参考答案

1.【详细分析】加速过程，由动能定理得

eU0mv(2分)

进入偏转电场后，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动，有

l=v0t(2分)

在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，其加速度为

a=(2分)

在垂直于板面的方向上y=at2(2分)

偏转角度最大时，y=(2分)

解得U==4×102 V。(2分)

答案　4×102 V

2.【详细分析】(1)由平衡条件和摩擦力公式可知，

FN=F，Ff=μFN，Ff=mg(2分)

可知μ=(1分)

(2)在垂直于杆的方向上：

FN=Fsin 45°-Gcos 45°=(F-mg)(2分)

沿杆的方向上Fcos 45°+Gsin 45°-μFN=ma(2分)

加速度a==(1分)

(3)到达轻杆底端时

v2=2a(2分)

v=(2分)

答案　(1)　(2)　(3)

3.【详细分析】(1)A物块在斜面上由弹簧原长静止释放时有

mgsin θ=ma(2分)

由图象得a=5 m/s2

解得θ=30°(1分)

(2)由图象知A物块的加速度为零时有mgsin θ-kx=0(1分)

A物块从弹簧原长运动到最高位置有

mv=mgx′sin θ+Ep(2分)

A物块在最高位置时对B物块有

mgsin θ-kx′=0(1分)

联立代入数据得Ep=1.125 J

(说明：由Ep=kx2=1.125 J一样给分)(1分)

(3A物块从最高位置运动到速度最大的平衡位置有

mg·(x′+x)sin θ+Ep=mv2+Ep′(2分)

A物块最高位置与速度最大的平衡位置两处弹簧的形变一样有

Ep=Ep′(1分)

联立代入数据得v= m/s=1.73 m/s(1分)

答案　(1)302)1.125 J　(3)1.73 m/s

4.【详细分析】(1)人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，则人的重力

G=Fm(2分)

人站立时的加速度为a1==g(2分)

人平躺下降时的加速度a2==g(2分)

即体验者从A到C的运动过程中的最大加速度为g。

(2)设下降的最大速度为v，加速下降过程位移

x1=(2分)

减速下降过程位移x2=(2分)

故x1∶x2=5∶4(2分)

因而x2=H(2分)

(3)体验者A至B动能的增量等于合外力所做的功，即

ΔEk1=(G-)x1=Fmx1(2分)

B至C克服风力做的功W2=Fmx2(2分)

因为x1∶x2=5∶4，所以ΔEk1∶W2=1∶2(2分)

答案　(1)g　(2)H　(3)1∶2

5.【详细分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动则

x方向：4r=v0t(2分)

y方向：2r=at2(2分)

qE=ma(2分)

可解得v0=2(1分)

(2)结合x方向：4r=v0t(1分)

y方向：2r=vyt(1分)

则vx=vy(1分)

可知粒子射出电场时v=v0=2，方向与水平成45°斜向上(2分)

粒子在磁场中运动半径R==r(2分)

由几何关系可知粒子第1次穿过x轴时的速度v=2方向与水平成45°斜向左下方。(2分)

(3)粒子轨迹如图所示(2分)

分析粒子轨迹可知，粒子第n次穿过x轴时的位置坐标为(2nr，0)(2分)

答案　(1)2

(2)2　与水平成45°斜向左下方

(3)轨迹见解析图　(2nr，0)

6.【详细分析】(1)分析粒子在电场中的运动

水平方向：x=d=v0t(2分)

竖直方向：y=d=t(2分)

v==v0(1分)

结合y=d=t2

可得E=(1分)

甲

d=2Rsin θ(1分)

qvB1=(1分)

R=

B1=(1分)

又sin θ=

则B1=(1分)

乙

(2)若粒子可以回到出发点，则由几何关系可知粒子离开位置距离b板左边缘x==(1分)

粒子运动半径为R′，则2R′sin θ=x+d(2分)

qvB2=(1分)

R′=

B2=，又sin θ=(1分)

B2=(1分)

粒子在电场中运动时间t1=(1分)

粒子在磁场中运动时间t22π-2θ)=(π-θ)(1分)

粒子射出磁场后回到原点的时间t3==(1分)

总时间为t=+(π-θ)(1分)

答案　(1)　　(2)　+(π-θ)

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