－fL11?2（mA＋mB）（v2－v20）解得L1?0.4m．第二次A与C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L2 mA（－v）＋mBv?（mA＋mB）v′－fL122?2（mA?mB）（v′－v2）解得L2?01.m
若假定第三次A与C碰后AB仍能有共同速度v′，B在A上相对于A滑行L3m（A?v??）＋mBv???（mA＋mB）v???fL1223?2（mA＋mB）（v″?v′）解得L3?0.025mL1＋L2＋L3?0.525m＞0.51m
即三次碰撞后B可脱离A板．
11（13分）
（1）设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mg?mv2R ① 2
从发射前到最高点，由机械能守恒定律得： E1p?mgR?2mv2② 2分 （2）钢珠从最高点飞出后，做平抛运动
x?vt ③ 1分
y?12gt2 ④ 1分 由几何关系x2?y2?r2 ⑤ 2分 从飞出M到打在N得圆弧面上，由机械能守恒定律：
分
mgy?1mv2?1mv222N ⑥ 2分
联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN?5.0m/s 1分
13．设水平恒力F作用时间为t1．
对金属块使用动量定理Fμt1=mv0-0即: μ1mgt1=mv0 ①
得t1=v0? ②
1g 对小车有（F-Fμ）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg ③
金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=
F??1mgm=
m??1g ④
小车加速度aF?5?1mg??1mg2?F?2m?2m?2?1g ⑤
金属块与小车位移之差s?12a2121v2t1?2a1t1?2(2?1g??1g)(0?g)2 ⑥ 1
而s?L，∴?v201? ⑦
2gL从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0=（2m+m）v，得v=53v0．由能量守恒有?mgL?1mv212152220?2?2m?(2v0)?2?3m?(3v0) ⑨ 得?2v202?3gL ⑩
∴?1??3 2214.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得
⑧ qEL?12mv2 v?2qELm 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 qvB?mv2r
r?mvqB?12mELBq 可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角
d?rsin60?16mEL2Bq (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：
两个磁场区域中的运动时间之比为：
t1t??1??120?2?? 223005（3）电场中，tv2mv2mL1?2a?qE?2qE 中间磁场中， tT2?2?6?2?m3qB 右侧磁场中,t55?m3?6T?3qB 则t?t1?t2mL7?2?t3?2qE?m3qB
15（20分）
形O1O2O3是等边三角形，其边长为2r
?1?60?2?120，由于速度v相同，角速度相同，故而
解：（1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外。 （4分）
(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l，粒子在电场中沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为
l，得 21Eq?l????l， 2m?2v0?28mv0解得匀强电场的场强为 E? （5分）
ql2带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律得
mvv2qvB?m 解得 R?0
RBq?l?根据如图的几何关系 ?l?R?????R2
?2?22解得轨道半径为 R?5l 8解得磁场的磁感应强度 B?8mv0 （9分） 5ql因此解得
E?5v0 （2分） B
16（8分）
（1）因小球恰能到B点，则在B点有
2mvB （1分） mg?d2
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