高考物理大题专项训练汇总.doc

1、（安徽省铜陵市第一中学2016届高三5月教学质量检测理科综合试题）如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为的木板。从时刻开始，质量为的物块以初速度从左侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力，已知开始运动后内两物体的图线如图乙所示，物块可视为质点，，下列说法正确的是（    ）

A、木板的质量
B、物块与木板间的动摩擦因数为
C、时，木板的加速度为
D、时，木板的速度为
2、在一个倾角为37°斜面底端的正上方h=6.8m处的A点，以一定的初速度向着斜面水平抛出一个小球，恰好垂直击中斜面，不计空气阻力，g=10m/s2，求抛出时的初速度和飞行时间．

3、如图所示为交流发电机的示意图，线圈的匝数为2000，边长分别为10cm和20cm，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，周期为T=s．求：
（1）交流电压表的示数．
（2）从图示位置开始，转过30°时感应电动势的瞬时值．
4、有一个阻值为R的电阻，若将它接在电压为20V的直流电源上，其消耗的功率为P；若将它接在如图所示的理想变压器的次级线圈两端时，其消耗的功率为．已知变压器输入电压为u=220sin100πt（V），不计电阻随温度的变化．求：
（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值．
（2）此变压器原、副线圈的匝数之比．
5、(2016·盐城高一检测)光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2。求：

(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)小球从B到C克服阻力做的功；
(3)小球离开C点后落回水平面时的动能大小。
6、2014年7月17日，马航MH17(波音777)客机在飞经乌克兰上空时，疑遭导弹击落坠毁，机上乘客和机组人员全部罹难。若波音777客机在起飞时，双发动机推力保持不变，飞机在起飞过程中所受阻力恒为其自重的0.1，根据下表性能参数。
求：(取g＝10 m/s2)
最大巡航速率
900 km/h(35 000英尺巡航高度)
单发动机推力
3×105 N
最大起飞重量
2×105 kg
安全起飞速度
60 m/s
(1)飞机以最大起飞重量及最大推力的情况下起飞过程中的加速度；
(2)在第(1)问前提下飞机安全起飞过程中滑行的距离；
(3)飞机以900 km/h的巡航速度，在35 000英尺巡航高度飞行，此时推力为最大推力的90%，则该发动机的功率为多少？
7、(2016·西安市高一检测)如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，经时间t落地，落地时速度与水平地面间的夹角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：

(1)该星球表面的重力加速度g′。
(2)该星球的第一宇宙速度v。
(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T。
8、(2016·齐齐哈尔高一检测)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，引力常量为G。如图所示，A为在地面附近绕地球做匀速圆周运动的卫星，B为地球的同步卫星。

(1)求卫星A运动的速度大小v。
(2)求卫星B到地面的高度h。
9、(2016·汕头高一检测)厢式货车在水平路面上做弯道训练。圆弧形弯道的半径为R＝8 m，车轮与路面间的动摩擦因数为μ＝0.8，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。货车顶部用细线悬挂一个小球P，在悬点O处装有拉力传感器。车沿平直路面做匀速运动时，传感器的示数为F0＝4 N。g取10 m/s2。
(1)该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，为了防止侧滑，车的最大速度vm是多大？
(2)该货车某次在此弯道上做匀速圆周运动，稳定后传感器的示数为F＝5 N，此时细线与竖直方向的夹角θ是多大？此时货车的速度v是多大？

10、如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg。求A、B两球落地点间的距离。

11、如图为湖边一倾角为θ＝37°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO＝50 m，g取10 m/s2。
(1)若要求小石子能落到水面，v0最小是多少？
(2)若小石子不能落到水面上，落到斜面时速度方向与水平面夹角的正切值是多少？

12、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变。
(1)第一次试飞中，飞行器飞行t1＝8 s时到达的高度H＝64 m，求飞行器所受阻力Ff的大小；
(2)第二次试飞中，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h。
13、如图所示，倾角为θ的楔形木块A放在水平地面上，一物体B的质量为m，置于楔形木块的斜面上，现对木块A施以水平推力恰能使B与A不发生相对滑动，不计一切摩擦力，求：

(1)B物体所受的合力；
(2)B物体对A木块的压力。
14、如图所示是质量为3 kg的物体在水平地面上运动的v t图象，a、b两条图线，一条是有推力作用的图线，一条是没有推力作用的图线，则物体受到的推力大小是多少？摩擦力大小是多少？

15、在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，如图所示，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g＝10 m/s2)．

(1)求运动员到达B点的速度与高度h的关系；
(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离smax为多少？
(3)若图中H＝4 m，L＝5 m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到2 m，h值应为多少？
16、如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连．质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）．求：

（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）．
（2）磁场的磁感应强度B．
（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v′=3m/s．求此过程中产生的焦耳热Q．
17、如图所示，有一辆质量为m=1.0×103kg的小汽车驶上半径为R=50m的圆弧形拱桥，g取10m/s2．求：
（1）汽车到达桥顶的速度为v1=10m/s时对桥的压力FN有多大？
（2）汽车以多大的速度v2经过桥顶时恰好对桥没有压力作用而腾空？

18、三个α粒子结合成一个碳C，已知碳原子的质量为12.000 0 u，氦原子质量为4.002 6 u。
(1)写出核反应方程；
(2)这个核反应放出的能量是多少焦？
(3)这个能量合多少MeV?
19、氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6 eV，当处于n＝3的激发态时，能量为E3＝－1.51 eV，则：
(1)当氢原子从n＝3的激发态跃迁到n＝1的基态时，向外辐射的光子的波长是多少？
(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射原子？
(3)若有大量的氢原子处于n＝3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种频率的光子？其中最长波长是多少？
20、如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20 kg的物体C以2.0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动。若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8 m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10 m/s2)求：

(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小；
(2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小；
(3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离。
21、(2016·台州中学期中)两根足够长的平行光滑导轨，相距1 m水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B＝0.4 T。金属棒ab、cd质量分别为0.1 kg和0.2 kg，电阻分别为0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：

(1)棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；
(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；
(3)金属棒从开始运动直至达到稳定，两棒间距离增加多少？
22、如图所示，两个小球A和B质量分别是mA＝2.0 kg，mB＝1.6 kg，球A静止在光滑水平面上的M点，球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动，假设两球相距L≤18 m时存在着恒定的斥力F，L＞18 m时无相互作用力。当两球相距最近时，它们间的距离为d＝2 m，此时球B的速度是 4 m/s。求：

(1)球B的初速度大小；
(2)两球之间的斥力大小；
(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间。
23、如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：

(1)金属棒所受到的安培力的大小；
(2)通过金属棒的电流的大小；
(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。
24、(2016·温州十校期中)如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等，有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直x轴进入第Ⅳ象限的磁场，已知OP之间的距离为d，(不计粒子重力)求：

(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)带电粒子从进入磁场到第二次经过x轴，在磁场中运动的总时间；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
25、使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ。

(1)求离子的电荷量q并判断其正负；
(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；
(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求引出通道内电场强度方向和大小。
26、(2016·浙江衢州一中选考)如图所示，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计。

(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。
27、如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的微粒以速度v沿与磁场垂直、与电场成45°角的方向射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E的大小及磁感应强度B的大小。

28、如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域的半径r＝  m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C。今有质量为m＝3.2×10－26 kg、带电荷量为q＝－1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求：

(1)该离子通过两磁场区域所用的时间；
(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)

参考答案

一、计算题

1、BD
【名师解析】在开始运动后内，物体向右减速运动，木板向右加速运动，对物体，由牛顿第二定律，μmg=ma1，由速度图像可知，a1=1m/s2，联立解得：μ=0.1.选项B正确。
对木板，由牛顿第二定律，F+μmg=Ma2，由速度图像可知，a2=4m/s2，联立解得：M=2kg，选项A错误。
经过时间t，两者达到共同速度，则v0- a1t= a2t，
解得：t=1.2s。共同速度v= a2t=4.8m/s。
此时物体的相对位移为：
说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得：，
代入数据解得：，
对物体由牛顿第二定律可得：，
所以物体相对木板还是要相对滑动，对木板由牛顿第二定律可得：，代入数据解得：，时，木板的速度为，故选项C错误D正确。
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；物体的弹性和弹力
【名师点睛】本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。
2、物体落地的速度大小为20m/s，方向与水平方向的夹角为45度
3、（1）交流电压表的示数为400V．
（2）从图示位置开始，转过30°时感应电动势的瞬时值为400V
4、（1）理想变压器次级线圈两端电压的有效值为．
（2）此变压器原、副线圈的匝数之比为11：1
5、　(1)7 m/s　(2)24 J　(3)25 J
解析：　(1)根据机械能守恒定律
Ep＝mv①
v1＝ ＝  m/s＝7 m/s②
(2)由动能定理得－mg·2R－Wf＝mv－mv③
小球恰能通过最高点，故mg＝m④
由②③④得Wf＝24 J
(3)根据机械能守恒定律
mg·2R＝Ek－mv⑤
由④⑤得Ek＝25 J
6、解析：　(1)根据牛顿第二定律有：F－F阻1＝ma
F阻1＝kmg＝0.1mg
解得：a＝＝2 m/s2
(2)设飞机安全起飞过程滑行的距离为x，则x＝＝ m＝900 m
(3)波音777以900 km/h匀速巡航时，此时推力等于空气阻力，则
F阻2＝3×105×2×0.90 N＝5.4×105 N
v′＝900 km/h＝250 m/s
此时发动机的功率：P＝Fv′＝F阻2v′＝5.4×105×250 W＝1.35×108 W(或单发动机的功率P单＝6.75×107 W)
7、　(1)　(2) 　(3)2π 
解析：　(1)根据平抛运动知识
tan α＝
解得g′＝
(2)物体绕星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，则有
G＝m
又因为G＝mg′
联立解得v＝＝
(3)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动时，运行周期最小，则有
T＝
所以T＝2πR
＝2π 
8、　(1) 　(2) －R
解析：　(1)对卫星A，由牛顿第二定律
G＝mA
解得：v＝
(2)对卫星B，设它到地面高度为h，同理G
＝mB2(R＋h)
解得：h＝ －R
9、　(1)8 m/s　(2)37°　2 m/s
解析：　(1)车沿平直路面做匀速运动时，小球处于平衡状态，传感器的示数为F0＝mg＝4 N
得到m＝0.4 kg
该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，地面对其摩擦力提供向心力，为了防止侧滑，向心力不能超过最大静摩擦力，即μmg≥
代入数据得：vm≤＝8 m/s
(2)

小球受力如图，一个重力mg＝4 N，方向竖直向下，一个拉力F＝5 N，二者的合力沿水平方向提供向心力，根据几何关系得到＝＝3 N
代入数据得
v＝ m/s＝2 m/s<8 m/s
所以没有侧滑，运动半径不变
tan θ＝＝
得到θ＝37°
10、　3R
解析：　两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差。
对A球：3mg＋mg＝m　vA＝
对B球：mg－0.75mg＝m　vB＝
xA＝vAt＝vA ＝4R　xB＝vBt＝vB＝R
得xA－xB＝3R。
11、　(1)16.33 m/s　(2)1.5
解析：　(1)若石块恰能落到O点，v0最小，则
AOcos θ＝v0t
AOsin θ＝gt2
解得：v0＝16.33 m/s。
(2)斜面与水平方向夹角θ＝37°，若小石子落到斜面上时，速度方向与水平方向的夹角为α，则
tan θ＝＝
tan α＝
所以：tan α＝2tan θ＝1.5。
12、　(1)4 N　(2)42 m
解析：　(1)第一次飞行中，设加速度为a1
由H＝a1t得：a1＝2 m/s2
由牛顿第二定律得：F－mg－Ff＝ma1
解得Ff＝4 N。
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为x1
x1＝a1t＝36 m，v1＝a1t2＝12 m/s
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为x2
由牛顿第二定律得：mg＋Ff＝ma2
解得a2＝12 m/s2
又因为x2＝＝6 m，
所以h＝x1＋x2＝42 m。
13、　(1)mgtan θ　(2)
解析：　取物体B为研究对象，B受重力mg、支持力FN。由题意知，B和A一起向左做匀加速运动，加速度的方向水平向左。由F合＝ma知，B的合力方向水平向左。根据力的合成知识，可用一个直角三角形把这几个力的大小关系表示出来，如图所示。

(1)由以上分析可知，B物体所受的合力F合＝ma＝mgtan θ。
(2)斜面对B的支持力FN＝。由牛顿第三定律知，B对斜面的压力FN′＝，方向垂直于斜面向下。
14、　1 N、2 N或1 N、1 N
解析：　由图象可求得a、b两条图线对应的加速度大小：
aa＝－ m/s2，ab＝－ m/s2。
由于两种情况都是减速运动，当推力与速度同向时受推力时加速度较小。由牛顿第二定律得：
F＋Ff＝maa，
Ff＝mab，
解得F＝1 N，Ff＝－2 N。
当推力与速度反向时，受推力时加速度较大，
由牛顿第二定律得：F′＋Ff′＝mab
Ff′＝maa
解得：F′＝－1 N，Ff′＝－1 N。
故推力和摩擦力的大小分别为1 N、2 N或1 N、1 N。
15、 (1)设斜面倾角为θ，斜面长为L1，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由运动学公式得：v＝2aL1，
又因为L1sin θ＝(H－h)，L1cos θ＝L，
由以上四式得：vB＝.
(2)由平抛运动公式：水平方向x＝vBt，竖直方向h＝gt2，
把v0代入后面解得：x＝2，
故当h＝(H－μL)时，smax＝L＋H－μH.
(3)代入数据x＝2 m，H＝4 m，L＝5 m，μ＝0.2，
则可得到h1＝ m≈2.62 m，h2＝ m≈0.38 m.
16、解：（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I．
由法拉第电磁感应定律：E=BLv  ①
由欧姆定律：I=   ②
导体棒所受安培力F=BIL  ③
解①②③得：F安=  ④
（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流．
由牛顿第二定律知：F﹣f=ma1 ⑤
解得：F=2N  ⑥
由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动
此时有：F﹣f﹣F安=0 ⑦
解④⑦得：B=
带入数据解得：B=1T ⑧
（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，
由功能关系知：（F﹣f）s=Q+mv2 ⑨
 带入数据解得Q=6J ⑩
17、解：（1）根据牛顿第二定律得，mg﹣N=m
解得N
根据牛顿第三定律知，汽车对桥的压力为8×103 N．
（2）根据mg=m
解得．
答：（1）汽车到达桥顶的速度为10m/s时对桥的压力是8×103 N．
（2）汽车的速度为m/s时，汽车对桥顶无压力．
18、　(1)3He→C＋ΔE  (2)1.165×10－12 J  (3)7.28 MeV
解析　(1)3He→C＋ΔE。
(2)Δm＝3×4.002 6 u－12.000 0 u＝0.007 8 u，
Δm＝0.007 8×1.66×10－27 kg＝12.948×10－30 kg，
ΔE＝Δmc2＝1.165×10－12 J。
(3)ΔE＝ eV＝7.28×106 eV＝7.28 MeV。
19、　(1)1.03×10－7 m　(2)3.28×1015 Hz　(3)3种　6.58×10－7 m
解析　(1)λ＝＝1.03×10－7 m。
(2)ν＝＝3.28×1015 Hz。
(3)3种，其中波长最长的是从n＝3到n＝2所放出光子，λ′＝＝＝6.58×10－7 m。
20、解析　(1)下滑过程中机械能守恒，有：
mgh＝mv－mv
解得v2＝＝2 m/s
(2)在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2＝(m＋M)v。
得：v＝＝ m/s＝ m/s
(3)设物体C冲上小车后，
相对于小车板面滑动的距离为l，
由功能关系有：μmgl＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得：l＝ m
21、解析　(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则
mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v
v＝1 m/s
(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热：
Q＝ΔEk减＝(mcd＋mab)＝1.2 J
(3)对cd棒利用动量定理：－BILΔt＝mcd(v－v0)
BLq＝mcd(v0－v)
又q＝＝
解得：Δs＝1.5 m
22、解析　(1)当两球相距最近时两球速度相同，
即vA＝vB＝4 m/s
由动量守恒定律可得：mBvB0＝mAvA＋mBvB
代入数据解得vB0＝9 m/s。
(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时它们之间的相对位移Δx＝L－d，由功能关系可得：
F·Δx＝mBv－mAv－mBv
代入数据解得F＝2.25 N。
(3)设两球从开始相互作用到两球相距最近时的时间为t，根据动量定理，对A球有：Ft＝mAvA－0
代入数据解得t＝＝3.56 s。
23、　(1)0.1 N　(2)0.5 A　(3)23 Ω
解析　(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示

F安＝mgsin 30°，
代入数据得F安＝0.1 N。
(2)由F安＝BIL，得I＝＝0.5 A。
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R0＋r)，解得R0＝－r＝23 Ω。
24、　(1)2d　(2)　(3)
解析　(1)带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝v0，这一过程的时间t1＝＝，电场中沿y轴的位移y＝v0t＝2d，
根据几何关系得到，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径
r＝2d

(2)带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝＝＝
带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝
故t总＝
(3)磁场中r＝
电场中a＝，又a＝，求得：B＝
25、　(1)　正电荷　(2)
(3)沿径向向外　Bv－
解析　(1)离子做圆周运动，则有Bqv＝
得q＝，正电荷。
(2)如图所示，

O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r
引出轨迹为圆弧，则有B′qv＝，
得R＝，
根据几何关系得
R＝，
故B′＝＝。
(3)电场强度方向沿径向向外
引出轨迹为圆弧，Bqv－Eq＝，
得E＝Bv－。
26、　(1)　(2)　(3)·≤B<·
解析　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，
有：qU＝mv2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝，
得：R＝。
(2)离子做类平抛运动，则
d＝vt，
3d＝at2，
根据牛顿第二定律，有qE＝ma，
得：E＝。
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝，
得r＝·，
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。

由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：
d<r≤2d，
则有·≤B<·。
27、　　
解析　由于带电微粒做匀速直线运动，且F洛与F电不共线，说明微粒必然还要受到重力作用，且F洛必然斜向上，即粒子带正电，其受力如图，由qE＝mgtan 45°和mg＝qvBcos 45°，解得E＝，B＝。

28、　(1)4.19×10－6 s　(2)2 m
解析　(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T。由牛顿第二定律有qvB＝m，又T＝，联立得R＝，T＝，代入数据可得R＝2 m。由轨迹图知tan θ＝＝，即θ＝30°，则全段轨迹运动时间t＝2×T＝＝，代入数据，可得t＝4.19×10－6 s。

(2)在图中过O2点向AO1作垂线，根据运动轨迹的对称关系可知侧移距离为d＝2rsin 2θ＝2 m。