ=︒
(2）撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a ，
有:a = 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有：x vt =
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ,有:212
y at = a 与ｍｇ的夹角和v 与E 的夹角相同,均为θ，又tan y x
θ=
联立各式，代入数据解得:t ==３.5 s 。

以上就是本文的全部内容,可以编辑修改。

高尔基说过:“书是人类进步的阶梯。

”我希望各位朋友能借助这个阶梯不断进步。

物质生活极大丰富，科学技术飞速发展,这一切逐渐改变了人们的学习和休闲的方式。

很多人已经不再如饥似渴地追逐一篇文档了,但只要你依然有着这样一份小小的坚持，你就会不断成长进步,当纷繁复杂的世界牵引着我们疲于向外追逐的时候，阅读一文或者做一道题却让我们静下心来,回归自我。

用学习来激活我们的想象力和思维，建立我们的信仰,从而保有我们纯粹的精神世界,抵御外部世界的袭扰。

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