1、实验题  在《探究小车速度随时间变化规律的实验》中得到一条如图所示的纸带，图中O、A、B、C、D、E为选取的计数点，相邻两计数点的时间间隔均为0.1s。计数点D两侧有1、2、3三个计时点，与D构成相邻的计时点，计时点间的时间间隔均为0.02s，其中x＝9.60cm。若某同学在实验中算出小车经过各点的瞬时速度并设计了如下表格：

（1）请帮该同学计算D点的瞬时速度并填在表格中；
（2）在给定的坐标纸上建立坐标系和标度并作出小车的v－t图象，由此判断小车做________运动。

参考答案：（1）1.60　
（2）图“略” ，匀加速直线

本题解析：

本题难度：一般

2、简答题  如图所示，粒子源S可以不断地产生质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计）．粒子从O1孔漂进（初速不计）一个水平方向的加速电场，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，方向如图．虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2（图中未画出）．有一块折成直角的硬质塑料板abc（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在PQ、MN之间（截面图如图），a、c两点恰在分别位于PQ、MN上，ab=bc=L，α=45°．现使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域．
（1）求加速电压U1．
（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律．粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？

参考答案：（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v0，根据能的转化和守恒定律得：qU1=12mv20?
要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，
?则 qE=qv0B
得到 v0=EB1?　　
将②式代入①式，解得 U1=mE22qB21?
（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．
由 qvB2=mv20R和运动学公式 T=2πRv0，解得 T=2πmqB2?
粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为 t1=2T=4πmqB2．
做圆周运动的路程为 s1=2?2πR=4πmEqB1B2．
粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s2=2Lsin45°=

本题解析：

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3、选择题  一小球在光滑圆轨道内侧运动，当小球运动到最低点时，小球受到的力是（　　）
A．重力和弹力
B．重力，弹力和向心力
C．重力和内心力
D．弹力和向心力

参考答案：当小球运动到最低点时，受到重力和轨道的弹力，由重力和弹力的合力提供向心力，故A正确，BCD错误．
故选：A

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本题难度：一般

4、简答题  图甲是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置．他利用光电门测出长方形遮光条通过B点位置所需的时间，从而算出小车此时的速度．遮光条固定在小车上，它沿小车运动方向的宽度为d．用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．

（1）若用刻度尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=______cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过B点位置所用的时间△t=2.0×10-2s，则小车此时的速度大小为v=______m/s；
（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为______；
（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过B点的时间△t，并算出遮光条通过B点位置时小车的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时应作出______（选填“v-m”或“v2-m”）图象，图线斜率k=______（?用重力加速度g、小车质量M、AB间距离LAB表示）．

参考答案：（1）若用刻度尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d=1.10cm；
用较短时间内的平均速度代替瞬时速度，所以小车经过光电门时的速度为v=d△t=0.55m/s
（2）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．
根据牛顿第二定律得：
对m：mg-F拉=ma
对M：F拉=Ma
解得：F拉=mMgm+M=mg1+mM
当M＞＞m时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．
（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，a=v22LAB
而a=FM=mgM，所以v22LAB=mgM
v2=2gLABMm
所以处理数据时应作出v2-m图象，图线斜率k=2gLABM．
故答案为：（1）1.10，0.55
（2）M＞＞m
（3）v2-m，2gLABM

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5、简答题  如图所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂赢纸面向里，MN、PQ是磁场的边界．质量为m，带电量为-q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ（0＜θ＜90°）的方向垂直磁感线射入匀强磁场B中，第一次，：粒子是经电压U1加速后射入磁场，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场．第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场，粒子则刚好垂直PQ射出磁场．不计重力的影响，粒子加速前速度认为是零，求：
（1）为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，可在磁场区域加一匀强电场，求该电场的场强大小和方向．
（2）加速电压

参考答案：（1）经电压U1加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图甲所示，圆半径R1与L的关系式为：L=R1+R1cosθ，R1=L1+cosθ．
又 qv1B=mv12R，解得v1=qBLm(1+cosθ)．
经电压U2加速后以速度v2射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，如图乙所示，半径R2与磁场宽L的关系式为 R2=Lcosθ．
又qv2B=mv22R．


解得v2=qBLmcosθ．
为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，则所受的洛伦兹力和电场力平衡，
则qv2B=qE
则E=v2B=qB2Lmcosθ．方向垂直速度方向向下．
（2）在加速电场中，根据动能定理得：
qU1=12mv12
qU2=12mv22
所以U1U2=v12v22=cos2θ(1+cosθ)2．
答：（1）电场强度的大小为qB2Lmcosθ．
（2）加速电压U1U2的值cos2θ(1+cosθ)2．

本题解析：

本题难度：一般