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火星車在火星平直表面行駛的最大速度。14. 如圖所示，長(zhǎng)的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板上表面光滑，右端有擋板B，總質(zhì)量，緊靠擋板B有一質(zhì)量的滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B間夾有少許塑性炸藥質(zhì)量不計(jì)。現(xiàn)引爆炸藥，設(shè)炸藥的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木板和滑塊的動(dòng)能，爆炸后瞬間滑塊A獲得的速度。木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)空氣阻力，重力加速度。
求炸藥釋放的化學(xué)能。
若要使滑塊到達(dá)木板左端前木板停下，則需滿足什么條件？
若，求從炸藥爆炸后的瞬間到木板停止運(yùn)動(dòng)的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能。15. 如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在的平面內(nèi)，第二象限內(nèi)有一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，磁場(chǎng)邊界與x軸和y軸分別相切于A、C兩點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為在的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為在區(qū)域有與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向沿x軸負(fù)方向，處放置與x軸垂直的熒光屏．沿x軸移動(dòng)的粒子發(fā)射器能持續(xù)穩(wěn)定的沿平行y軸正向發(fā)射速率相同的帶負(fù)電粒子，該粒子的質(zhì)量為m，電荷量大小為當(dāng)粒子發(fā)射器在A點(diǎn)時(shí)，帶電粒子恰好垂直y軸通過C點(diǎn)．帶電粒子所受重力忽略不計(jì)．
求粒子的速度大小；
當(dāng)粒子發(fā)射器在范圍內(nèi)發(fā)射，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ右邊界有粒子通過的區(qū)域所對(duì)應(yīng)縱坐標(biāo)的范圍；
當(dāng)粒子發(fā)射器在范圍內(nèi)發(fā)射，求熒光屏上有粒子打到的區(qū)域的長(zhǎng)度．
答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：建立理想化模型的一般原則是首先突出問題的主要因素，忽略問題的次要因素．為了使物理問題簡(jiǎn)單化，也為了便于研究分析，我們往往把研究的對(duì)象、問題簡(jiǎn)化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如質(zhì)點(diǎn)、電場(chǎng)線、理想氣體、點(diǎn)電荷、輕彈簧等；重心是重力的等效作用點(diǎn)，運(yùn)用了等效替代法，故C錯(cuò)誤，ABD正確。
本題選項(xiàng)不屬于理想模型的是選項(xiàng)C。故選：C。
物理學(xué)是一門自然學(xué)科，它所研究的對(duì)象、問題往往比較復(fù)雜，受諸多因素的影響有的是主要因素，有的是次要因素，這種抓住主要因素忽略次要因素的方法叫理想模型法。
物理研究的方法很多，理想模型法是很重要的一種方法，這種方法在于抓住事物的主要因素而忽略其次要因素。
2.【答案】B 【解析】解：AB、保持角不變，逐漸增大角，由于桶的重力不變，則、會(huì)變大，繩上的拉力變大，但桶處于平衡狀態(tài)，合力為零，故A錯(cuò)誤、B正確；
CD、保持角不變，則、大小不變，若僅使繩長(zhǎng)變長(zhǎng)，則角變小，根據(jù)平行四邊形法則可知，繩上的拉力變小，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
保持角不變，逐漸增大角，桶處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析；保持角不變，則、大小不變，根據(jù)平行四邊形法則進(jìn)行分析。
本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。
3.【答案】D 【解析】解：A、運(yùn)動(dòng)員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)速度不為0，故A錯(cuò)誤；
B、運(yùn)動(dòng)員躍起后做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)速度的變化量相同，故B錯(cuò)誤；
C、運(yùn)動(dòng)員上升的高度小于下降的高度，上升所用時(shí)間小于下降所用時(shí)間，故C錯(cuò)誤；
D、運(yùn)動(dòng)員所受重力做的總功為正功，動(dòng)能增大，則運(yùn)動(dòng)員落回著陸坡時(shí)的速度大于運(yùn)動(dòng)員自起跳臺(tái)處躍向空中時(shí)的速度，故D正確．
故選：D。
由運(yùn)動(dòng)的合成與分解結(jié)合斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性分析解答；由動(dòng)能定理分析著陸速度大小。
掌握斜上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法：合成與分解法，要會(huì)運(yùn)用對(duì)稱性特點(diǎn)解題。
4.【答案】D 【解析】解：AB、由題意可知ab自由下落一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，閉合后ab受到安培力的作用，
①當(dāng)安培力小于重力時(shí)，ab繼續(xù)加速，但安培力逐漸增大，結(jié)合牛頓第二定律可知，ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到安培力和重力大小相等，ab做勻速運(yùn)動(dòng)；
②當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大于重力時(shí)，ab做減速運(yùn)動(dòng)，且安培力逐漸減小，ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到安培力和重力大小相等，ab做勻速運(yùn)動(dòng)；
③當(dāng)閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大小剛好等于重力時(shí)，ab做勻速運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)恒定，電路中的電流恒定。
由于①②過程中速度并不是隨時(shí)間均勻變化的，則安培力也不隨時(shí)間均勻變化，故AB錯(cuò)誤；
C、金屬棒下滑一段時(shí)間閉合S，此時(shí)電流不為0，故C錯(cuò)誤；
D、若閉合開關(guān)S時(shí)ab受到的安培力大小剛好等于重力，則感應(yīng)電流恒定，根據(jù)，可知q與t成正比例關(guān)系，故D正確；
故選：D。
導(dǎo)體棒下落過程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與牛頓第二定律可知會(huì)出現(xiàn)三種情況，分別討論分析即可判斷。
解決該題需要明確知道閉合開關(guān)后金屬桿受到鄉(xiāng)下重力以及向上的安培力，知道將重力和安培力的大小分為三種情況來討論。
5.【答案】AC 【解析】解：A、飛機(jī)著陸時(shí)的速度
飛機(jī)做末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可逆向看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，該飛機(jī)在倒數(shù)第4s內(nèi)的位移為7m，設(shè)飛機(jī)的加速度大小為a，有：
代入數(shù)據(jù)解得：
故A正確；
C、飛機(jī)在跑道上滑行的時(shí)間為
故C正確；
B、該飛機(jī)著陸后5s時(shí)未停止運(yùn)動(dòng)，速度大小為
故B錯(cuò)誤；
D、該飛機(jī)在跑道上滑行的距離為
故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
飛機(jī)做末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可逆向看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移-時(shí)間公式和位移關(guān)系求解加速度的大?。桓鶕?jù)速度-時(shí)間公式求解滑行時(shí)間；根據(jù)速度-時(shí)間公式求解5s時(shí)速度的大小；根據(jù)平均速度公式求解滑行距離。
本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)并能夠熟練應(yīng)用，知道末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可逆向看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
6.【答案】BD 【解析】解：如圖所示
地球可視為一個(gè)大磁場(chǎng)，磁場(chǎng)南極大致在地理的北極附近，磁場(chǎng)北極大致在地理南極附近。通過這兩個(gè)磁極的假想直線磁軸與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成度的傾斜。由表中 z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場(chǎng)豎直向下，則測(cè)量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，故A錯(cuò)誤；
B.磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為
，故B正確；
由選項(xiàng)A可知測(cè)量地在北半球，而北半球地磁場(chǎng)指向北方斜向下，則第2次測(cè)量，測(cè)得，故y軸指向南方，第3次測(cè)得，故x軸指向北方而y軸則指向西方，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：BD。
地球可視為一個(gè)大磁場(chǎng)，地理的北極為磁場(chǎng)的南極，地理的南極為磁場(chǎng)的北極，磁場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，根據(jù)圖中信息即可求得該處磁場(chǎng)大小及方向。
本題考查了地球磁場(chǎng)及磁場(chǎng)強(qiáng)度為矢量的運(yùn)算，解題的關(guān)鍵是知道地球可視為一個(gè)大磁場(chǎng)，地理的北極為地球磁場(chǎng)的南極，地理的南極為地球磁場(chǎng)的北極，磁場(chǎng)強(qiáng)度為矢量，計(jì)算矢量運(yùn)算法則。
7.【答案】BD 【解析】解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭向下滑動(dòng)時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，副線圈總電阻變大，其他條件不變，由歐姆定律可知，副線圈電流減小，由理想變壓器的電流比可知，原線圈電流減小，電流表的示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b而其他條件不變時(shí)，原線圈匝數(shù)減小，原副線圈匝數(shù)比變小，由理想變壓器變壓比可知，穩(wěn)定后副線圈電壓增大，電壓表的示數(shù)增大，故B正確；
C、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭向上滑動(dòng)時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值減小，副線圈總電阻減小，其他條件不變，由歐姆定律可知，副線圈電流增大，小燈泡的實(shí)際功率增大，燈泡變亮，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)線圈ABCD的轉(zhuǎn)速增加一倍，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值增加一倍，其他條件不變，副線圈兩端電壓增加一倍，電壓表示數(shù)增加一倍，由歐姆定律可知，副線圈電流增加一倍，由理想變壓器的電流比可知，原線圈電流增加一倍，電流表的示數(shù)增加一倍，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)題意判斷變壓器原副線圈匝數(shù)如何變化，然后判斷副線圈電壓如何變化；根據(jù)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭的移動(dòng)方向判斷滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值如何變化，然后分析答題；根據(jù)線圈轉(zhuǎn)速變化情況判斷電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)如何變化，然后判斷電壓與電流表示數(shù)如何變化。
本題考查了變壓器的特點(diǎn)，結(jié)合閉合電路歐姆定律分析電阻變化引起電流、電壓的變化。知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，電流比等于匝數(shù)反比。
8.【答案】CD 【解析】解：依題意，小球在距B點(diǎn)的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球受到兩根彈簧的彈力合力大小為
對(duì)小球由共點(diǎn)力平衡可得
解得
故A錯(cuò)誤；
B.由能量守恒定律得：
解得：，故B錯(cuò)誤；
故D錯(cuò)誤。小球從Q點(diǎn)由靜止下滑時(shí)，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)受力平衡，加速度為0，速度最大，動(dòng)能最大，從Q到P過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得
由幾何關(guān)系可求得
聯(lián)立求得
為
故C正確；
D.根據(jù)對(duì)稱性，可知小球在Q點(diǎn)的受兩彈簧彈力合力情況與P點(diǎn)大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律，有
代入數(shù)據(jù)解得：
故D正確；
故選：CD。
對(duì)小球由共點(diǎn)力平衡求解勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；小球從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)的過程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理求解求解最大動(dòng)能；根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的位置離B點(diǎn)距離。
本題主要是考查帶電小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能夠根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律等進(jìn)行解答。
9.【答案】不亮； 低。 【解析】【分析】
依據(jù)自感線圈的特征：剛通電時(shí)線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時(shí)線圈相當(dāng)于電源，再根據(jù)電路規(guī)律分析a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)高低。
本題要知道理想線圈的特征：剛通電時(shí)線圈相當(dāng)于斷路，斷開電鍵時(shí)線圈相當(dāng)于電源。
【解答】
依題意知，當(dāng)開關(guān)S閉合一段時(shí)間，電路穩(wěn)定時(shí)，由于A燈與自感線圈并聯(lián)，自感線圈直流電阻為零，A燈將被線圈短路，則A燈將不亮；當(dāng)開關(guān)S斷開瞬間，自感線圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，將對(duì)A燈進(jìn)行短暫供電，電流方向從b到a，所以a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)電勢(shì)低。
故答案為：不亮；低。 10.【答案】70 35 【解析】解：因?yàn)?/span>A、B一起在地面上運(yùn)動(dòng)，所以A與B間是靜摩擦力，而B與地面間是滑動(dòng)摩擦力，所以有：
對(duì)A、B整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得
對(duì)A物體有
其中T為繩的拉力，大小為
根據(jù)牛頓第三定律得，A對(duì)B的摩擦力為
故答案為：70，35。
根據(jù)整體與隔離來分別進(jìn)行受力分析，依據(jù)牛頓第二定律，與滑動(dòng)摩擦力的公式，即可求解。
對(duì)于摩擦力的分析，首先要明確物體受到的是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力，然后才能根據(jù)各自的性質(zhì)進(jìn)行分析運(yùn)算。
11.【答案】 【解析】解：由圖乙所示可知，刻度尺的分度值為1mm，刻度尺讀數(shù)為。
小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由于拋出點(diǎn)的高度相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度越大，小球的水平位移越大；兩球碰撞后入射球A的速度變小，小于被碰球B的速度，小球A做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移小于被碰球B的水平位移，由圖甲所示可知，M點(diǎn)是碰撞后入射球A的落地位置1，N點(diǎn)是被碰球B的落點(diǎn)位置。
碰撞前入射球的初速度大小，碰撞后A的速度大小，碰撞后B的速度大小，如果兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，整理得：
故答案為：；；。
根據(jù)圖示刻度尺確定其分度值，然后讀數(shù)。
小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷小球落點(diǎn)位置。
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。
理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，掌握基礎(chǔ)知識(shí)，根據(jù)題意應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以解題；要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法。
12.【答案】紅 AB 2 261 【解析】解：開關(guān)S接到位置3或4時(shí)，作為歐姆表使用，多用表的黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，紅表筆與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，因此圖中的A為紅表筆；
開關(guān)S接到位置3或4時(shí)是用于測(cè)量電阻的歐姆擋，故A正確；
B.開關(guān)S接到位置5或6時(shí)是電壓擋，故B正確；
C.串聯(lián)電阻有分壓作用，分壓與電阻成正比，開關(guān)接6位置時(shí)，分壓電阻更大，因此開關(guān)S接到位置6時(shí)的量程比接到位置5時(shí)的量程大.故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)閉合定律的歐姆定律可知，I與不是線性變化關(guān)系，因此歐姆擋的表盤的刻度不是均勻的，故D錯(cuò)誤。
并聯(lián)電阻有分流作用，分流與電阻成反比，并聯(lián)電阻越大則量程越小，所以開關(guān)S接位置2時(shí)是小量程；
開關(guān)S接位置2時(shí)是小量程，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電路特點(diǎn)
開關(guān)S接位置1時(shí)是大量程，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電路特點(diǎn)
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：，
故答案為：紅；；；261。
明確多用表的原理和結(jié)構(gòu)，根據(jù)電表的結(jié)構(gòu)選出歐姆表、電壓表和電流表；由電流表的改裝原理確定量程的大小。
熟悉多用表的原理和結(jié)構(gòu)，明確電壓表、電流表和歐姆表的基本結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，根據(jù)電表的結(jié)構(gòu)即可選出歐姆表、電壓表和電流表。
13.【答案】解：設(shè)地球質(zhì)量和半徑分別為M、R，火星質(zhì)量和半徑分別為、，火星表面的重力加速度為，
在星球表面，由萬(wàn)有引力等于重力得：
在火星表面：
因地球質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，地球半徑約為火星半徑的2倍，
解得：
火星車勻速行駛時(shí)，設(shè)受到的阻力大小為f，
因行駛時(shí)受到阻力為其在火星表面所受重力的，則有：，
當(dāng)火星車在火星平直表面行駛的最大速度，則處于平衡狀態(tài)，即，
且力功率表達(dá)式：，
解得：
答：火星表面的重力加速度大小；
火星車在火星平直表面行駛的最大速度。 【解析】已知火星和地球的質(zhì)量與半徑關(guān)系，根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力得出表面的重力加速度之比；
根據(jù)行駛時(shí)受到阻力為其在火星表面所受重力的關(guān)系，結(jié)合達(dá)到最大速度處于平衡狀態(tài)，及力的功率表達(dá)式，求得最大速度。
此題主要考查了萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，掌握萬(wàn)有引力的兩個(gè)重要理論：1、萬(wàn)有引力提供向心力，2、萬(wàn)有引力等于重力，并能靈活運(yùn)用，注意第二問中火星車達(dá)到最大速度即處于平衡狀態(tài)是解題的突破口。
14.【答案】解：引爆炸藥瞬間，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有
系統(tǒng)能量守恒，有
解得炸藥釋放的化學(xué)能。
炸藥爆炸后，滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)，木板向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有
木板勻減速運(yùn)動(dòng)到停時(shí)，有
木板和滑塊的位移滿足關(guān)系
解得
由于，木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)滑塊仍在木板上，滑塊的動(dòng)能不變，木板的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)損失的機(jī)械能
解得。
答：炸藥釋放的化學(xué)能為27J。
若要使滑塊到達(dá)木板左端前木板停下，則需滿足的條件為。
從炸藥爆炸后的瞬間到木板停止運(yùn)動(dòng)的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J。 【解析】在炸藥爆炸瞬間，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出炸藥爆炸后木板B獲得的速度，再由能量守恒定律求炸藥釋放的化學(xué)能。
炸藥爆炸后，滑塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)，木板向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出木板的加速度大小，由速度-時(shí)間公式求出木板做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)木板和滑塊的位移關(guān)系求解。
從炸藥爆炸后的瞬間到木板停止運(yùn)動(dòng)的過程中，木板的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求系統(tǒng)損失的機(jī)械能。
本題考查動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、能量守恒定律。要掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，理解牛頓第二定律基本概念并能應(yīng)用相關(guān)公式解決動(dòng)力學(xué)問題，理解并能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。
15.【答案】解：由A點(diǎn)射入的粒子恰好垂直軸通過C點(diǎn)，可知圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)處，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，
由洛倫茲力提供向心力，有，
得粒子的速度為；
當(dāng)粒子在范圍內(nèi)發(fā)射時(shí)，由于軌跡圓半徑等于磁場(chǎng)圓半徑，粒子的射入點(diǎn)、磁場(chǎng)圓圓心、軌跡圓圓心、粒子的射出點(diǎn)組成菱形，
則射出點(diǎn)在磁場(chǎng)圓圓心水平右側(cè)R處，即所有的粒子均從C點(diǎn)離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，與y軸正向夾角在范圍內(nèi)均有粒子射出粒子射入磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由向心力公式得，
解得，
由C點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)Ⅱ的粒子，從磁場(chǎng)Ⅱ右邊界時(shí)的位置最靠下為D點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，
由幾何關(guān)系得，
；
粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)Ⅱ右邊界相切時(shí)，切點(diǎn)F為從右邊界射出的最上方的位置，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，
由幾何關(guān)系得，
；
勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ右邊界有粒子通過的區(qū)域所對(duì)應(yīng)縱坐標(biāo)的范圍是：；
圖1
當(dāng)粒子在范圍內(nèi)發(fā)射時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，
由幾何關(guān)系可知，處射入的粒子在Ⅰ區(qū)偏轉(zhuǎn)由C點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)，在Ⅱ區(qū)偏轉(zhuǎn)垂直右邊界由G點(diǎn)射出，
，
進(jìn)入電場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上M點(diǎn)，處射入的粒子在Ⅰ區(qū)偏轉(zhuǎn)由C點(diǎn)與Ⅱ區(qū)左邊界成進(jìn)入Ⅱ區(qū)，在Ⅱ區(qū)偏轉(zhuǎn)后在H點(diǎn)沿y軸正向進(jìn)入電場(chǎng)，
，
進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上K點(diǎn)
x軸方向，
y軸方向，
熒光屏上有粒子打到的區(qū)域的長(zhǎng)度，
解得，
圖2
答：粒子的速度大小為；
當(dāng)粒子發(fā)射器在范圍內(nèi)發(fā)射，勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ右邊界有粒子通過的區(qū)域所對(duì)應(yīng)縱坐標(biāo)的范圍為；
當(dāng)粒子發(fā)射器在范圍內(nèi)發(fā)射，熒光屏上有粒子打到的區(qū)域的長(zhǎng)度為。 【解析】根據(jù)題意可知粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O點(diǎn)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得速度v；
根據(jù)粒子發(fā)射器的范圍，根據(jù)幾何關(guān)系分析可以確定粒子在與y軸正向夾角在范圍內(nèi)均有粒子射出粒子射入磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力確定粒子在II磁場(chǎng)區(qū)域的軌跡半徑，根據(jù)幾何關(guān)系畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，將粒子能夠從右側(cè)邊界飛出的粒子進(jìn)行分類討論，確定坐標(biāo)范圍；
先根據(jù)粒子發(fā)射器所在的范圍，根據(jù)幾何關(guān)系畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，圓的知識(shí)以及粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可列式求解。
該題考查帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，需要根據(jù)題意將粒子在不同的發(fā)射區(qū)域畫出粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，再結(jié)合圓的知識(shí)以及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析，解決該題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，并能正確分析軌跡，題目綜合性較強(qiáng)，難度較大。
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