高中物理常考计算题

实用文档1.距离水平地面h＝20 m高处以20 m/s的初速度水平抛出—个小球，(空气阻力不计，g取10 m/s2) 则：(1)小球在空中飞行的时间t为多少？(2)小球落地时速度v方向与水平方向的夹角θ为多少？(3)小球落地时的位移s的大小为多少？(答案可以用根号表示)2.如图所示，在水平地面上放一质量m=l kg的木块，木块与地面间的动摩擦因数μ=0.6，在水平力向上对木块同时施加相互垂直的两个拉力F1、F2，已知F1=6 N．F2=8N，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

则：(1)木块受到的摩擦力为多少？(2)若将F2逆时针转900，此时木块的加速度大小为多少？(3)若将F2顺时针转900，求术块运动t=2s时的位移大小？3.一质晨为m的物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为μ，然后用两根绳A、B分别系在物块的两侧，如图所乐，A绳水平，B绳与水平面成θ角，己知重力加速度g，求：(1)逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大：(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大。

4.如图所示，质量m=60kg的高山滑雪运动员，从A点由静止开始沿滑雪道滑下，从B点水平飞出后又落在与水平面成倾角θ=37°的斜坡上C点．已知A、B两点间的高度差为h=25m，B、C两点间的距离为s=75m，已知sin37°=0.6，取g=10m/s2．求：（1）运动员从B点水平飞出时的速度大小；（2）运动员从A点到B点的过程中克服摩擦力做的功．5.宇航员站在某星球表面，从高h处以初速度v0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的水平距离是x，已知该星球的半径为R，引力常量为G，求（1）该星球的质量M．（2）该星球的第一宇宙速度．6.三个完全相同的小球A、B、C，质量满足m A=m B=m C=2kg，静止在光滑地面上并沿“一”字形依次排开．如图所示，用锤子轻轻敲击A球，使之获得一个向右的速度v0=4m/s，A、B两球碰撞后粘合在一起，再与C球碰撞，最后C球获得v C=2m/s的向右的速度．（1）求第一次碰撞后A、B两球粘合在一起的共同速度；（2）第二次碰撞是不是弹性碰撞？（3）求两次碰撞过程，系统损失的能量△E．7.如图，在平面直角坐标系xOy内，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以速度v垂直于y轴射出磁场．不计粒子重力．求：（1）电场强度大小E；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）粒子离开磁场时的位置坐标．8.在学校组织的趣味运动会上，科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏．如图所示，将一质量为0.2kg 的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，其实沿着光滑的半环形轨道OA和AB运动，BC段为一段长实用文档为L=2.5m的粗糙平面，DEFG为接球槽．圆弧OA和AB的半径分别为R1=0.2m，R2=0.4m，小球与BC 段的动摩擦因数为μ=0.6，C点离接球槽的高度为h=1.25m，水平距离为x=0.5m，接球槽足够大，求：（1）要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在A点的速度多大？（2）（1）小题速度下运动到B，在B位置对半圆轨道的压力多大？（3）这小球能否落进接球槽里？99．如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ时无场区，宽为d．一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ=60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计，求：（1）区域Ⅰ中磁场的磁感应强BⅠ；（2）区域Ⅰ磁场的最小宽度L；（3）粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t．10．如图所示，虚线FG、MN、CD为在同一平面内的水平直线边界，在MN、CD间有垂直边界的匀强电场，场强的大小E=1.5×105N/C，方向如图，在FG、MN间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，已知电场和磁场沿边界方向的长度均足够长，电场在垂直边界方向的宽度d1=0.20m，在CD边界上某点O处有一放射源，沿纸面向电场中各个方向均匀地辐射出速率均为v0=1.0×106m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.4×10﹣27kg，电荷量q=3.2×10﹣19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力及相互作用．（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）要使所有粒子不从FG边界射出，求磁场垂直边界MN方向上的最小宽度d；（3）若磁场垂直边界MN方向上的宽度为0.2m，求边界FG上有粒子射出的长度范围及粒子首次在磁场中运动的最长时间．11.如图所示，一物体质量m=2kg ，在倾角θ=37°的斜面上的A 点以初速度v 0=3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB=4m ，当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC=0.2m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点AD=3m ，挡板及弹簧质量不计，g 取10m/s 2．求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ； （2）弹簧的最大弹性势能E pm ．12.如图所示，xOy 坐标系中，在y 轴右侧有一平行于y 轴的边界PQ ，PQ 左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B 和2B的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy 平面向里，y 轴上有一点A 与原点O 的距离为l ，电荷量为q ，质量为m 的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O 处沿x 轴正方向射出，经过的时间为t=qBm 34 时恰好到达A 点，不计粒子的重力作用（1）求边界PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0；（2）若相同的粒子以更大的速度从原点O 处沿x 轴正方向射出，为使粒子能经过A 点，粒子的速度大小应为多大？实用文档13．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有方向沿x轴正向的匀强电场，下方有一半径为R的圆形有界匀强磁场，圆心在y轴上，且圆与x轴相切，磁场方向垂直于纸面向外，一质量为m、电荷量为q的带电粒子在坐标为（，）的A点，以初速度沿y轴负方向射入电场，且刚好从O 点射入磁场，经磁场偏转后刚好平行于x轴从磁场中射出，不计粒子重力．（结果里可以有根号）（1）求电场强度和磁感应强度的大小；（2）若该粒子沿y轴负方向射出时的初速度大小为v0，要使该粒子也能从O点进入磁场，且经磁场偏转后刚好平行于x轴从磁场中射出，求该粒子开始射出时的位置坐标．14.一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，启动时加速度为a1=4m/s2，匀加速行驶t1=2.5s后，再匀速行驶t2=3min，然后刹车滑行x=50m，正好到达乙站．求：（1）汽车从甲站到乙站运动的时间t；（2）汽车刹车时的加速度大小；（3）甲、乙两站的距离L．15.宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处．（取地球表面重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计）（1）求该星球表面附近的重力加速度g′；（2）已知该星球的半径与地球半径之比为R星：R地=1：4，求该星球的质量与地球质量之比M星：M地．16.如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电荷量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后，通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，最后电子从右侧的两块平行金属板之间穿出，已知A、B分别为两块竖直板的中点，右侧平行金属板的长度为L，求：（1）电子通过B点时的速度大小v0；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间飞出时的侧移距离y；（3）电子从右侧平行金属板进入到飞出时电场对它所做的功W ．17.如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ．在ad 边中点O 的粒子源，在t=0时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od 的夹角分布在0～180°范围内．已知沿Od 方向发射的粒子在t=t 0时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，ab=1.5L ，bc=3L ，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： （1）粒子在磁场中的运动周期T ； （2）粒子的比荷mq； （3）粒子在磁场中运动的最长时间．实用文档试卷答案1.（1）2s（2）θ＝45°（3）20m(1)根据h＝gt2小球在空中飞行的时间(2)竖直的分速度v y＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s小球落地时速度方向与水平方向的夹角θ＝45°(3)水平位移x＝v0t＝40 m小球落地时的位移大小为点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速运动和竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式灵活求解．2.（1）6 N（2）0（3）16m（1）F1、F2的合力又f m=μmg=6N故F12>f m，在F1、F2作用下木块滑动，此时木块受到的滑动摩擦力f=μmg=6N.（2）当F2逆时针转90°时，F1、F2的合力F12'=F2-F1=2N＜f m，此时木块在地面上不动，所受合力大小为F合=0，加速度a1=0（3）当F2顺时针转90°时，F1、F2的合力F12'=F1+F2=14N＞f m，此时木块在地面上滑动所受合力大小为F2合=F12'-f m=8 N 加速度a2=F合/m=8m/s木块运动t=2s时的位移点睛：考查力的合成与分解，掌握力的平行四边形定则，理解受力平衡的条件，注意会区别静摩擦力与滑动摩擦力．3.(1) T A＝mgcotθ，T B＝mg/sinθ；(2)(1)N地＝0，则水平方向：T A＝T B cosθ竖直方向：T B sinθ＝mg解得：T A＝mgcotθ，T B＝mg/sinθ(2) 将A绳剪断，物体做匀速直线运动，水平和竖直方向受力平衡水平：T B cosθ＝F f 竖直：F N＝mg－T B sinθ又有：F f=μF N解之得：4.解：（1）设由B到C平抛运动的时间为t，运用平抛运动的规律：竖直方向：h BC=ssin37°=gt2①，水平方向：scos37°=v B t ②，代得数据，解①②得v B=20m/s ③．（2）研究A到B的过程，由动能定理有：mgh AB+w f=mv B2﹣0 ④代入数据，解得③④得，W f=﹣3000J．所以运动员克服摩擦力所做的功为3000J．答：（1）运动员从B点水平飞出时的速度大小是20m/s；（2）运动员从A点到B点的过程中克服摩擦力做的功是3000J．【考点】动能定理的应用；平抛运动．【分析】B到C是一个平抛运动，运用平抛运动的规律解决问题，其中高度决定时间，通过水平方向运动求出初速度．运动员从A点到B点的过程中克服摩擦力做的功，由于不清楚摩擦力的大小以及A到B得位移，从功的定义式无法求解，所以我们就应该选择动能定理．5.解：（1）设星球表面的重力加速度为g，则根据小球的平抛运动规律得：h=x=v0t 联立得：g=再由联立以上两式解得：（2）设该星球的近地卫星质量为m0，根据重力等于向心力得：则m0g=m0解得，答：（1）该星球的质量M为．（2）该星球的第一宇宙速度为．实用文档【考点】万有引力定律及其应用．【分析】（1）要求星球的质量，根据重力等于万有引力，但必须先由平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度g，再联立求解；（2）近地卫星的速度即为星球的第一宇宙速度，由重力等于向心力列式求解．6.解：（1）设B球与C球相碰前，A和B球的速度为v共，A、B两球发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v0=（m A+m B）v共…①代入数据解得：v共=2 m/s；（2）AB与C两球发生正碰的过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m A+m B）v共=（m A+m B）v'+m C v C…②代入数据解得：v'=1m/sAB和C碰撞过程中损失的动能：…③代入数据解得：△E2=2J；可知第二次碰撞的过程中由动能的损失，所以不是弹性碰撞；（3）第一次碰撞的过程中损失的动能：代入数据得：△E1=8J所以损失的总动能：△E=△E1+△E2=2+8=10J答：（1）求第一次碰撞后A、B两球粘合在一起的共同速度是2m/s；（2）第二次碰撞不是弹性碰撞；（3）两次碰撞过程，系统损失的能量△E是10J．【考点】动量守恒定律．【分析】（1）两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可求出碰撞后的速度．（2）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒动量求出A和B的速度，然后结合功能关系分析即可；（3）两次碰撞的过程中损失的动能为初动能与末动能的差．7.解：（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：2h=v0t1…①h=at12…②根据牛顿第二定律得：qE=ma…③联立①②③式得：E=…④（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为v，根据动能定理得：qEh=…⑤再根据qvB=m…⑥联立④⑤⑥式得：，r=…⑦（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、﹣y），粒子进入磁场时速度v，与x轴正方向的夹角为θ，由图可得：cosθ==，θ=45°所以x=2h﹣rcos45°=2h﹣…⑧y=r+rsin45°=（1+）…⑨答：（1）电场强度大小E为；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；（3）粒子离开磁场时的位置坐标为[（2h﹣），﹣（1+）]．【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．【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，应用牛顿第二定律与类平抛运动分位移公式结合，可求出电场强度的大小E；（2）根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小，由牛顿第二定律求出轨道半径；（3）再作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子离开磁场时的位置坐标．8.解：（1）要使钢球恰好不脱离轨道对最高点A：，解得m/s=2m/s．实用文档文案大全（2）钢球从A 到B的过程：，在B点，根据牛顿第二定律有：，代入数据联立解得F N =12N ，据牛顿第三定律，钢球在B 位置对半圆轨道的压力为12N ． （3）要使钢球能落入槽中从C 到D 平抛， 根据平抛运动的规律有：x=v c t ，h=，代入数据解得v C =1m/s ．假设钢球在A 点的速度恰为v A =2m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为v C ′， 从A 到C，根据动能定理得，，解得，故当钢球在A 点的 速度恰为v A =2m/s 时，钢球不可能到达C 点，更不可能平抛入槽． 答：（1）要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在A 点的速度为2m/s ； （2）在B 位置对半圆轨道的压力为12N ； （3）这小球不能落进接球槽里． 【考点】动能定理的应用；向心力．【分析】（1）抓住小球恰好能通过A 点，结合牛顿第二定律求出钢球在A 点的速度．（2）根据动能定理求出钢球在B 点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对钢球的支持力，从而得出钢球对半圆轨道的压力．（3）根据平抛运动的规律求出小球进入球槽的最小速度，抓住小球恰好通过A 点，结合动能定理得出C 点的速度，通过比较判断钢球能否落入球槽．9.解：（1）由题意知粒子的运行轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r 、R ，由图知： R+Rcosθ=1.5d，联立得：R=d，由洛伦兹力提供向心力有：，同理区域Ⅰ中有：答案第12页，总20页联立解得：（2）由（1）及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度为：（3）在区域Ⅰ中有：，可得：粒子在区域Ⅰ中运动时间为：，在区域Ⅱ中运动时间为： 在区域Ⅲ中运动时间为：所以粒子运动总时间为：答：（1）区域Ⅰ中磁场的磁感应强为3B ；（2）区域Ⅰ磁场的最小宽度L为；（3）粒子从离开A 点到第一次回到A 点的时间t为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，由几何关系分别求出粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式即可求解；（2）由图根据几何关系求出Ⅰ区域磁场的最小宽度；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，在无场区做匀速直线运动，分别求出在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的时间，再求出总时间即可；10.解：（1）带电粒子从电场进入磁场，由动能定理有：进入磁场后，洛仑兹力提供向心力：联立两式得：v=2×106m/s ，r=0.2m（2）在O 点水平向左或向右方向射出的粒子做类平抛运动，其偏向角与水平方向 夹角为θ，则：实用文档文案大全=，所以θ=60°当从最左边射出的粒子进入磁场后是一个优弧，当该优弧与磁场上边界相切时， 由几何关系有磁场宽度为d=L min =r+rcos60°=0.2m+02．×0.5m=0.3m （3）水平向左射出的粒子打在A 点，水平位移：x=v 0t=v===0.23m从A 点与水平方向成60°射出的粒子做匀速圆周运动打在上边边界的P 点，由对称 性，可知P 点偏离O 点的左边x=0.23m ．Ⅲ显然从O 点竖直向上射出的粒子划过四分之一圆弧打在Q 点，该点是粒子打击的 最右端．由几何关系可知Q 点偏离O 点的右边r=0.2m 所以能够从FG 边缘穿出的长度范围为x+r=0.43m显然竖直向上射出的粒子恰恰在磁场中转过半周，转180再回到MN ，此种情况粒子在磁场中运动时间最长．=3.14×10﹣7s答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m ．（2）要使所有粒子不从FG 边界射出，磁场垂直边界MN 方向上的最小宽度d 为0.3m ．（3）若磁场垂直边界MN 方向上的宽度为0.2m ，边界FG 上有粒子射出的长度范围为0.43m 、粒子首次在磁场中运动的最长时间为3.14×10﹣7s ．【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．【分析】（1）只要进入磁场的粒子电场力做功是一定的，由动能定理可以求出进入磁场的速率，由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子在磁场做匀速圆周运动的半径．（2）先由左手定则判断出粒子做顺时针匀速圆周运动，当从边界线最左边射入磁场的轨迹与上边界相答案第14页，总20页切时，此种情况下磁场区域最宽，由此画出轨迹，由几何关系就能求出磁场区域的最小宽度． （3）由于磁场的宽度与粒子的半径相等，所以在想象中拿一个定圆在宽度一定的磁场区域移动，这样可以找到打在磁场上边缘最左端的位置﹣﹣即从最左端进入磁场的粒子打在最左端，最右的位置显然是竖直向上射出的粒子恰好与上边缘相切，由几何关系求出两点的距离即为所求；至于最长时间，显然偏转角最大的﹣﹣即打在最左端的粒子恰好转过半周，所以最长时间是半个周期． 11.解：（1）物体由A 运动到D过程中运用动能定理得：W G =mgl AD sin37°=36 J W f =﹣μmgcosθ•l其中l=AB+BC+CD=5.4 m ， 解得：μ=0.52（2）弹簧压缩到C 点时，对应的弹性势能最大，由A 到C 的过程根据能量守恒定律得： E pm +μmgcos37°•l AC=mv 20+mgl AC •sin37° 代入数据得：E pm =24.4 J答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.52； （2）弹簧的最大弹性势能E pm 为24.4J ． 【考点】动能定理；弹性势能；能量守恒定律．【分析】（1）对从最高点A 到D 的过程中重力与摩擦力对物体做功，对全过程运用动能定理列式求解即可；（2）对从最高点到弹簧压缩量最大的过程，根据动能定理列方程求解． 12.解：带电粒子在左侧和右侧做匀速圆周运动，分别有：可得半径：且 r 2=2r 1由 可得：且 T 2=2T 1（1）粒子射出后经过时间为 时恰好到达A 点，运动情况如图所示，设图中圆弧DE 对应的圆心角为θ，则O 点运动到A 点的时间为实用文档文案大全+=解得：θ=60°△C 1C 2C 3 为等边三角形，几何关系为 l=2r 1+（r 2﹣r 1） d=r 1cos30°解得PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0分别为（2）以更大速度射出的粒子，必然是从y 轴较高点转向下方时经过A 点， 粒子运动一个周期，运动情况如图所示，设图中∠C 3DF=α，则粒子运 动一个周期在y 轴上的位移y=2r 1+2（r 2﹣r 1）sinα﹣2r 1 （或y=2r 1sinα）经过A 点的条件是 ny=l （n=1、2、3…） 解得v=（n=1、2、3…）考虑到v ＞v 0=，因此n 只能取1或2即粒子的速度大小为或v=（或v= （n=1、2）答：（1）求边界PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0为．（2）若相同的粒子以更大的速度从原点O 处沿x 轴正方向射出，为使粒子能经过A 点，粒子的速度大小应为或．答案第16页，总20页【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】（1）带电粒子先在左侧磁场做匀速圆周运动，由入射方向可以确定在该磁场中做匀速圆周运动的圆心在y 轴上，当转过一定角度后，进入右侧磁场做同方向的匀速圆周运动，最后在进入左侧恰好达到A 点，由带电粒子在两边磁场中运动的总时间列出方程从而可以求出在右侧磁场中偏转角，结合周期公式和半径公式、几何关系可以求得边界PQ 与y 轴的距离d 和粒子从O 点射出的速度大小v 0． （2）在第一问的基础上，当带电粒子速度增大时，其半径也增大，表示出粒子在左侧和右侧运动一次在y 轴上上移的距离y ，要使带电粒子能够回到A 点，则有l=ny ，把相应的半径公式代入就能求得速度的可能值．13.解：（1）粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式，有：解得：又：所以：；v=如图做出粒子在磁场中运动的轨迹，依次连接入射点、出射点、和两个圆心，则O 、磁场区域的圆心、轨迹圆心、出射点应该构成菱形才能使粒子沿x 轴平行的方向射出磁场，所以：r=R根据洛伦兹力提供向心力得：所以：（2）若该粒子沿y 轴负方向射出时的初速度大小为v 0，根据推论公式r=，可知粒子到达O 点时速度的大小仍然是才能仍然沿与x 轴平行的方向射出磁场．所以：粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式，有：实用文档文案大全又：所以：y=2L即开始射出的位置坐标为（L ，2L ） 答：（1）电场强度和磁感应强度的大小是；（2）该粒子开始射出时的位置坐标是（L ，2L ）．【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．【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解电场强度；在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹，结合几何关系得到轨道半径，然后结合推论公式r=求解磁感应强度；（2）要使粒子依然平行x 轴射出，则O 、磁场区域的圆心、轨迹圆心、出射点依然应该构成菱形，故粒子的轨道半径不变，故进入磁场的速度不变；对磁场中运动过程，根据平行四边形定则先求解x 和y 方向的分速度，然后对第一次和第二次类似平抛过程分别根据运动学公式列式后联系确定第二次释放点的坐标．14.解：（1）加速2.5s 后的速度为：v=a 1t 1=4×2.5=10m/s 匀减速过程的初速度为10m/s ，末速度为零， 对于匀减速运动，由x 3=，得：t 3==s=10s从甲站到乙站的总时间为：t=t 1+t 2+t 3=2.5+180+10=192.5s （2）根据公式：v=v 0+at则刹车时的加速度：．负号表示加速度的方向与运动的方向相反． （3）匀加速过程的位移：s 1===12.5m匀速过程：s 2=vt 2=10×180=1800m 全过程：L=s 1+s 2+s 3=12.5+1800+50=1862.5m 答：（1）从甲站运动到乙站的总时间是192.5s ；（2）汽车刹车时的加速度大小是1m/s 2；（3）甲、乙两站的距离是1862.5m ．答案第18页，总20页【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）加速过程的末速度为匀速运动的速度，也是匀减速运动的初速度．先根据速度公式求出加速2.5s 后的速度，根据公式x=求出匀减速运动的时间，把三段时间相加即为总时间．（2）由加速度的定义式即可求出刹车时的加速度大小．（3）根据位移公式求出匀加速运动的位移和匀速运动的位移，把三段位移相加即为总位移． 15.解：（1）根据匀变速直线运动规律t=得：从竖直上抛到最高点，上升的时间是=，上升和下降的时间相等，所以从上抛到落回原处t=①由于在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处． 根据匀变速直线运动规律得：5t=②由①②得星球表面附近的重力加速度g′=g=2m/s 2，（2）根据万有引力等于重力得：： =mgM=所以==答：（1）该星球表面附近的重力加速度g′为2m/s 2；（2）该星球的质量与地球质量之比M 星：M 地为1：80． 【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动．【分析】运用运动学公式求出时间t 与初速度之间的关系，求出地球表面重力加速度g 与星球表面附近的重力加速度g′间的关系．根据万有引力等于重力表示出质量，求出星球的质量与地球质量之比． 16.解：（1）从A 到B由动能定理得：解得：（2）电子作类平抛运动有：， 解得：a=L=v 0ty=实用文档文案大全解之得：（3）电子进、出右侧平行金属板两点间的电势差为：．所以电场对电子做功为：答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）电子从右侧的两块平行金属板之间飞出时的侧移距离；（3）电子从右侧平行金属板进入到飞出时电场对它所做的功为．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；功的计算．【分析】（1）根据动能定理求出电子通过B点时的速度大小；（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向上做匀速直线运动，求出运动的时间，结合竖直方向上做匀加速直线运动求出侧移距离．（3）根据电场强度和侧移量求出入射点和出射点的电势差，根据W=qU求出电场力做功的大小．17.解：（1）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ，由几何关系有：，所以：θ=60°，，解得：T=6t0（2）粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得：所以：解得（3）如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob=，圆轨迹的半径为L，所以：Ob弦对应的圆心角为120°，粒子在磁场中运动的最长时间．。