【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 BC 段向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?a3=g（ sin37176。 +ucos37176。） =10m/s2 返回時(shí)的速度大?。?a2=g（ sin37176。 ucos37176。） =2m/s2 BC 間的距離： sBC=vB2/2a11/2a2（ tuR/a1） 2= （ 08） 24.(15 分 )某興趣小組 設(shè)計(jì)了如圖所示的玩具軌道，其中“ 20xx”四個(gè)等高數(shù)字用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi) (所有數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細(xì)管的內(nèi)徑大得多 )，底端與水平地面相切。彈射裝置將一個(gè)小物體 (可視為質(zhì)點(diǎn) )以 Va=5m/s 的水平初速度由 a 點(diǎn)彈出，從 b 點(diǎn)進(jìn)入軌道，依次經(jīng)過“ 8002”后從 p 點(diǎn)水平拋出。小物體與地面 ab 段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ =，不計(jì)其它機(jī)械能損失。已知 ab 段長 L=,數(shù)字“ 0”的半徑 R=，小物體質(zhì)量 m=， g=10m／ s2。求： (1)小物體從 p 點(diǎn)拋出后的水平射程。 (2)小物體經(jīng)過數(shù)字“ 0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體作用力的大小和用心 愛心 專心 12 方向。 解：（ 1）設(shè)小物體運(yùn)動(dòng)到 p 點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v，對(duì)小物體由 a 運(yùn)動(dòng)到 p 過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 2211222 am g L R m g m v m v? ? ? ? ? ① 212 2R gt? ② s=vt ③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得 s= ④ （ 2）設(shè)在數(shù)字“ 0”的最高點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小物體的作用力大小為 F，取豎直向下為正方向 2mvF mg R?? ⑤ 聯(lián)立①⑤式，代入數(shù)據(jù)解得 F＝ ⑥ 方向豎直向下 （ 09） 24.（ 15 分）如圖所示 ，某貨場(chǎng)而將質(zhì)量為 m1=100 kg 的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道半徑 R= m。地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板 A、 B，長度均為 l =2m，質(zhì)量均為 m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ? 1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) ? 2=。（最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2） （ 1） 求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力。 （ 2） 若貨物滑上木板 A 時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板 B 時(shí)，木板 B 開始滑動(dòng)，求 ? 1 應(yīng)滿足的條件。 （ 3） 若 ? 1=，求貨物滑到木板 A 末端時(shí)的速度和在木板 A 上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 24. （ 1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為 0v ，對(duì)貨物的下滑過程中根 據(jù)機(jī)械能守恒定律得，21012mgR m v? ① ，設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為 NF ,根據(jù)牛頓第二定律得， 20xxN vF m g m R??② ，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得 3000NFN? ③ ,根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為 3000N，方向豎直向下。 用心 愛心 專心 13 （ 2）若滑上 木板 A 時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得 1 1 2 1 2( 2 )m g m m g????④ ，若滑上木板 B 時(shí)，木板 B開始滑動(dòng)，由受力分析得 1 1 2 1 2()m g m m g????⑤ ，聯(lián)立 ④ ⑤ 式代入數(shù)據(jù)得 1 ????? ? ⑥ 。 （ 3） 1 ?? ，由 ⑥ 式可知，貨物在木板 A 上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)。設(shè)貨物在木板 A 上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為 1a ，由牛頓第二定律得 1 1 1 1m g ma? ? ⑦ ，設(shè)貨物滑到木板 A 末端是的速度為 1v ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 221 0 12v v a l? ?? ⑧ ，聯(lián)立 ① ⑦ ⑧ 式代入數(shù)據(jù)得 1 4/v m s? ⑨ ，設(shè)在木板 A 上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 1 0 1v v at?? ⑩ ，聯(lián)立 ① ⑦ ⑨ ⑩ 式代入數(shù)據(jù)得 ? 。 （ 10） 24. （ 15 分）如圖所示、四分之一圓 軌道 OA 與水平軌道 AB 相切，它們與另一水平軌道 CD 在同一豎直面內(nèi)，圓軌道 OA 的半徑 R=，水平軌道 AB 長 S1＝ 3m， OA 與 AB 均光滑。一滑塊從 O 點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)滑塊經(jīng)過 A 點(diǎn)時(shí)，靜止在 CD 上的小車在 F= 的水平恒力作用下啟動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去 F0 當(dāng)小車在 CD 上運(yùn)動(dòng)了 S2＝ 時(shí)速度 v=，此時(shí)尚志恰好落入小車中。已知小車質(zhì)量M=，與 CD 間的動(dòng)摩擦因數(shù) ? ＝ 。（取 g=10m/ 2s ）求 （ 1）恒力 F 的作用時(shí)間 t. (2)AB 與 CD 的高度差 h。 24． (15 分 ) 解： (1)設(shè)小車在軌道 CD 上加速的距離為 s，由動(dòng)能定理得 22 21 MvM gsFs ?? ? ① 設(shè)小車在軌道 CD 上做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為 a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F－ μ Mg=Ma ② 221ats? ③ 聯(lián)立 ①②③ 式，代 入 數(shù)據(jù)得 t=1 s ④ (2)設(shè)小車在軌道 CD上做加速運(yùn)動(dòng)的末速度為 v′ ，撤去力 F后小車做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的 加速度為 a′ ，減速時(shí)間為 t′ ，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 v′ =at ⑤ －μ Mg=Ma′ ⑥ v= v′ +a′ t′ ⑦ 設(shè)滑塊的質(zhì)量為 m，運(yùn)動(dòng)到 A 點(diǎn)的速度為 vA，由動(dòng)能定理得 mgR=21mvA2 ⑧ 設(shè)滑塊由 A 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 B 點(diǎn)的時(shí)間為 t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 s1 =vAtl ⑨ 設(shè)滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí) 間 為 t1′ ，則 t1′=_t+ t′－ tl ⑩ 由平拋規(guī)律得 用心 愛心 專心 14 h=21g t′12 ○ 11 聯(lián)立 ②④⑤⑥⑦③⑨⑩ ○ 11 式，代人數(shù)據(jù)得 h= 十、電學(xué)綜合計(jì)算題 （ 07） 25.（ 18 分）飛行時(shí)間質(zhì)譜儀可以對(duì)氣體分子進(jìn)行分析。如圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥 P 噴出微量 氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生不同價(jià)位的正離子，自 a 板小孔進(jìn)入 a、 b 間的加速電場(chǎng)，從 b 板小孔射出，沿中線方向進(jìn)入 M、 N 板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達(dá)探測(cè)器。已知元電荷電量為 e， a、 b 板間距為 d，極板 M、 N 的長度和間距均為 L。不計(jì)離子重力及進(jìn)入 a 板時(shí)的初速度。 （ 1）當(dāng) a、 b 間的電壓為 1U 時(shí)，在 M、 N 間加上適當(dāng)?shù)碾妷?2U ，使離子到達(dá)探測(cè)器。請(qǐng)導(dǎo)出離子的全部飛行時(shí)間與比荷 K（ K=mne）的關(guān)系式。 （ 2）去掉偏轉(zhuǎn)電壓 2U ，在 M、 N 間區(qū)域加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，若進(jìn)入 a、 b間的所有離子質(zhì)量均為 m，要使所有的離子均通過控制區(qū)從右側(cè)飛出， a、 b 間的加速電壓 1U 至少為多少？ 解： （ 1）由動(dòng)能定理： neU1=1/2mv2 n 價(jià)正離子在 a、 b 間的加速度 a1=neU1/md 在 a、 b 間運(yùn)動(dòng)的 時(shí)間 t1=v/a1=12neUm d 在 MN 間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間： t2=L/v 離子到達(dá)探測(cè)器的時(shí)間： t=t1+t2=122 KULd? （ 2）假定 n 價(jià)正離子在磁場(chǎng)中向 N 板偏轉(zhuǎn)，洛侖茲力充當(dāng)向心力，設(shè)軌跡半徑為 R，由牛頓第二定律nevB=mv2/R 離子剛好從 N 板右側(cè)邊緣穿出時(shí)，由幾何關(guān)系： R2=L2+（ RL/2） 2 由以上各式得： U1=25neL2B2/32m 當(dāng) n=1 時(shí) U1取最小值 Umin=25eL2B2/32m 用心 愛心 專心 15 （ 08） 25.(18 分 )兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖 圖 2 所示 (規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向 )。在 t=0。時(shí)刻由負(fù)極板釋放一個(gè)初速度為零的帶負(fù)電的粒子 (不計(jì)重力 )。若電場(chǎng)強(qiáng)度 E0、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0、粒子的比荷mq均已知，且 ，兩板間距 h= 。 (1)求粒子在 0～ to 時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距 h 的比值。 (2)求粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑 (用 h 表示 )。 (3)若板間電場(chǎng)強(qiáng)度 E 隨時(shí)間的變化仍如圖 l 所示，磁場(chǎng)的變化改為如圖 3 所示，試畫出粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖 (不必寫計(jì)算過程 )。 解法一：（ 1）設(shè)粒子在 0～ t0 時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為 s1 21012s at? ① 0qEa m? ② 又已知 2 00 20xx02 , mEmthq B q B???? 聯(lián)立①②式解得 1 15sh? ③ （ 2）粒子在 t0~2t0 時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場(chǎng)方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為 v1，軌道半徑為 R1，周期為 T，則 10v at? ④ 2110 1mvqv B R? ⑤ 聯(lián)立④⑤式得 1 5hR? ? ⑥ 又02 mT qB?? ⑦ 即粒子在 t0~2t0 時(shí)間內(nèi)恰 好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在 2t0~3t0 時(shí)間內(nèi)，粒子做初速度為v1 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移大小為 s2 22 1 0 012s v t at?? ⑧ 解得 2 35sh? ⑨ 用心 愛心 專心 16 由于 s1+s2＜ h,所以粒子在 3t0~4t0 時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為 v2，半徑為 R2 2 1 0v v at?? ⑩ 2220 2mvqv B R? ○ 11 解得 2 25hR? ? ○12 由于 s1+s2+R2＜ h,粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在 4t0~5t0 時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)到正極板（如圖 1 所示）。因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑2 25hR? ?。 （ 3）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖 2 所示。 解法二：由題意可知，電磁場(chǎng)的周期為 2t0，前半周期粒子受電場(chǎng)作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 0qEam? 方向向上 后半周期粒子受磁場(chǎng)作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為 T 002 mTtqB??? 粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)。至第 n 個(gè)周期末，粒子位移大小為 sn 201 (