《2022年海淀区高三物理期末复习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年海淀区高三物理期末复习（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、优秀学习资料欢迎下载/ms-112 9 3 6 0 2 4 6 8 t/s海 淀 区 高 三 物 理 期 末 复 习200812 1跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用依山势特别建造的跳台进行的。运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。这项运动极为壮观。设一位运动员由山坡顶的 A 点沿水平方向飞出，到山坡上的B 点着陆。如图所示， 已知运动员水平飞出的速度为v0= 20m/s，山坡倾角为= 37，山坡可以看成一个斜面。（g = 10m/s2，sin37o= 0.6，cos37o= 0.8）求：（1）运动员在空中飞行的时间t；（2）AB 间的距离s。解：
2、 （1）运动员由A 到 B 做平抛运动水平方向的位移为x = v0t（ 2 分）竖直方向的位移为y = 21gt2（ 2 分）由可得，t = 02tan37ovg= 3 s （ 1 分）（ 2）由题意可知sin37= sy（ 1 分）联立得s = 037sin2gt2 （ 2 分）将 t=3s 代入上式得s = 75m（2 分）2两个完全相同的物块A、B，质量均为m=0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动。图中的两条直线分别表示A 物块受到水平拉力F 作用和 B 物块不受拉力作用的 -t 图象，求： 物块 A 所受拉力F 的大小； 8s 末物块 A、B 之间的距离s。解
3、：设 A、B 两物块的加速度分别为a1、a2，由 -t 图可得：21111260.75m/s80vat(1 分) 2222061.5m/s40vat负号表示加速度方向与初速度方向相反。(1 分 ) （算出 a = 1.5m/s2同样给分）对 A、B 两物块分别由牛顿第二定律得：Ff = ma1(1 分)，f = ma2 (1 分) 由 式可得： F = 1.8 N(1 分) 设 A、B 两物块 8s 内的位移分别为s1、s2，由图象得：11(612)872m2s(2 分) 216412m2s(2 分) 所以s = s1s260m (1 分) 或用公式法求解得出正确答案的同样给分。37B A v
4、0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载3一根轻绳长L=1.6m ，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为M=1kg 的沙箱 A，沙箱处于静止。质量为m=10g 的子弹 B 以水平速度v0=500m/s 射入沙箱，其后以水平速度v100m/s 从沙箱穿出（子弹与沙箱相互作用时间极短）。g=10m/s2.求：（1）子弹射出沙箱瞬间，沙箱的速度u 的大小；（2）沙箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能E损；（3）沙箱摆动后能上升的最大高度h；（4）沙箱从最高点回到最低点时，绳对箱的拉力F 的大小。解：
5、(1) 将子弹和沙箱视为一个系统，子弹在与沙箱相互作用瞬间，水平方向上遵循动量守恒，定水平向右为正方向mv0 = mv + Mu (2 分) 解得 u =0()mvvM= 310(500100)104/1m s（ 1 分）(2) 由能量守恒可得2220111222mmMvvuE损 （2 分）得 E损2220111222mmMvvu=22321110(500100 )110422=1192J (2分)(3)沙箱由最低点摆至最高点符合机械能守恒212MMghu(2 分) 22uhg242 100.8m （1 分）(4)沙箱由最高点返回最低点，根据机械能守恒，其速度大小不变，仍为4m/s。在最低点由
6、牛顿第二定律可知：2uFMgML(2 分) 2()uFM gL241 (10)1.6= 20N （ 2 分）4如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场。一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中。管的水平部分长为l1 = 0.2m，管的水平部分离水平地面的距离为h = 5.0m，竖直部分长为l2 = 0.1m 。一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半。(g = 10m/s2)求：小球运动到管口B 时的速度vB的大小；小球着地点与管口B 的水平距离s。解：在小球从A 运动到 B
7、的过程中，对小球由动能定理有：221102BmglF lm电(2 分) 解得：12(2 )Bg ll(2 分) 代入数据可得：B = 2.0m/s (2 分) 小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，V0 BO AA BE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载水平方向有：2ga(1 分)，212Bstat(2 分) 竖直方向有：221gth (1 分)由 式，并代入数据可得：s = 4.5m(2 分) 5电子自静止开始经M、N 板间（两板间的电压为U）的电场加速后从
8、A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L，如图所示求:（1）正确画出电子由静止开始直至离开匀强磁场时的轨迹图；(用尺和圆规规范作图) (2) 匀强磁场的磁感应强度（已知电子的质量为m，电荷量为e）解： （1）作电子经电场和磁场中的轨迹图，如右图所示（作图2 分）（2）设电子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：212eUmv（ 2 分）电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：2vevBmr（ 3 分）由几何关系得：222()rrLd （ 2 分）联立求解式得：emUdLLB2)(222（3 分）6如图所示，处于匀强
9、磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L = 1m，导轨平面与水平面成= 37o角，下端连接阻值为R 的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为 m = 0.2kg ，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为= 0.25。（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）求: 金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度a 的大小；当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R 消耗的功率为8W，求此时金属棒速度v的大小；在上问中，若R=2，金属棒中的电流方向由a 到 b，求磁感应强度B 的大小和方向。（g = 10m/s2，sin37o= 0.6，cos37o= 0.8）解：
10、 (1) 根据牛顿第二定律mgsinf = ma(1 分)f= N (1 分) N = mgcos (1 分) 联立得a = g (sin - cos )(1 分 ) 代入已知条件得a=10(0.6-0.25 0.8) a = 4m/s2 (1 分 ) a b R 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载设金属棒运动达到稳定时，速度为v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡mg（sin - cos ）-F=0 (1 分)此时金属棒克服安培力做功的功率P 等于电路中电阻R 消耗的电功率P = Fv (
11、1 分) 由两式解得(sincos )PPvFmg （1分）将已知数据代入上式得80.2 10(0.60.250.8)vv =10m/s ( 1分 )（用其它方法算出正确答案同样给分）(3) 设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为L，磁场的磁感应强度为B E=BLv ( 1 分 )EIR ( 1分)PI2R (1 分 ) 由式解得820.410 1PRBTTvL（1分）磁场方向垂直导轨平面向上 (1 分）7如图所示，水平台面AB 距地面的高度h=0.8m 。有一滑块从A 点以 v0=6m/s 的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数=0.25。滑块运动到平台边缘的B 点后水平
12、飞出。已知AB=2.2m 。不计空气阻力，g 取 10m/s2。求：（1）滑块从B 点飞出时的速度大小；（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离。解： （1）由牛顿第二定律mamg（2 分）运动学公式asvv22021（ 2 分）解得smv/51（1 分）（2）平抛运动tvsgth0221（4 分）解得ms2（1 分）820XX 年 10 月 31 日，我国将“嫦娥一号”卫星送入太空，经过3 次近月制动，卫星于11 月 7 日顺利进入环月圆轨道。在不久的将来，我国宇航员将登上月球。为了测量月球的密度，宇航员用单摆进行测量：测出摆长为l，让单摆在月球表面做小幅度振动，测出振动周期为 T。已知引力常量
13、为G，月球半径为R，将月球视为密度均匀的球体。求：（1）月球表面的重力加速度g；（2）月球的密度。解： （1）根据单摆周期公式glT2（2 分）解得224Tlg（1 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载（2）在月球表面mgRMmG2（2分）334RVVM（2 分）解得23GRTl（1 分）9如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角=37，A、B 是两个质量均为m=1kg 的小滑块（可看作质点），B 的左端连接一轻质弹簧。若滑块A 在斜面上受到 F=4N, 方向垂直斜面向下的恒
14、力作用时，恰能沿斜面匀速下滑。现撤去F,让滑块 A从斜面上 ,距斜面底端L=1m 处，由静止开始下滑。取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8. （1）求滑块A 与斜面间的动摩擦因数；（2）求滑块A 到达斜面底端时的速度大小；（3）滑块 A 与弹簧接触后粘连在一起。求此后弹簧的最大弹性势能。解： （1）滑块沿斜面匀速下滑时受力如图1 所示（ 1 分）根据牛顿第二定律Nmgsin（1 分）FmgNcos（1 分）解得5.0cossinFmgmg（1 分）（2）滑块沿斜面加速下滑时受力如图2 所示设滑块滑到斜面低端时的速度为v1，根据动能定理2121)cossin(mvLmgm
15、g（2 分）代入数据解得v1=2m/s （1 分）（3）以 A、B 弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v2根据动量守恒定律212mvmv（2 分）设弹簧的最大弹性势能为EP，根据能量守恒PEmvmv222122121（ 1 分）代入数据解得EP=1J 10如图， MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M 间所接阻值为R 的电阻。质量为m 的金属杆ad 水平放置在轨道上，其有效电阻为r 。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为 g。求：（1）金属杆ab
16、运动的最大速度；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载（2）金属杆ab 运动的加速度为sin21g时，电阻R 上电功率；（3）金属杆ab 从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。解： （1）当杆达到最大速度时sinmgF（1 分）安培力 F=BId （1 分）感应电流rREI（1 分）感应电动势BdvE（1 分）解得最大速度22sin)(dBrRmgvm（ 1 分）（2）当 ab 运动的加速为sin21mg时根据牛顿第二定律sin21singmBIdmg（1 分）电阻 R 上的电功率RIP
17、2（2 分）解得RBdmgP2)2sin(（1 分）（3）根据动能定理021sin2mFmvWmgs（2 分）解得442223sin)(21sindBrRgmmgsWF（1 分）11如图所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场I，在 MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场II ，M、O、N 在一条直线上，MOQ=60 。这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B。离子源中的离子（带电量为+q，质量为 m）通过小孔O1进入极板间电压为 U 的加速电场区域（可认为初速度为零），离子经电场加速后通过小孔O2射出，从接近 O 点外进入磁场区域I。离子进入磁场的速度垂直于磁场边界MN ，也垂直于磁场
18、。 不计离子的重力。（1）当加速电场极板电压U=U0，求离子进入磁场中做圆周运动的半径R；（2）在 OQ 有一点 P，P 点到 O 点距离为L，当加速电场极板电压U 取哪些值，才能保证离子通过P点。解： （1）电子在电场中加速时，根据动能定理021200mvqU（2 分）电子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力RvmBqv200（2 分）解得qmUBR021（1 分）（2）离子进入磁场时的运动轨迹如右图所示（1 分）由几何关系右知RPPPO（2 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载要保证离子通过
19、P 点 L=nR （ 2 分）解得2222mnqLBU其中 n=1，2， 3，（1 分）12如图 14 所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37o，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T 、 方向垂直遇导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻 r=0.50的直流电源。 现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 ，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2。已知sin37o=0.60，cos37o =0.8
20、0，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力。解： （1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=rRE=1.5A （2 分）（ 2）导体棒受到的安培力：F安=BIL =0.30N（2 分）（ 3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37o=0.24N 由于 F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f（1 分）根据共点力平衡条件mg sin37o+f=F安（1 分）解得： f=0.06N （1 分）13 如图 15 所示，边长L=0.20m 的正方形导线框ABCD 由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边
21、的电阻R0=1.0，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN 的电阻r=0.20。导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50T，方向垂直导线框所在平面向里。金属棒MN 与导线框接触良好，且与导线框对角线BD 垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上。若金属棒以v=4.0m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运动至 AC 的位置时，求 (计算结果保留两位有效数字)：（1）金属棒产生的电动势大小；（2）金属棒MN 上通过的电流大小和方向；（3）导线框消耗的电功率。解： （1）金属棒产生的电动势大小为E=B2Lv=0.42V=0.56V （2 分）（2）金属棒运动到A
22、C 位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并=1.0,根据闭合电路欧姆定律I=rRE并=0.47A（2 分）根据右手定则， 电流方向从N 到 M（1 分）v 图 15 A B M D O C N 图 14 a b E r B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载（3）导线框消耗的功率为：P框=I2R并=0.22W（2 分）14 （8 分）如图16 所示，正方形导线框abcd 的质量为m、边长为l，导线框的总电阻为R。 导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下
23、落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd 边保持水平。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l。 已知 cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。重力加速度为g。（1）求 cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小。（2）请证明： 导线框的cd 边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率。（3）求从线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中，线框克服安培力所做的功。解： （1）设导线框cd 边刚进入磁场时的速度为v，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为 E=Blv， 根据闭合电路欧姆定律，导线框的感应电流为I=
24、RBlv导线框受到的安培力为F安= BIl =RvlB22（2 分）因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安=mg（ 1 分）以上各式联立，得：22lBmgRv。 （1 分）（2）导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P安=F安v 代入（ 1）中的结果，整理得：P安=RvlB222（1 分）导线框消耗的电功率为：P电=I2R=RRvlB2222=RvlB222（1 分）因此有： P安= P电（1 分）（3）导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场。因此导线框继续作匀速运动。导线框穿过磁场的整个过程中动能不变。设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有：mg2l
25、-W安=0（1 分）解得： W安=2mgl。 （1 分）15图17（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动， 线圈的匝数n=100、电阻 r =10 ，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R=90 ，与 R 并联的交流电压表为理想电表。在 t0 时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图 17（乙）所示正弦规律变化。求：（1） 交流发电机产生的电动势-2.0 0 2.0 3.14 6.28 9.42 / 10-2Wb t / 10-2s Od ORBa b c V 图 17 （甲）（乙）图 16 a b d c
26、l B l 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载的最大值；（2）电路中交流电压表的示数。解：（ 1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS （ 1 分）而m=BS、2T，所以， Em=2nm/T （1 分）由-t图线可知：m=2.010 -2Wb ，T=6.2810 -2s（1 分）所以Em =200 V （1 分）（2）电动势的有效值E=22Em=1002V（1 分）由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I=rRE=2 A（1 分）交流电压表的示数为U= I R=902V=127 V（ 2
27、 分）16图 18 为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4.0 cm，两板间距离d1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6 107 ms 的速度沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e1.6 10-19 C，质量 m0.91 10-30 kg。（ 1）求加速电压U0的大小；（ 2） 要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件；（ 3）在竖直偏转电极上加u40 sin100 t（V）的交变电压，求电子打在荧光屏上亮线的长度。解： （
28、1） 对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU0=21mv2 解得 U0=728V（3 分）（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，即22111222eUdattmd（1 分）电子通过偏转电场的时间ltv（1 分）解得21291Vd mUet，所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U 应小于 91V（1 分）（3）由 u40 sin100t（ V）可知1100 s，40VmU偏转电场变化的周期T=20.02s，而 t=lv=2.5 10-9 s。Tt，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。当极板间加最
29、大电压时，电子有最大偏转量210.20cm2mmeUytmd。电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v，垂直极板方向的分速度vy=ayt=tmdeUm图 18 U0 ULl阴极精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载电子离开偏转电场到达荧光屏的时间xLLtvv电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t =2.0cm电子打在荧光屏上的总偏移量22.2cmmmYyy（1 分）电子打在荧光屏产生亮线的长度为24.4cmmY（1 分）17. 如图 19 所示，在以O 为圆心，半径为R 的圆形区域内
30、，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。竖直平行正对放置的两金属板A、K 连在电压可调的电路中。S1、S2为 A、K 板上的两个小孔，且S1、S2和 O 在同一直线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏D，O 点到荧光屏的距离h。比荷（电荷量与质量之比）为k 的带正电的粒子由S1进入电场后，通过 S2射向磁场中心，通过磁场后落到荧光屏D 上。粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计。（1）请分段描述粒子自S1到荧光屏D 的运动情况。（2）求粒子垂直打到荧光屏上P 点时速度的大小；（3）调节滑片P，使粒子打在荧光屏上Q 点， PQ=33h（图 19） ，求此时 A
31、、K 间的电压。解： （1）粒子在电场中自S1至 S2做匀加速直线运动；自S2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动。（2 分）（2）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的P 点时的速度为v1， 粒子垂直打在荧光屏上， 说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r1=R（1 分）根据牛顿第二定律Bqv1=211vmr, 依题意： k=q/m （1 分）解得： v1=BkR （1 分）（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r2，偏转角为2，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为 ，粒子打到Q 点时轨迹如图所示，由几何关系可知tan =33hp
32、Q, = 30 , = 30tan =2rR解得： r2=3R（1 分）设此时 A、K 两极板间的电压为U，设粒子离开S2时的速度为v2，根据牛顿第二定律Bqv2=222vmr（1 分）根据动能定理有qU=2221mv（1 分）解得： U=2223RkB（1 分）DPRS图 19BhKAS2 S1 ORPQ精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页优秀学习资料欢迎下载18如图 20 所示，地面上方竖直界面N 左侧空间存在着水平的、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。与 N 平行的竖直界面M 左侧存在竖直向下
33、的匀强电场，电场强度E1=100N/C 。在界面 M 与 N 之间还同时存在着水平向左的匀强电场，电场强度E2=100N/C 。在紧靠界面M 处有一个固定在水平地面上的竖直绝缘支架，支架上表面光滑，支架上放有质量 m2=1.8 10-4kg 的带正电的小物体b（可视为质点） ，电荷量 q2=1.0 10-5 C。一个质量为m1=1.8 10-4kg，电荷量为q1=3.0 10-5 C的带负电小物体（可视为质点）a 以水平速度v0射入场区，沿直线运动并与小物体b 相碰， a、b 两个小物体碰后粘合在一起成小物体c，进入界面M 右侧的场区，并从场区右边界N射出，落到地面上的Q 点（图中未画出） 。
34、已知支架顶端距地面的高度h=1.0 m，M 和 N 两个界面的距离L=0.10 m ， g 取 10m/s2。求：（1）小球 a 水平运动的速率。（2）物体 c 刚进入 M 右侧的场区时的加速度。（3）物体 c 落到 Q 点时的速率。解： （1）a 向 b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛仑兹力。小球 a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有q1E1-q1v0B-m1g=0 解得 v0=20m/s（3 分）（2）二球相碰动量守恒1 012mvmmv，解得10m/sv（1 分）物体 c 所受洛仑兹力412)4.0 10NfqqvB（，方向向下（1分）物体 c 在 M 有
35、场区受电场力F2=( q1-q2)E2=4 10-3N，方向向右物体 c 受到的重力G= (m1+m2)g=3.6 10-3N，方向向下物体 c 受到的合力F合=N1024)(3222GfF物体 c 的加速度a=2910021mmF合m/s2（ 1 分）设合力的方向与水平方向的夹角为 ,则 tan =2FGf=1，解得 =45o，加速度指向右下方与水平方向成45o角。 （1 分）（3）物体 c 通过界面 M 后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功。设物体 c 落到 Q 点时的速率为tv，由动能定理（ m1+m2）gh+(q1-q2)E2L=221221)(21)(21vmmvmmt（1 分）解得 vt=2.122m/s（1 分）v0M图 20NL h ab精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页
