【正文】 道，AB光滑，BC粗糙，CDE為光滑圓弧軌道，軌道半徑為R，直軌道與圓弧軌道相切于C點，其中圓心O與BE在同一水平面上，OD豎直，∠COD=θ，且θ＜5176。所以v′=v設木塊C和A壓縮彈簧的最大長度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v,則μ4mgcosθ如右圖，三段圓弧的圓心組成的三角形是等邊三角形，其邊長為2r (2)帶電粒子在中間磁場區(qū)域的兩段圓弧所對應的圓心角為：，由于速度v相同，角速度相同，故而兩個磁場區(qū)域中的運動時間之比為： （3）電場中， 中間磁場中， 右側磁場中, 則15（20分）解：（1)根據粒子在電場中的偏轉方向，可知粒子帶正電，再根據左手定則判斷，磁場方向垂直于紙面向外。4等容變化：P4 = P0+ = 105 Pa 1分 P3 = P2 = 180。 2mgL－MgL=(M+2m)V2 2分 V= 2分(2)當C著地后，A、B二物體系統(tǒng)機械能守恒。 H2 = 2L 若M＜m，B物體著地后，A還會上升一段。當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的分量 v176。則ta=Ta1+Ta2 tb=Tb1+Tb2/2 （2分） ∵ （2分）∴ 即 （2分）代入數(shù)據并化簡得：解之得：26 (1)小物體下滑到C點速度為零才能第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運動 從C到D由機械能守恒定律有： mgR(1cosθ)= 在D點用向心力公式有： Fmg=m 解以上二個方程可得： F=3mg2mgcosθ (2)從A到C由動能定理有： mgsinθ(S+Rcotθ) μmgcosθ （2分）由此可得出，E的方向垂直磁場方向斜向右下（2分），與磁場邊界夾角為（2分），如圖答2所示。 ∵微粒受力平衡，電場力方向向上，場強方向向下∴微粒帶負電 （1分） mg = （1分） Uc=IR （1分） （1分） E = Blv0 （1分）由以上各式求出 （1分） （2）經時間t0，微粒受力平衡 mg = （1分） （1分） 求出 或 （1分） 當t t0時，a1 = g –，越來越小，加速度方向向下 （1分） 當t = t0時，a2 = 0 （1分） 當t t0時，a3 =– g，越來越大，加速度方向向上 （1分）：（1）質點從P到P，由平拋運動規(guī)律 h=gt v v 求出v= 方向與x軸負方向成45176。 MgL－mgL =(M+m)V2 2分將V代入，整理后得：M=m 1分若M＞m，B物體將不會著地。4由= 得 T3 = 653K 同樣得分）19（14分）(1)A、B、C三物體系統(tǒng)機械能守恒。2等溫變化：P1=P0+ =105Pa 1分 P2=P0=105Pa 1分P1L1= P2L2 1分 L2=15 cm 1分 （2）2174。勻速圓周運動的半徑： （1分）由： （2分）代入數(shù)據，解得： Q=1．04108C （1分）7(1)釋放小物體，物體在電場力作用下水平向右運動，此時，滑板靜止不動，對于小物體，由動能定理得： (2)碰后小物體反彈，由動量守恒定律：得 得 ．之后滑板以v2勻速運動，直到與物體第二次碰撞，從第一次碰撞到第二次碰撞時，物體與滑板位移相等、時間相等、平均速度相等 (3)電場力做功等于系統(tǒng)所增加的動能 8．(1)只有當CD板間的電場力方向向上即AB棒向右運動時，粒子才可能從O運動到O’，而粒子要飛出磁場邊界MN最小速度v0必須滿足： ①設CD間的電壓為U，則 ② 解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.所以根據（乙）t，粒子能穿過CD間的電場。求：(1)小物體過D點時對軌道的壓力大小 (2)直軌道AB部分的長度S1.（1）由于物體返回后在磁場中無電場，且仍做勻速運動，故知摩擦力為0，所以物體帶正電荷．且：mg=qBv2…………………………………………………………①（2）離開電場后，按動能定理，有：μmg=0mv2………………………………②由①式得：v2=2 m/s（3）代入前式①求得：B= T（4）由于電荷由P運動到C點做勻加速運動，可知電場強度方向水平向右，且：（Eqμmg）mv120……………………………………………③進入電磁場后做勻速運動，故有：Eq=μ（qBv1+mg）……………………………④由以上③④兩式得： 2（1）A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即（2）炸藥爆炸時有 解得 又 當sA＝1 m時sB＝，即當A、C相撞時B與C右板相距 A、C相撞時有： 解得＝1m/s，方向向左而＝，方向向右，故到A，B都與擋板碰撞為止，C的位移為m19.3固定時示數(shù)為F，對小球F=mgsinθ ①整體下滑：（M+m）sinθμ(M+m)gcosθ=(M+m)a ② 下滑時，對小球：mgsinθF=ma　　　　 　 ③ 由式①、式②、式③得 μ=tan θ4．木塊B下滑做勻速直線運動，有mgsinθ=μmgcosθ B和A相撞前后，總動量守恒,mv=2mv，所以 v= 設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v，則μ2mgcosθ求：（1）a粒子在磁場B1中作圓周運動的半徑與b粒子在磁場B2中圓周運動的半徑之比。不計重力的影響，粒子加速前速度認為是零，求：（1）為使粒子經電壓U2加速射入磁場后沿直線運動，直至射出PQ邊界，可在磁場區(qū)域加一勻強電場，求該電場的場強大小和方向。求：（1）A、B一起運動過程中距高臺邊緣的最大水