2012高考物理二轮复习 专题2 牛顿运动定律与直线运动教学案(教师(5)

4.5R=

12

gt，⑤ 2x1=v1t+R，⑥

由⑤⑥式解得x1=4R. ⑦

当鱼饵的质量为2m/3时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有

Ep=212mg(1.5R+R)+(m) v22，⑧ 323由④⑧式解得v2=2gR. ⑨

质量为2m/3的鱼饵落到水面上时，设离OO’的水平距离为x2，则x2=v2t+R，⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2=7R.

鱼饵能够落到水面的最大面积S，S=7（北京）（18分）

利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。

已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均

为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽， 可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

1332222

(πx2-πx1)= πR（或8.25πR）。 44解析：（1）动能定理 Uq?得 v1?1m1v12 22qU1 ○

m1mv2mv1式得 （2）由牛顿第二定律 qvB?，利用○ , R?RqB离子在磁场中的轨道半径为别为 R1?2mU2m2U12 ， ○R?222qBqB8U3 (m1?m2) ○2qB两种离子在GA上落点的间距s?2(R1?R2)?（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 4 2(R1?R2)?d ○2式，代入○4式得 2R1(1?利用○

m2)?d m1R1的最大值满足 2R1m?L?d

得 (L?d)(1?m2)?d m1求得最大值 dm?8（安徽）（16分）

m1?m22m1?m2L

如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。[来源: ]

（1）求电场强度的大小和方向。

（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。

P B y t02O x （3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。

解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向

且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 则 E?BR ③ t0（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动

t2 ④ 2R由②④式得 y? ⑤

2在y方向位移 y?v设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 x?又有 x?3R 21t02a() ⑥ 22得 a?43R ⑦ 2t0（3）仅有磁场时，入射速度v??4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有

v?2 qv?B?m ⑧[来源: ]

r又 qE=ma ⑨ 由⑦⑧⑨式得 r?3R ⑩ 3R 11 ○2r由几何关系 sin??即 sin???3 ?? 12 ○

32带电粒子在磁场中运动周期

T?2?m qB则带电粒子在磁场中运动时间 tR?所以 tR?2?T 2?3?3 t0 1○

189（安徽）（20分）

如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度

P v0=4 m/s，g取10m/s2。

（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。

（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。

v0 m L M O （3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则

1212mv1?mgL?mv0 ① 22 v1?6m/s ② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则

v12 F?mg?m ③

L 由②③式，得 F=2N ④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。 （2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，

有

mv2?MV?0 ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

12112mv2?MV2?mgL?mv0 ⑥ 222 由⑤⑥式，得 v2=2m/s ⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V。由系统水平方向的动量守恒，得

mv3?MV??0 ⑦ 将⑧式两边同乘以?t，得

mv3?t?MV??t?0 ⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔?t都成立，累积相加后，有 ms1?Ms2?0 10 ○ 又 s1?s2?2L ○11 由10○11式得 s1?○

10．（北京）（16分）

如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。

（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；

（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。

[来源:学&科&网Z&X&X&K]/

2m 12 ○3

O α 解析：（1）受力图见图

根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα （2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒 mgl(1?cos?)?l F m 12mv 2

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