2024年高考新课标卷物理真题T24-T26变式题

1．将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角 （1）求此时P、Q绳中拉力的大小； （2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 2．如图，滑雪运动员在倾角为37°的斜坡滑道上进行训练，滑道与水平地面平滑连接。采用风洞吹出的风帮助运动员在整个运动过程中调整姿态。运动员受到的风力水平且大小和运动员与风的相对速率成正比。该运动员由静止起沿斜坡滑道下滑，接近斜坡底端时匀速下滑，速度大小为25m/s。进入水平地面后继续滑行50m停下。已知运动员质量为55kg，运动员与斜坡，水平地面间的动摩擦因数约为0.3，重力加速度g取。求： （1）运动员在斜坡上匀速下滑时受到的水平风力大小； （2）运动员在水平地面上滑动过程中水平风力对运动员做的功。    3．一架喷气式飞机，质量为，起飞过程中从静止开始滑行的路程为时（做匀加速直线运动），达到起飞速度，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的k倍（），g取，求飞机受到的牵引力。 4．人手持质量为1kg的石块在10m高处（身高不计），从静止抛出，脱手时速度为10m/s，方向30°角斜向上方，不计空气阻力，取。求 （1）人对石块做的功； （2）石块落地时的速度大小。    5．如图所示，等腰三角形基座固定在水平地面上，其两腰长为L，底角θ为30°，表面光滑，在顶点B的正上方 L 处有一光滑定滑轮，细绳绕着定滑轮缓慢拉着物体，定滑轮大小不计，物体可看作质点，已知物体的质量为 m，重力加速度大小为g，当物体从基座底端到中点C时，求： （1）细绳的拉力 F； （2）细绳的拉力对物体做的功W。    6．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实如图，设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为，方向都与水平方向成，重物离开地面后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深。已知重物的质量为，取，求： （1）重物刚落地时的速度是多大； （2）重物对地面的平均冲击力是多大。 7．如图，用细绳a把小球悬挂在天花板下，另一根水平细绳b缓慢拉起小球，已知物体的重力为，（，）求： （1）当绳a与竖直方向夹角为时，两根绳子对小球的拉力、的大小。 （2）若绳a的最大承受力为50N，则为使绳a不断，缓慢拉动小球过程中，绳a与竖直方向夹角的范围。 8．如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R、质量均为m。现给A施加一大小变化的拉力F，使A缓慢移动，移动过程中拉力F与水平方向的夹角θ始终为60°，直至A恰好运动到B的最高点处于静止状态，整个过程中B始终保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，拉力F大小未知，求： (1)整个过程中拉力F做的功W； (2)A恰好运动到B的最高点时，地面对B的支持力N0； (3)A刚要离开地面时拉力的大小F和此时B与地面动摩擦因数的最小值μ。 9．如图所示，长度为L的轻绳上端固定在O点，下端系质量为m的小球，在水平拉力F作用下，轻绳与竖直方向的夹角为时，小球在Q点保持静止。已知重力加速度为g，，。 （1）求力F的大小； （2）若用大小为2F的水平拉力，把小球从轻绳悬垂时的最低点P拉至Q点时，小球的速度多大？ （3）接第（2）问，若小球被拉至Q点时撤去拉力，则小球继续上摆到达的位置距最低点P的高度是多大？ 10．如图所示，两个半圆柱A、B和一个光滑圆柱C紧靠着静置于水平地面上，C刚好与地面接触，三者半径均为R，C的质量为m，A、B的质量都为，A与地面的动摩擦因数为μ=0.5。现用水平向左的力推A，使A缓慢移动而抬高C，直至A的左边缘和B的右边缘刚好接触，整个过程中B始终静止不动，重力加速度为g，求： （1）用隔离法证明地面对半圆柱体A的支持力不变； （2）全过程推力对A做的功。 11．如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2）平台距地面的高度。 12．如图所示，质量M为2kg的长木板 B静止在水平面上。某时刻质量 m=8kg的小物块A，以大小 v0=4m/s的初速度， 从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。已知A与B上表面之间的动摩擦因数 μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数 μ2=0.1，取重力加速度 g=10m/s2，长木板B足够长，求： （1）物块A 刚滑上木板时，物块A的加速度大小 a1； （2）物块A 在木板上相对于木板B滑行的距离L。 13．如图所示，一质量M=4kg，长L=3.2m的长木板B静止于光滑水平地面上，质量m=2kg的小物块A（可视为质点）以v0=6m/s的速度滑上B的左端，已知A与B之间动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g＝10 m/s2， （1）从A滑上B，经多长时间A、B相对静止？ （2）A滑上B后2.8s内B的位移？ 14．如图所示，在水平地面上有一长木板和一个可视为质点的小物块，它们分别以初速度和相向运动，结果物块恰没有从木板上滑落，二者运动的图像如图所示。试求： （1）长木板上、下表面的动摩擦因数； （2）长木板与小物块的质量比和板的长度。 15．一平板车质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面高h=1.25m，一质量m=50kg的小物块（可视为质点）置于车的平板上，它到车尾的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力F，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m，不计路面与平板车间的摩擦，g取10 m/s2，求： （1）对平板车施加的水平方向的恒力F为多少； （2）物块落地时的速度大小； （3）物块落地时，落地点到车尾的水平距离s。 16．如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。（g取），求： （1）B离开平台时的速度； （2）B从开始运动到刚脱离A所用的时间； （3）A左端的长度。 17．如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），以的速度水平向右从左端滑上质量为M的长薄板，小滑块恰好滑到长薄板中点。已知，滑块与长薄板间、长薄板与水平地面间的动摩擦因数分别为，。（g取）。求： （1）滑块刚滑上长薄板时滑块和长薄板的加速度； （2）长薄板的长度； （3）若改变小滑块质量为，仍以的速度从左端滑上长薄板，小滑块恰好未从长薄板右端滑落，与m满足什么关系。 18．如图所示，一个质量为m=2kg的小物块（可看成质点）开始时静止在高度h=0.2m、长度L=4m、质量M=1kg的木板AB的最左端A处，C点为AB的中点，木板上表面AC部分粗糙，CB部分光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1，现对小物块施加一个水平向右的大小为F=12N的恒力，木板和小物块恰好能保持相对静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求小物块与木板上表面AC部分间的动摩擦因数μ2； （2）如果对小物块施加一个水平向右的大小为F=14N的恒力，当小物块运动到达C点时，小物块和木板的速度各为多少？ （3）在第（2）问的情况下，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板B端的水平距离。 19．如图， 水平地面上有一“L”型溥滑板，竖直高度，处有一固定障碍物， 滑板右端到障碍物的距离为。滑板左端施加水平向右的推力的同时，有一小物块紧贴竖直板的点无初速度释放，滑板撞到障碍物时立即撤去力，滑板以原速率反弹，小物块落在地面上。滑板质量 ，小物块质量 ，滑板与小物块，滑板与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。 （1）撤去力前小物块能否相对于滑板静止？说明理由； （2）求小物块离开滑板到落地过程中的水平位移大小； （3）求小物块落地时到滑板端的距离。    20．如图所示，一质量的滑板Q静止在光滑水平桌面上，其右侧A处有一与滑板等高的柱子（不计宽度，上表面光滑），柱子顶端距离地面BC的高度为R。现一质量为m的物块P（视为质点）以速度水平滑上滑板。当滑板Q运动到A时被柱子牢固粘连。已知滑板Q长，其右端到A的距离L在范围内变化，物块P与滑板Q间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求： （1）物块刚滑上滑板时，滑板的加速度的大小； （2）当时，物块P运动到A点时的速度大小； （3）试讨论：物块从A飞出后，在地面上的落点到B的距离x与L的关系。 21．一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； （2）电场强度的大小； （3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。 22．如图所示，平面直角坐标系xOy平面内，在和间范围内分布着匀强磁场和匀强电场，磁场的下边界AP与y轴负方向成45°角，其磁感应强度大小为B，电场上边界为x轴，其电场强度大小为E。现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由A点垂直于y轴射入磁场，带电粒子的比荷为。粒子重力不计，一部分粒子通过磁场偏转后由边界AP射出并进入电场区域。 （1）求能够由AP边界射出的粒子的最大速率； （2）粒子在电场中运动一段时间后由y轴射出电场，求射出点与原点的最大距离。 23．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个电子从负极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达正极板时恰好落在极板中心。已知电子的电荷量绝对值为e，电子的质量m，忽略重力和空气阻力的影响，求： （1）极板间的电场强度E； （2）电子在极板间运动的加速度a； （3）电子的初速度v0。 24．示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示．若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d，求U1和U2的比值。 25．如图所示，在平面直角坐标系x轴上方有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有与x轴正方向成角斜向右上方的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上点沿y轴负方向以一定初速度射出，粒子连续两次都经过x轴上Q点（未画出）进出电场，当粒子第二次经过Q点时，仅将磁场方向改成垂直坐标平面向里，则粒子第四次经过x轴时还是在Q点，粒子重力不计，求： （1）粒子在P点射出的初速度的大小； （2）匀强电场的电场强度E的大小； （3）粒子从P点射出到第三次经过Q点运动的时间．    26．如图所示，水平虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，上方存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小；一质量为m、带电荷量为的粒子自电场中距虚线高h处的A点，以速度水平向右射出，进入磁场后的轨迹半径为，接着又进入匀强电场，这样粒子在匀强磁场和匀强电场中做周期性运动，不计粒子受到的重力。求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小B； （2）粒子在一个周期内的平均速度大小v。 27．如图，水平虚线MN上方一半径为R的半圆区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半圆磁场的圆心O在MN上，虚线下方有平行纸面向上的范围足够大的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点以大小为的初速度平行纸面射入磁场，速度方向与ON的夹角，粒子在磁场中运动的圆轨迹刚好与磁场边界相切，粒子进入电场后又从P点进入磁场，，不计粒子的重力，求： （1）匀强磁场的磁感应强度大小； （2）匀强电场的电场强度大小； （3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。    28．如图所示，一虚线将坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，。虚线上方区域为垂直指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为、质量为m的粒子从P点以沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。 （1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离； （2）若，求磁感应强度的大小； （3）若且，求粒子被抛出后到达x轴所用的时间。 29．如图所示，虚线将坐标系分成上下两部分，上方区域为竖直向下的匀强电场，下方为垂直纸面向外的匀强磁场。一个电量为、质量为的带电粒子从点以初速度水平抛出，恰好从点进入磁场。A、B、C三点坐标分别为、、，不计粒子重力。求： （1）电场强度的大小； （2）若粒子第一次在磁场中运动时能过点，磁感应强度的大小； （3）若粒子第一次离开磁场后再次经过点，则粒子从离开磁场到点的时间为多少？ 30．如图所示的平行板电容器中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E1=1.0×105V/m，PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，边界AO与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m。一带电量q=8.0×10-19C，质量m=8.0×10-26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。不计离子重力，取3.14，求： （1）离子运动的速度； （2）离子从通过y轴进入磁场到第二次穿越边界线OA所用的时间； （3）离子第四次穿越边界线OA时的速度（最后结果保留两位有效数字）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．（1），；（2） 【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向 水平方向 联立代入数值得 ， （2）整个过程根据动能定理得 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 2．（1）；（2） 【详解】（1）以运动员为研究对象，运动员在斜坡上匀速下滑时的受力分析如图所示    匀速下滑时运动员与风的相对速率不变，所以受到的风力不变。沿斜面方向 垂直斜面方向 又 联立可得 代入数据解得 （2）运动员在水平地面上滑动时速率减小，风力为变力，根据动能定理可得 其中 联立解得 代入数据解得 3． 【详解】以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为 WG=0，W支=0，W牵=Fx，W阻=-kmgx 由动能定理得 解得 4．（1）；（2） 【详解】（1）根据动能定理得，小球抛出过程中人的手对小球做功为 （2）石块脱手后到落地过程，只有重力对石块做功，根据动能定理得： 解得石块落地时的速度大小为 5．（1）；（2） 【详解】（1）设AB与BC的夹角为，AC与斜面的夹角为，则对物体C进行受力分析，如图所示    可得，根据余弦定理可得 则根据正弦定理可得 解得 则有 沿斜面方向根据受力平衡可得 解得 （2）从底端到中点C，由动能定理可得 解得细绳的拉力对物体做的功为 6．（1）3m/s；（2）11750N 【详解】（1）两根绳子对重物的合力 N 从刚拉重物到重物落地，根据动能定理有 解得 m/s （2）重物从落到地面到砸深，应用动能定理可得 解得 N 7．（1），；（2） 【详解】（1）根据题意，对小球受力分析，由平衡条件有 解得 （2）若绳a的最大承受力为50N，则为使绳a不断，缓慢拉动小球过程中，设绳a与竖直方向夹角为，则有 则有 解得 即绳a与竖直方向夹角的范围 8．(1)mgR；(2)2mg；(3)； 【详解】(1)对A由动能定理得 W-mgR=0 解得 W=mgR (2)A恰好运动到B的最高点时，根据共点力的平衡条件可知：A受重力和B对A的支持力，拉力 F=0 对A、B整体分析，由共点力的平衡条件得 N0=mg+mg=2mg (3)A刚要离开地面时，地面对A的支持力为零，A受力如图，根据几何关系可得出α=30°，即刚开始时B对A的支持力N1与拉力F垂直 根据平衡条件有 F=mgcosα=A、B整体受到重力、地面的支持力N、拉力F和地面水平向右的摩擦力，根据平衡条件有 解得 9．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）在Q点，对小球由受力分析，如图所示 由平衡条件得 代入数据得 （2）把小球从最低点P拉至Q点过程中，由动能定理得 则此时小球的速度为 （3）撤去拉力后，小球若能摆至轻绳水平的位置，则需要克服重力做的功为 而拉力做的功为 可见 说明小球不能摆至轻绳水平的位置。设小球能摆到的高度为h，则由功能关系有 解得 10．（1）见解析；（2） 【详解】（1）静止时，对A、C受力分析，受力示意图如图所示 对C由平衡条件可得 对A由平衡条件可得 联立解得 因此地面对半圆柱体A的支持力不变，始终等于mg。 （2）A受到的滑动摩擦力为 由几何关系可得，A向左移动的距离为 A沿竖直方向上升的距离为 对A由动能定理可得 联立解得 11．（1）4m/s；；（2） 【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 薄板做加速运动的加速度 对物块 对薄板 解得 （2）物块飞离薄板后薄板得速度 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 则平台距地面的高度 12．（1）2m/s2；（2）1.6m 【详解】（1）对A由牛顿第二定律得 代入数据解得 （2）对B由牛顿第二定律得 代入数据解得 设经过时间t1后，A、B速度相等由速度—时间关系可得 代入数据解得 t1=0.8s v=2.4m/s 物块A 在木板上相对于木板B滑行的距离 13．（1）0.8s ；（2）4.8m 【详解】（1）A滑上B ， 根据 解得 （2）0-0.8s内 0.8-2.8s内 A滑上B后2.8s内B的位移 14．（1）0.2，0.1；（2），4.5m 【详解】（1）由图像可知物块先向右减速停下后再反向加速至与木板共速，再一起减速停下，图中三段线对应的加速度分别为 物块在木板上相对滑动时，对物块根据牛顿第二定律可得 解得长木板上表面的动摩擦因数为 相对静止后一起滑动时，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律可得 解得长木板下表面的动摩擦因数为 （2）相对滑动时，对木板根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 图像中所围面积表对应的位移，两者的位移差即为板长，故有 15．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）物块开始运动的加速度方向向前（右），大小为 物块离开车前对地位移： 在t1时间内，小车对地的位移 由位移关系： 由牛顿第二定律： 小车所受拉力 （2）物块从脱离小车到落地所用的时间 落地时水平和竖直方向的速度分别为： ， 所以落地时的速度为 （3）物块离开车时的速度（方向向右） 物块的水平射程： 物块离开车后，车的加速度 t1末小车速度 在t2内的位移 物块落地点到车尾的距离 16．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）B离开平台做平抛运动，竖直方向有 水平方向有 解得 （2）B从开始运动到刚脱离A，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 解得 又 解得 （3）B开始运动前，A向右做匀加速运动。设B刚开始运动时A的速度为对A由牛顿第二定律得 解得   设B运动后A的加速度为aA，对A 解得   对B 得 解得 17．（1），；（2）1.25m；（3） 【详解】（1）对小滑块，有 解得 =5m/s2 对长薄板，有 解得 =15m/s2 （2）小滑块恰好滑到长薄板中点，表明这时恰好达到共速，有 解得 t=0.25s 则小滑块的位移为 薄板位移为 则薄板长度为 =1.25m （3）对小滑块 对薄板有 设经过时间恰好不从右端滑离薄板，有 整理有 物块和木板的位移关系有 解得 或(舍去) 故 18．（1）0.3；（2）8m/s，6m/s；（3）1.62m 【详解】（1）因为木板和小物块恰好能保持相对静止，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对整体 对小物块 解得 （2）若，此时小物块与木板发生相对滑动，对木块受力分析，根据牛顿第二定律有 可得木板加速度 对小物块有 可得小物块加速度 根据位移关系有 解得 设小物块到C点时小物块和木板各自的速度分别为v1、v2，根据速度公式有 ， （3）当小物块到达C点撤去F后，小物块水平方向不受力，做匀速直线运动，木板受到地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律得 代入数据得 设再经过小物块离开木板，则 代入数据得 离开时木板的速度 小物块离开木板后做平抛运动 解得 该过程小物块沿水平方向的位移 木板在水平方向做匀减速运动，其加速度 时间内木板的位移 所以小物块落地时与木板B端的水平距离 19．（1）撤去力前小物块相对于滑板静止；（2）；（3） 【详解】（1）假设撤去力前小物块与滑板相对静止，设向右的加速度为，对小物块与滑板组成的整体有 解得 因为 故假设成立，所以撤去力前小物块相对于滑板静止。 （2）设滑板撞到障碍物时的速度大小为，则有 滑板撞到障碍物后小物块做平抛运动 小物块平抛运动的水平位移 （3）撞到障碍物后滑板运动的加速度大小为，则有 滑板停止运动所用时间 则物块落地时，滑板尚末停止运动，物块落地时滑板向左运动的距离为， 物块落地时到的距离为 20．（1）；（2）；（3）当时，，当时， 【详解】（1）对滑板Q，根据牛顿第二定律 解得滑板的加速度的大小为 （2）对物块P，根据牛顿第二定律 解得 设经时间物块P与滑板Q共速，则 解得 ， 物块P在滑板Q上滑动距离为 此过程滑板Q的位移为 说明物块P与滑板Q共速时，滑板Q恰与柱子粘连，物块P继续做匀减速运动，则 解得物块P运动到A点时的速度大小为 （3）由（2）可知，当时，物块P运动到A点时的速度相同，物块从A飞出后做平抛运动，有 在地面上的落点到B的距离为 当时，物块P一直做匀减速运动，则 在地面上的落点到B的距离为 21．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 根据洛伦兹力提供向心力 解得做圆周运动的半径为 周期为 （2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得 解得 （3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得 故可得该段时间内沿y方向位移为 根据几何知识可得 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为 联立解得 22．（1）；（2） 【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动，速度越大，则半径越大。速度最大的粒子刚好由P点射出，如图所示 由洛伦兹力提供向心力得 由几何关系知 联立解得，能够由AP边界射出的粒子的最大速率为 （2）粒子从P点离开后，垂直于x轴进入电场后做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 在电场中运动时，有 联立解得，射出点与原点的最大距离为 23．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）极板间匀强电场电场强度与电势差关系可得 （2）根据牛顿第二定律得电子在极板间运动的加速度 （3）由位移公式，得 电子的初速度 24． 【详解】在加速电场U1中，由动能定理得 qU1＝mv2 以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离 y1＝at2 其中 t＝ 速度方向与水平方向成θ角，则有 vy＝at tanθ＝ 离开偏转电场后偏移的距离 y2＝dtanθ 根据牛顿第二定律有加速度 a＝ 而总的偏移距离 y＝y1＋y2＝d 联立以上几式解得 ＝ 25．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由题意可知，粒子第一次经过Q点时，速度与电场方向相反，粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示．    设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有 解得 根据牛顿第二定律有 解得 （2）磁场方向改变后，粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示。    粒子从M点进入电场，且速度与电场方向垂直，据几何关系有 粒子从M点到Q点在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，则有 据牛顿第二定律 解得 （3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 粒子在磁场中运动的总时间 粒子第一次在电场中运动的时间 粒子第二次在电场中运动的时间 故所求的总时间 26．（1）；（2） 【详解】（1）设粒子在电场中的加速度大小为，由牛顿第二定律得 解得 在电场中做类平抛运动的水平位移为，时间为，则 竖直方向有 粒子进入磁场时的速度大小为，方向与水平虚线的夹角为，则 ， 联立解得 ，，， 粒子在磁场中由牛顿第二定律得 解得 （2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系可得 可知，粒子将从A点正下方第一次离开磁场，由对称性可知，粒子再次进入电场之后，做类斜抛运动，运动到点，速度恰好为水平的，则粒子完成一个运动周期，设粒子一个周期内的位移大小为，则有 粒子在匀强电场中运动的时间为 粒子在匀强磁场中运动的周期为 粒子在匀强磁场中运动的时间为 粒子在一个周期内的平均速度大小为 解得 27．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示    由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径 根据牛顿第二定律 解得 （2）根据题意，设粒子射出磁场的位置为Q，由几何关系有 粒子从P点进入磁场，粒子在电场中做类斜上抛运动，根据对称性可知 又有 解得 （3）粒子从P点进入磁场后，根据对称性可知，粒子的运动轨迹仍刚好与磁场边界相切，并从O点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间 粒子在电场中运动的时间 因此粒子在电场、磁场中运动的总时间 28．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）将在沿电场强度方向和垂直电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，沿电场强度方向有 ， 最远距离 （2）粒子轨迹如图所示 粒子从在垂直电场强度方向上做匀速直线运动，则 粒子从做匀速圆周运动，由 整理得 由几何关系知 结合 解得 （3）粒子从的时间 由于 可知 对应的 由几何关系可知，粒子从的圆心角 则 由题意知，粒子的运动具有重复性，结合几何关系有 故粒子从抛出至到达x轴的时间 解得 29．（1）；（2）；（3）或 【详解】（1）从C到B过程，粒子做类平抛运动 联立解得 ， （2）粒子第一次进入磁场时，速度与水平方向夹角满足 根据几何关系，虚线与水平方向夹角 则进入磁场时，粒子速度方向与虚线夹角为 速度大小为 在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，轨迹圆心与B点连线与x轴负方向夹角为30°，故轨迹半径 根据洛伦兹力提供向心力 解得 （3）根据对称性，粒子出磁场时，速度方向也与虚线夹角30°，即水平方向出磁场，出磁场后做类平抛运动，刚好到C，设出磁场的位置到y轴的距离为x，则根据几何关系到A点的竖直距离为，从出磁场到C过程中 联立解得 或 30．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在相互垂直的匀强磁场和匀强电场区域内沿着PQ做直线运动，则可知粒子在该区域内所受电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，粒子处于平衡状态，沿着PQ做匀速直线运动，则根据平衡条件有 解得 （2）粒子进入磁场区后在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，则根据洛伦兹力充当向心力有 可得 代入数据解得 做出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 粒子磁场中做圆周运动的周期 可知粒子从Q点到第一次穿越OA所用的时间 粒子穿越OA后进入电场做匀减速直线运动直至速度减为零，然后反向加速，以第一次穿过OA的速度大小反向穿过OA，设粒子在电场中运动的时间为，则根据速度时间关系可得 解得 如此可知，离子从通过y轴进入磁场到第二次穿越边界线OA所用的时间 （3）根据粒子的运动轨迹图像分析可知，粒子第二次穿越OA后在磁场中做圆周运动到第三次穿越OA所用时间等于，第三次穿越OA后在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其位移的偏向角等于，则有 解得 则第四次穿过OA时竖直方向的分速度 由此可得离子第四次穿越边界线OA时的速度 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$