0．5～2 s，μmg＝Ma2 1
x2＝v1t2＋a2t 22
2
则0～2 s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25 m (3)对滑块：
0．5～2 s，F－μmg＝ma2′
1
0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋a2′t2)
22
在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s 滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s 撤去F后，对M：μmg＝Ma3 对m：－μmg＝ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止， 即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3 解得t3＝0.5 s
1
该段时间内，M位移x3＝v2t3＋a3t2
231
m位移x3′＝v2′t3＋a3′t2
23
相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m 系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J. 【答案】见解析
10．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，θ
不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且满足tan ＝0.5.
2
qBR
(1)若某一粒子以速率v1＝，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；
m
(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2； (3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积．
【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛顿第二mv21
定律可得qv1B＝
r1
mv1
解得：r1＝＝R
qB
粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°
甲
方法1：故粒子在磁场中的运动时间 t＝
αr1mα5mπ＝＝ v1qB6qB
2πm
方法2：粒子运动周期T＝ Bq粒子在磁场中的运动时间t＝5mπ得t＝
6qB
(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2 ，由图中几何关系可得：
θ1
r2＝Rtan＝R
22
150°
T 360°
乙
由牛顿第二定律可得 mv22
qv2B＝
r2解得粒子的速度
qBr2qBRv2＝＝
m2m
(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和．
丙
1R2πR2
S1＝π()＝
2281S2＝πR2
6
11R13S3＝πR2－×R×tan 60°＝πR2－R2
62264113则S＝πR2－R2.
244【答案】见解析
11．如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求：
(1)A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；
(2)要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？ 【解析】(1)A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律得： mv0＝(m＋2m)v′，
A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动能定理得： 11－μmgx＝mv′2－mv2，
220
4v20
联立上式，解得x＝，
9μg
4v20
满足的条件是d≥
9μg
(2)A碰C后，C以速度v′开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得： 121
mv′＝mg·2l＋mv″2 22mv″2小球经过最高点时，有mg≤，
lv20
解得l≤
45 g
24v0v20
【答案】(1)d≥ (2)l≤
9μg45g
12．如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强10
度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环
ππ
上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示
10的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：
(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN ； (2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件． 【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为 1
E＝B1L2ω＝2 V
21由串并联电路的连接特点知： E＝I·4R, E
U0＝I·2R＝＝1 V,
2
2π
T1＝＝20 s
ω
由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb， 则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN＝－1 V (2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，
T1L2T1
在0～时间内，水平方向L2＝v0·t1，得t1＝＝4 s＜
2v02d1
竖直方向＝vyt1
22解得：vy＝0.5 m/s
2
则粒子飞出电场时的速度大小v＝v20＋vy＝
2 m/s 2
vy
tan θ＝＝1，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45°
v0v2
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m，
rmv
得r＝
B2q
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：
2r＞d时离开磁场后不会第二次进入电场 粒子在平行板中加速得：
vy＝at1 , EqUNM
又a＝，E＝
mdq
解得：＝0.25 C/kg,
m综合得 B2＜
2mv2×42＝×T ＝2 T dq22
2 m/s 与水平方向的夹角 θ＝45° 2
【答案】(1)－1 V (2)(3)B2＜ 2 T
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