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外力不变时,【解析】:..1(1)[1]由a?图象,得出在物体所受合外力不变时,物体的加速度与质量成反比。m1(2)[2]由牛顿第二定律F?ma得a?F?,即图线的斜率等于小车所受的合外力,?N?(3)[3],加速度仍为零,可能有平衡摩擦力,故A错误B正确;,原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量,选项C正确D错误。四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。2qEL13、(1)m3mE(2)2qL312??(3)x????L,其中n=2、3、4、5、6、7、8?2n6?【解析】试题分析:(1)由题意可知aO=L,粒子在aO加速过程中有1由动能定理:qEL?mv2202qEL解得粒子经过O点时速度大小:v?0m(2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图,设粒子轨迹圆半径为R,0:..3由几何关系可得:R?Rcos600?L003v2由洛伦兹力提供向心力得:qvB?m00R03mE联立以上解得:B?2qL(3)若粒子在磁场中一共经历n次偏转到达P,设粒子轨迹圆半径为R,?3L?由几何关系可得:2n?tan300?Rcos300?=3L?6???依题意得:0<R?R09联立解得:?n<9,且n取正整数7v2设粒子在磁场中的运动速率为v,则有:qvB?mR1在电场中的加速过程,由动能定理:qEx?mv22312??联立解得:x????L,其中n=2、3、4、5、6、7、8?2n6?考点:带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、,由动能定理求出粒子经过O点时速度大小;作出粒子运动轨迹,找到圆心、、(1)(0,0);(2)B?,方向垂直坐标平面向外;B?,方向垂直25Eq2v6v00坐标平面向外【解析】(1)由运动的独立性可知,粒子运动可以看成沿y轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。设回到x轴过程所需要的时间为t,y轴:v?vsin37?y0加速度Eqa=m时间:..vt=2yax轴:v?vcos37?,x=vtx0x联立上式,可解得24mv2x?025Eq24mv2即p点的坐标为(0,0)25Eq(2)第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半,满足题意得有两种情况。①回到x轴时在O点右侧。如图所示,由几何关系,可知轨迹半径1x52mv24R??x?01sin37?125qE由mv2qvB?00R1解得:5EB?2v0方向垂直坐标平面向外;②回到x轴时在O点左侧,如图所示,由几何关系,可知轨迹半径x(x?)56mv22R??x?022sin37?45qE由mv2qvB?00R2解得::..5EB?6v0方向垂直坐标平面向外vv2mv3v?0v(t)?0(1)B?0(2)x??L(3)πvπv15、;;或者qL02sin(?0t)2sin(?0t)306L6L00【解析】(1)速度为v的粒子沿x轴正向发射,打在薄板的最远处,其在磁场中运动的半径为r,00由牛顿第二定律mv2qvB?0①0r0Lr?0②02联立,解得2mvB?0③qL0(2)如图a所示vy?速度为的粒子与轴正向成角射出,恰好穿过小孔,在磁场中运动时,由牛顿第二定律:..mv2qvB?④r而Lr?0⑤4sin?粒子沿x轴方向的分速度v?vsin?⑥x联立,解得vv?0⑦x2说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度。当粒子以速度为v从O点射0入,可以到达x轴负半轴的最远处。粒子进入电场时,沿y轴方向的初速度为v,有y3v?v2?v2?v⑧y0x20L1qE?0?vt?t2⑨2y2m最远处的横坐标x??vt⑩x联立,解得3x??L30(3)要使粒子排成一排,粒子必须在同一时刻进入电场。粒子在磁场在运动轨迹如图b所示周期相同,均为:..2πmπLT??0Bqv0又v02vsin???0v2v粒子在磁场中的运动时间2π?2?t??T2ππ以v进入磁场的粒子,运动时间最长,满足??,其在磁场中运动时间065t?Tm6以不同速度射入的粒子,要同时到达小孔,有t?t??tm联立,解得vvv?0v(t)?0πv或者πv2sin(?0t)2sin(?0t)6L6L00