高中物理数学物理法题20套(带答案)
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【解析】
【分析】
【详解】
（1）电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A，根据闭合电路欧姆定律可知：
得：r=5Ω
（2）电源的总功率
P=IE
得：
当R=0Ω，P最大，最大值为 ，则有： W
5．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为 的滑道向下运动到B点，B端有一长度可不计的光滑圆弧连接，末端恰好水平，运动员最后落在水池中，设滑道的水平距离为L，B点的高h（小于H）可由运动员自由调节（ ），求：
(1)当入射角i=30°时，求AN上的亮斑P1到A点的距离x1；
(2)逐渐增大入射角i，当AN上的亮斑P1刚消失时，求此时AM上的亮斑P2到A点的距离x2。
【答案】(1)8cm；(2)8cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设 分界面上的折射角为 ，根据折射定律
解得
在 中
解得
(2)当光在 面上的入射角满足
由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：FN＝ ＋m2g(3－2cos60°)＝16.8N
⑶设CB距离为x1，BD距离为x2，在物块m1由C运动至B的过程中，根据功能关系有：Ep＝μm1gx1⑩
在物块m2由C运动至B的过程中，根据功能关系有：Ep＝μm2gx1＋ ⑪
在物块m2由B运动至D的过程中，根据动能定理有：－μm2gx2＝ － ⑫
(1)带电粒子的比荷；
(2)C点的坐标。
【答案】(1) ；(2)（0，-3t）
【解析】
【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向
y轴方向
联立解得
(2)设带电粒子经过B点时的速度方向与水平方向成θ角
解得
则带电粒子经过B点时的速度
由洛伦兹力提供向心力得
解得
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知弦BC的长度
因物块由P点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：vy＝vDtan60° ⑥
物块由D运动至N的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m2g(h＋R－Rcos60°)＝ － ⑦
在N点处，物块受重力m2g和圆轨道的支持力FN′作用，根据牛顿第二定律有：FN′－m2g＝ ⑧
根据牛顿第三定律可知，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力FN＝FN′ ⑨
(2)亮区右边界到P点的距离d。
【答案】(1) ；(2)1m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据折射定律得
得
(2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到G的距离d就是所求宽度。
设紫光临界角为 ，由全反射的知识得
得
中
得
中
得
2．如图所示，在x≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，在x>0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现一带正电的粒子从x轴上坐标为（-2l，0）的A点以速度v0沿x轴正方向进入电场，从y轴上坐标为（0，l）的B点进入磁场，带电粒子在x>0的区域内运动一段圆弧后，从y轴上的C点（未画出）离开磁场。已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。求：
【答案】(1) ；(2)距离范围为 ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)经加速电场有
Байду номын сангаас在磁场中
解得碳12的比荷
(2)粒子在磁场中圆运动半径
由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O1）或右偏α角（轨迹圆心为O2），落点到O的距离相等均为L=2rcosθ，故θ=0°时落点到O的距离最大
Lmax=2r=x
故θ=α时落点到O的距离最小
(1)求碳12的比荷；
(2)由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D上的落点到O的距离的范围；
(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U±ΔU），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。现从容器A中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；
(2)要使运动员全过程的水平运动距离达到最大，B点的高度h应调为多大；对应的最大水平距离 为多大？
(3)若图中H=4m，L=5m，动摩擦因数 ，则全过程的水平运动距离要达到7m，h值应为多少？（已知 ）
【答案】(1) ；(2) (3) 或
【解析】
【分析】
【详解】
9．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝1.0m圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的数值距离是h＝2.4m．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块通过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g取10m/s2)．求：
⑴物块m2过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的滑动摩擦因数μ；
⑵若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；
⑶若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功W．
【答案】⑴vB＝6m/s，μ＝0.4；⑵FN＝16.8N；⑶W＝8.0J
【解析】
试题分析：⑴由题意质量为m2的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块通过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2可知，物块m2过B点时的瞬时速度为：vB＝6m/s，加速度为：a＝－4m/s2①
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
4．如图所示，电流表A视为理想电表，已知定值电阻R0=4Ω，滑动变阻器R阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A。
（1）求电源的内阻。
（2）当滑动变阻器R为多大时，电源的总功率最大?最大值Pm是多少?
【答案】（1）5Ω；（2）当滑动变阻器R为0时，电源的总功率最大，最大值Pm是4W。
Lmin=2rcosα=xcosα
所以落点到O的距离范围为
。
(3)设碳12的质量为m1，碳14的质量为m2，并且
根据 可知：
碳12的运动半径
碳12的最大半径
同理：
碳14的运动半径
碳14的最小半径
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的
最远距离，即
(1)粒子从O点进入匀强电场时的速度v0；
(2)匀强电场的场强E的大小。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对于粒子在AB间加速过程，由动能定理得
可得
(2)粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O距离为L，以O为坐标原点，沿着v0方向建立 轴，逆着场强方向建立 轴，则有 轴方向粒子做匀速直线运动，有
故C点的坐标为（0，-3t）。
3．如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E＝ ，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝ 。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
由于物块m2恰好通过圆轨道的最高点M，设通过速度为vM，根据牛顿第二定律有：m2g＝ ⑬
设物块m2运动至P点时的速度为vP，在m2由P运动至M的过程中，克服摩擦力做功为W3，根据动能定理有：－m2g(R＋Rcos60°)－W3＝ － ⑭
根据几何关系可知：vP＝ ⑮
释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W＝μm2gx1＋μm2gx2＋W3⑯
物块离开B点后在桌面上受重力m2g、桌面的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据牛顿第二定律可知，在水平方向上有：－f＝m2a②
在竖直方向上有：N－m2g＝0③
根据滑动摩擦定律有：f＝μN ④
由①②③④式联立解得：μ＝ ＝0.4
⑵物块从D点离开桌面后做平抛运动，设至P点时速度在竖直方向上的分量为vy，则在竖直方向上，根据自由落体运动规律有：h＝ ⑤
(1)设AB与水平面夹角为θ，A运动到B过程，克服摩擦阻力做功为
由A运动到B过程，由动能定理得
则
(2)物体做平抛运动，则 ， ，所以
当 ，即
时x有最大值为
对应的最大水平距离为
(3)由(2)可知
代入数据得
即
6．如图所示，MN是一个水平光屏，多边形ACBOA为某种透明介质的截面图。 为等腰直角三角形，BC为半径R=8cm的四分之一圆弧，AB与光屏MN垂直并接触于A点。一束紫光以入射角i射向AB面上的O点，能在光屏MN上出现两个亮斑，AN上的亮斑为P1（未画出），AM上的亮斑为P2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为 。
高中物理数学物理法题20套(带答案)
一、数学物理法
1．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为 的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S上形成一亮区，已知屏幕S至球心距离为 ，玻璃半球对紫光的折射率为 ，不考虑光的干涉和衍射。求：
(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角 ，其折射角α；
由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W＝ ＋m2gh( － )－m2gR( ＋cos60°)
代入数据解得：W＝7.2J＋4.8J－4.0J＝8.0J
考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题．
10．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上．若机舱口下沿距地面3.2m，气囊所构成的斜面长度为4.0m，一个质量为60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240N．求：
上的亮斑刚消失设紫光的临界角为 ，画出光路图
则有
当 时， 面上反射角 ，反射光线垂直射到 面上后入射到 上，则
解得
7．如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成 角放置，两板间的电势差 。B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy的坐标原点O点，y轴沿竖直方向。现有一带负电的粒子P，其比荷为 ，从A板中心 处静止释放后，沿垂直于金属板的直线 进入x轴下方第四象限的匀强电场E中，该匀强电场方向与A、B板平行且斜向上。粒子穿过电场后，从Q点（0，-2）离开电场（Q点图中未标出），粒子的重力不计。试求：
2r1max 2r2mincosα
联立解得ΔU应满足的条件
答：(1)碳12的比荷为 ；(2)碳12在底片D上的落点到O的距离的范围为 ；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则 U应满足 。
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。
轴方向粒子做匀加速直线运动，有
代入数据得，匀强电场的场强大小
8．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q，从容器A下方的小孔S不断飘入电压为U的加速电场，经过S正下方的小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D上并被吸收。已知D与O在同一平面内，其中碳12在底片D上的落点到O的距离为x，不考虑粒子重力和粒子在小孔S处的初速度。
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
【答案】(1) ；(2) ；(3)0
【解析】
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从 运动到 的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
在II区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿 方向的位移为 ，由动能定理得
【分析】
【详解】
（1）电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A，根据闭合电路欧姆定律可知：
得：r=5Ω
（2）电源的总功率
P=IE
得：
当R=0Ω，P最大，最大值为 ，则有： W
5．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为 的滑道向下运动到B点，B端有一长度可不计的光滑圆弧连接，末端恰好水平，运动员最后落在水池中，设滑道的水平距离为L，B点的高h（小于H）可由运动员自由调节（ ），求：
(1)当入射角i=30°时，求AN上的亮斑P1到A点的距离x1；
(2)逐渐增大入射角i，当AN上的亮斑P1刚消失时，求此时AM上的亮斑P2到A点的距离x2。
【答案】(1)8cm；(2)8cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设 分界面上的折射角为 ，根据折射定律
解得
在 中
解得
(2)当光在 面上的入射角满足
由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：FN＝ ＋m2g(3－2cos60°)＝16.8N
⑶设CB距离为x1，BD距离为x2，在物块m1由C运动至B的过程中，根据功能关系有：Ep＝μm1gx1⑩
在物块m2由C运动至B的过程中，根据功能关系有：Ep＝μm2gx1＋ ⑪
在物块m2由B运动至D的过程中，根据动能定理有：－μm2gx2＝ － ⑫
(1)带电粒子的比荷；
(2)C点的坐标。
【答案】(1) ；(2)（0，-3t）
【解析】
【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向
y轴方向
联立解得
(2)设带电粒子经过B点时的速度方向与水平方向成θ角
解得
则带电粒子经过B点时的速度
由洛伦兹力提供向心力得
解得
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知弦BC的长度
因物块由P点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：vy＝vDtan60° ⑥
物块由D运动至N的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m2g(h＋R－Rcos60°)＝ － ⑦
在N点处，物块受重力m2g和圆轨道的支持力FN′作用，根据牛顿第二定律有：FN′－m2g＝ ⑧
根据牛顿第三定律可知，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力FN＝FN′ ⑨
(2)亮区右边界到P点的距离d。
【答案】(1) ；(2)1m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据折射定律得
得
(2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到G的距离d就是所求宽度。
设紫光临界角为 ，由全反射的知识得
得
中
得
中
得
2．如图所示，在x≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，在x>0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现一带正电的粒子从x轴上坐标为（-2l，0）的A点以速度v0沿x轴正方向进入电场，从y轴上坐标为（0，l）的B点进入磁场，带电粒子在x>0的区域内运动一段圆弧后，从y轴上的C点（未画出）离开磁场。已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。求：
【答案】(1) ；(2)距离范围为 ；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)经加速电场有
Байду номын сангаас在磁场中
解得碳12的比荷
(2)粒子在磁场中圆运动半径
由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O1）或右偏α角（轨迹圆心为O2），落点到O的距离相等均为L=2rcosθ，故θ=0°时落点到O的距离最大
Lmax=2r=x
故θ=α时落点到O的距离最小
(1)求碳12的比荷；
(2)由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D上的落点到O的距离的范围；
(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U±ΔU），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。现从容器A中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；
(2)要使运动员全过程的水平运动距离达到最大，B点的高度h应调为多大；对应的最大水平距离 为多大？
(3)若图中H=4m，L=5m，动摩擦因数 ，则全过程的水平运动距离要达到7m，h值应为多少？（已知 ）
【答案】(1) ；(2) (3) 或
【解析】
【分析】
【详解】
9．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝1.0m圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的数值距离是h＝2.4m．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块通过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g取10m/s2)．求：
⑴物块m2过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的滑动摩擦因数μ；
⑵若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；
⑶若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功W．
【答案】⑴vB＝6m/s，μ＝0.4；⑵FN＝16.8N；⑶W＝8.0J
【解析】
试题分析：⑴由题意质量为m2的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块通过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2可知，物块m2过B点时的瞬时速度为：vB＝6m/s，加速度为：a＝－4m/s2①
解得
所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
4．如图所示，电流表A视为理想电表，已知定值电阻R0=4Ω，滑动变阻器R阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E=6V．闭合开关S，当R=3Ω时，电流表的读数I=0.5A。
（1）求电源的内阻。
（2）当滑动变阻器R为多大时，电源的总功率最大?最大值Pm是多少?
【答案】（1）5Ω；（2）当滑动变阻器R为0时，电源的总功率最大，最大值Pm是4W。
Lmin=2rcosα=xcosα
所以落点到O的距离范围为
。
(3)设碳12的质量为m1，碳14的质量为m2，并且
根据 可知：
碳12的运动半径
碳12的最大半径
同理：
碳14的运动半径
碳14的最小半径
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的
最远距离，即
(1)粒子从O点进入匀强电场时的速度v0；
(2)匀强电场的场强E的大小。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对于粒子在AB间加速过程，由动能定理得
可得
(2)粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O距离为L，以O为坐标原点，沿着v0方向建立 轴，逆着场强方向建立 轴，则有 轴方向粒子做匀速直线运动，有
故C点的坐标为（0，-3t）。
3．如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E＝ ，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝ 。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
由于物块m2恰好通过圆轨道的最高点M，设通过速度为vM，根据牛顿第二定律有：m2g＝ ⑬
设物块m2运动至P点时的速度为vP，在m2由P运动至M的过程中，克服摩擦力做功为W3，根据动能定理有：－m2g(R＋Rcos60°)－W3＝ － ⑭
根据几何关系可知：vP＝ ⑮
释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W＝μm2gx1＋μm2gx2＋W3⑯
物块离开B点后在桌面上受重力m2g、桌面的支持力N和滑动摩擦力f作用，根据牛顿第二定律可知，在水平方向上有：－f＝m2a②
在竖直方向上有：N－m2g＝0③
根据滑动摩擦定律有：f＝μN ④
由①②③④式联立解得：μ＝ ＝0.4
⑵物块从D点离开桌面后做平抛运动，设至P点时速度在竖直方向上的分量为vy，则在竖直方向上，根据自由落体运动规律有：h＝ ⑤
(1)设AB与水平面夹角为θ，A运动到B过程，克服摩擦阻力做功为
由A运动到B过程，由动能定理得
则
(2)物体做平抛运动，则 ， ，所以
当 ，即
时x有最大值为
对应的最大水平距离为
(3)由(2)可知
代入数据得
即
6．如图所示，MN是一个水平光屏，多边形ACBOA为某种透明介质的截面图。 为等腰直角三角形，BC为半径R=8cm的四分之一圆弧，AB与光屏MN垂直并接触于A点。一束紫光以入射角i射向AB面上的O点，能在光屏MN上出现两个亮斑，AN上的亮斑为P1（未画出），AM上的亮斑为P2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为 。
高中物理数学物理法题20套(带答案)
一、数学物理法
1．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为 的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S上形成一亮区，已知屏幕S至球心距离为 ，玻璃半球对紫光的折射率为 ，不考虑光的干涉和衍射。求：
(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角 ，其折射角α；
由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W＝ ＋m2gh( － )－m2gR( ＋cos60°)
代入数据解得：W＝7.2J＋4.8J－4.0J＝8.0J
考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题．
10．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上．若机舱口下沿距地面3.2m，气囊所构成的斜面长度为4.0m，一个质量为60kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240N．求：
上的亮斑刚消失设紫光的临界角为 ，画出光路图
则有
当 时， 面上反射角 ，反射光线垂直射到 面上后入射到 上，则
解得
7．如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成 角放置，两板间的电势差 。B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy的坐标原点O点，y轴沿竖直方向。现有一带负电的粒子P，其比荷为 ，从A板中心 处静止释放后，沿垂直于金属板的直线 进入x轴下方第四象限的匀强电场E中，该匀强电场方向与A、B板平行且斜向上。粒子穿过电场后，从Q点（0，-2）离开电场（Q点图中未标出），粒子的重力不计。试求：
2r1max 2r2mincosα
联立解得ΔU应满足的条件
答：(1)碳12的比荷为 ；(2)碳12在底片D上的落点到O的距离的范围为 ；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则 U应满足 。
【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。
轴方向粒子做匀加速直线运动，有
代入数据得，匀强电场的场强大小
8．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q，从容器A下方的小孔S不断飘入电压为U的加速电场，经过S正下方的小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D上并被吸收。已知D与O在同一平面内，其中碳12在底片D上的落点到O的距离为x，不考虑粒子重力和粒子在小孔S处的初速度。
(1)某粒子从O运动到O'的时间；
(2)在I区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
【答案】(1) ；(2) ；(3)0
【解析】
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
则轨迹半径为
粒子从 运动到 的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
周期为
所以运动时间为
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为
在II区受到的电场力为
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿 方向的位移为 ，由动能定理得