【文章內容簡介】 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。（2）加速電壓的值。25．（20分）空間存在著以x=0平面為分界面的兩個勻強磁場，左右兩邊磁場的磁感應強度分別為B1和B2，且B1:B2=4:3，方向如圖所示?，F(xiàn)在原點O處一靜止的中性原子，突然分裂成兩個帶電粒子a和b，已知a帶正電荷，分裂時初速度方向為沿x軸正方向，若a粒子在第四次經(jīng)過y軸時，恰好與b粒子第一次相遇。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。（2）a粒子和b粒子的質量之比。26如圖所示，ABCDE為固定在豎直平面內的軌道，ABC為直軌道，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?，F(xiàn)有一質量為m的小物體(可以看作質點)從斜面上的A點靜止滑下，小物體與BC間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)要使小物體第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡諧運動(重力加速度為g)。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μ2mgcosθ2s=兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程：（mgsinθ+μmgcosθ）L= 木塊C與A碰撞前后，總動量守恒，則3m，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μ4mgcosθ2s′=木塊C與A在P點處分開后，木塊C上滑到R點的過程：（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=在木塊壓縮彈簧的過程中，重力對木塊所做的功與摩擦力對木塊所做的功大小相等，因此彈簧被壓縮而具有的最大彈性勢能等于開始壓縮彈簧時兩木塊的總動能.因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動能E木塊C與A壓縮彈簧的初動能E即E因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s′綜上，得L′=L5（1）設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1,根據(jù)動量守恒定律： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s （1分）（2）設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經(jīng)過t0與木盒相遇,則： （1分）設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：得： （1分）設木盒減速運動的時間為t1,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t2，則：=1s （1分）故木盒在2s內的位移為零 （1分）依題意： （2分）代入數(shù)據(jù)，解得： s=7．5m t0=0．5s （1分）（3）自木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中,傳送帶的位移為S，木盒的位移為s1,則： （1分） （1分）故木盒相對與傳送帶的位移： 則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： （2分）6（1）設粒子從電場中飛出時的側向位移為h, 穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則： h=at2/2 （1分） 即： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得： h=0．03m=3cm （1分）帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得： （1分）代入數(shù)據(jù)，解得: y=0．12m=12cm （1分）（2）設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy=at= 代入數(shù)據(jù)，解得: vy=1．5106m/s （1分）所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為： （1分）設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則： （1分）因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直。勻速圓周運動的半徑： （1分）由： （2分）代入數(shù)據(jù)，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