（2006?苏州二模）如图所示，质量均为m、电荷量均为q的带负电的一簇粒子从P1（-a，b）点以相同的速率v0在
（1）做出带电粒子运动的轨迹如图，带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则 qvB＝mv20R其转动半径为 R＝mv0qB=0.1m带电粒子从O处进入磁场，转过120°后离开磁场，再做直线运动从P点射出时OP距离：d=R+2R=3R=0.3mP点的坐标：（0.3m，0）（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：L＝3R要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，即：r＝12L其面积为S＝πr2＝3π400m2（3）粒子A垂直于电场的方向进入电场，在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，沿垂直于电场的方向做匀速直线运动；粒子B沿电场的方向做匀加速直线运动，由于粒子B与A完全相同，而且运动的时间相等，所以需要在A离开磁场时速度的方向PQ′上一定的范围内释放粒子B，可保证两个粒子在离开电场前相碰．由几何知识得A离开磁场时速度方向所在直线的方程为：y＝?33x+310粒子A从P进入电场后做类平抛运动，设A离开电场时距离P点为L，则：Lcos30°=v0tLsin30°＝12qEmt2代入数据可得：L=1mPQ′＝Lcos30°＝32m故Q′点的横坐标：xQ′=xP+PQ′?cos30°=0.3m+0.75m=1.05m所以该直线上满足0.3m≤x≤1.05m的任一点释放粒子B都能满足要求．答：（1）P点的坐标P点的坐标：（0.3m，0）；（2）圆形匀强磁场区域的最小面积S＝3π400m2；（3）所有满足条件的释放点的集合：直线y＝?33x+310上满足0.3m≤x≤1.05m的任一点释放粒子B都能满足要求．
解答：解：（1）金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度匀速运动．设杆匀速运动时速度为v，则有：F=B1ILE=B1Lv，电流为：I=ER1+R2，电阻R1消耗的电功率：P1=I2R1，代入数据解得：v=5m/s，P1=40W；（2）设杆匀速运动时C两极板间的电压为U，带电粒子进入圆筒的速率为V．在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由于C与电阻R1并联，由欧姆定律得：U=IR1=4.0V，由动能定理得：qU=12mv2-0，带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=mv2R．由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变．速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则由几何关系可得：rR=tanθ2．有两种情形符合题意如图所示：①情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为：θ=π-25π=35π，代入数据解得：B2=tan3π10×10-3T，②情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为：θ′=π-45π=15π．代入数据解得：B2′=tanπ10×10-3T；答：（1）金属杆最终匀速运动时杆的速度大小为5m/s；（2）磁感应强度B2大小为：tan3π10×10-3T，或tanπ10×10-3T．
解答：解：（1）设带电粒子从A点离开磁场区域，A点坐标为（x、y），粒子旋转的半径为R，旋转的圆心在C点，旋转圆心角为α，则x=一a+Rsinα，
y=R-Rcosα，
解得（x+a）2+（y-R）2=R2．
可见，所加磁场的边界的轨迹是一个以（-a，R）为圆心，
半径为R=
| mv0 |
| Bq |
（2）根据对称性可得出在P2处所加的磁场最小区域也是圆，同理可求得其方程为（x-a）2+（y-R）2=R2
圆心为（a，R），半径为R=
| mv0 |
| Bq |
由数学知识可知该圆位于x轴上方且与P2点相切；
根据左手定则判断得知，磁场方向垂直于xOy平面向里；
沿图示v0方向射出的带电粒子运动的轨迹如图所示．
答：
（1）所加磁场的边界的轨迹是一个以（-a，R）为圆心，半径为R=
| mv0 |
| Bq |
（2）①所加磁场的方向垂直于xOy平面向里；在图中定性画出所加的最小磁场区域边界的形状是圆，该圆位于x轴上方且与P2点相切．如上图所示；
②定性画出沿图示vo方向射出的带电粒子运动的轨迹如图；
③所加磁场区域与xOy平面所成截面边界的轨迹方程为（x-a）2+（y-R）2=R2．圆心为（a，R），半径为R=
| mv0 |
| Bq |
答：同理可求得其方程为（x-a）2+（y-R）2=R2 圆心为（a，R），半径为R=mv0Bq，由数学知识可知该圆位于x轴上方且与P2点相切；根据左手定则判断得知，磁场方向垂直于xOy平面向里；沿图示v0方向射出的带电粒子运动的轨迹如图所示．答：（1）所加磁场的边界的轨迹是一个以（-a，R）为圆心，半径...
答：所以系统具有的机械能E=2F2k．答：（1）当木板A的位移为lA时，物块B的位移lB的大小lB＝mAlAmB．（2）当弹簧的伸长量最大时，木板A的位移lA′＝2mAF(mA+mB)k，这时由A、B及弹簧组成的系统所具有的机械能E=2F2k．
答：mv0=m×2v05+3mv①解得，v=v05②（2）子弹射穿木块过程，设二者间作用力为f，对木块和子弹分别应用动能定理，对子弹：-f（s+L）=12m（2v05）2-mv202③对木块：fs=12×3m×v2025④解③④得：s=L6⑤（3）设作用时间为t，
答：绳对物体B的最大拉力和最小拉力分别为2.8mg、1.2mg．
答：A、以-VB从B点射出，肯定经过A点，且到达时速度为-VA．道理就是加速度是恒定的，前后两次运动互逆而已；故A正确．B、若从从B点射出的速度大于VB（方向一致），则满足一定条件时，质点m从最高点下降时可能会经过A点，但速度肯定不是-VA；故B正确．C、若从从B点射出的速度小于VB（方向一致），...
答：洛伦兹力提供向心力，即：mv2r=qvB，变形得：r=mvqB．所以：rprα=me4m2e=12；又：2πr=vT，所以：T=2πrv，所以：TpTα=rprα=12．故答案为：1：2；1：2．
答：用两个完全相同的电加热器分别给质量相等、初温相同的水和煤油加热，保证两种液体相同时间吸收的热量相同，加热时间越长，说明液体吸收的热量越多．实验时为比较水和煤油吸热本领的大小，我们可以加热相同的时间，观察水和煤油升高的温度的不同；也可以观察水和煤油升高相同的温度，所需加热时间的不同．故...
答：5R=12mvB2-12mvA2解得：vB2=8gR 滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则：12mvB2=12mvP2+mg?2R解得：vP=2gR滑块穿过P孔后再回到平台的时间：t=2vPg=4Rg要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）πω=π(2n+1)4gR（n=0，1，2…）答：平台转动的角速度ω应满足...
答：开始小球压着弹簧，则弹簧被压缩了x1=mgk，当加入一个竖直向上，大小为E的匀强电场后，当某时刻物块对水平面的压力为零时，弹簧对物块的拉力为Mg，所以弹簧又被物块M拉长了x2=Mgk．小球电势能改变等于静电力做功，由于电场力恒定，则电场力做功为：W=F△x=Eq（x1+x2）=qE(M+m)k，故D正确，...
答：2t=M△v解得 △v＝2μgkt0(1+mM)k?1=9.7×10-3m/s． P回到初始位置的次数 n＝v0△v=10.3，n应取整数，即n=10． 答：（1）物块P从开始下落到再次回到初始位置所经历的时间为4.4s．（2）从物块P开始下落到平板B的运动速度减小为零的这段时间内，P能回到初始位置的次数...
