1、高考物理压轴题汇编如图所示，在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块，木块的体积为V，高为h，其密度为水密度的二分之一，横截面积为容器横截面积的二分之一，在水面静止时，水高为2h，现用力缓慢地将木块压到容器底部，若水不会从容器中溢出，求压力所做的功。解：由题意知木块的密度为/2，所以木块未加压力时，将有一半浸在水中，即入水深度为h/2，木块向下压，水面就升高，由于木块横截面积是容器的1/2，所以当木块上底面与水面平齐时，水面上升h/4，木块下降h/4，即：木块下降h/4，同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4，由功能关系可得这一阶段压力所做的功压力继续把木块压到容器底部，在这
2、一阶段，木块重心下降，同时底部被木块所占空间的水重心升高，由功能关系可得这一阶段压力所做的功整个过程压力做的总功为：(16分)为了证实玻尔关于原子存在分立能态的假设，历史上曾经有过著名的夫兰克赫兹实验，其实验装置的原理示意图如图所示.由电子枪A射出的电子，射进一个容器B中，其中有氦气.电子在O点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C，然后进入检测装置D.速度选择器C由两个同心的圆弧形电极P1和P2组成，当两极间加以电压U时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D.由检测装置测出电子产生的电流I，改变电压U，同时测出I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.我们合理简化问题，
3、设电子与原子碰撞前原子是静止的，原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动（即忽略电子与原子碰撞过程中，原子得到的机械能）.实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大，(1)设速度选择器两极间的电压为U（V）时，允许通过的电子的动能为Ek（eV），导出Ek（eV）与U（V）的函数关系（设通过选择器的电子的轨道半径r=20.0 cm，电极P1和P2之间隔d=1.00 cm,两极间场强大小处处相同），要说明为什么有些电子不能进入到接收器.(2)
4、当电子枪射出的电子动能Ek=50.0 eV时，改变电压U（V），测出电流I（A），得出下图所示的IU图线，图线表明，当电压U为5.00 V、2.88 V、2.72 V、2.64 V时，电流出现峰值，定性分析论述IU图线的物理意义.(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级En（eV），设其基态E1=0.解：(1)当两极间电压为U时，具有速度v的电子进入速度选择器两极间的电场中，所受电场力方向与v垂直，且大小不变，则电子在两极间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，设电子质量为m，电量为e,则电场力F=qE=eU/d根据牛顿第二定律有eU/d=mv2/R解得电子动能Ek=mv2/2=eUR/2
5、d=10.0U(eV) (6分)即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U时，允许通过动能为10.0U（eV）的电子，而那些大于或小于10U（eV）的电子，由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上，不能到达检测装置D.（2）IU图线表明电压为5.0 V时有峰值，表明动能为50.0 eV的电子通过选择器，碰撞后电子动能等于入射时初动能，即碰撞中原子没有吸收能量，其能级不变当电压为2.88 V、2.72 V、2.64 V时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从50.0 eV，变为28.8 eV，27.2 eV、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器，它们减小的动能分别在碰撞
6、时被原子吸收，IU图线在特定能量处出现峰值，表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能为40.0 eV的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（50.0-40.0）eV=10.0 eV，也就是说氦原子不吸收10.0 eV的能量，即10.0 eV不满足能级差要求)(4分)（3）设原子激发态的能极为En，E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在：（500-288）eV=21.2 eV(50.0-27.2)eV=22.8 eV(50.0-26.4)eV=23.6 eV(6分)17.(14分)如图甲
7、，A、B两板间距为，板间电势差为U，C、D两板间距离和板长均为L，两板间加一如图乙所示的电压.在S处有一电量为q、质量为m的带电粒子，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B.不计重力影响，欲使该带电粒子经过某路径后能返回S处.求：(1)匀强磁场的宽度L至少为多少?(2)该带电粒子周期性运动的周期T.(1)AB加速阶段，由动能定理得： 偏转阶段，带电粒子作类平抛运动偏转时间 侧移量 设在偏转电场中，偏转角为则 即 由几何关系：45sin45 则 注：L也可由下面方法求得：粒子从S点射入到出偏转电场，电场力共做功为2q设出电场时速度为，有 解得粒子
8、在磁场中做圆周运动的半径： (2)设粒子在加速电场中运动的时间为则 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期实际转过的角度 在磁场中运动时间故粒子运动的周期T 评分标准：本题14分，第(1)问8分，其中、式各1分，式2分，、式各1分.第(2)问6分，其中 、式各1分，式2分.22.(13分)1951年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为h，静电力常量为k，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh
9、/2，n=1,2，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L时的电势能为Ep=-k，试求n=1时“电子偶数”的能量.18.(13分)由量子化理论知 n=1时，2mev1r1= 解得设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me 由联立可得v1ke2h 系统电势能Ep=-k=2mev12而系统两电子动能为Ek=2系统能量为E=Ep+Ek-mev12=-2mk2e4h2评分：解答式正确得2分；解答式正确得3分；正确分析系统势能得2分；解答动能正确得3分；正确列式、得出总能量表达式得3分.23.(14分)显像管的工作原理是阴极K发射的电子束经高压加速电场(电压U)
10、加速后垂直正对圆心进入磁感应强度为B、半径为r的圆形匀强偏转磁场，如图11所示，偏转后轰击荧光屏P，荧光粉受激而发光，在极短时间内完成一幅扫描.若去离子水质不纯，所生产的阴极材料中会有少量SO，SO打在屏上出现暗斑，称为离子斑，如发生上述情况，试分析说明暗斑集中在荧光屏中央的原因电子质量为9.11031 kg，硫酸根离子(SO)质量为1.61025 kg. 23、电子或硫酸根离子在加速电场中 qU=设粒子在偏转磁场中偏转时，轨道半径为R,有：qvB=m 则R=设粒子在偏转磁场中速度偏角为，有：tan故tan由于硫酸根离子荷质比远小于电子的荷质比，高速硫酸根离子经过磁场几乎不发生偏转，而集中打在
11、荧光屏中央，形成暗斑.评分：正确运用动能定理处理粒子在加速电场中的运动得3分；求解粒子在偏转磁场中的轨道半径得3分；正确抓住切入点，求解tan得3分；明确tan与的关系得2分；最后将tan应用于电子和硫酸根离子，得出正确结论得2分. 24.(14分)如图12是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：按电路图接好实验电路;接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U06.2 V和微安表读数I0490 A;断开电键S并同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次微安表的读数i,将读数
12、记录在预先设计的表格中;根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“”表示),则：图12(1)根据图示中的描点作出图线.(2)试分析图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义.(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0，并计算电容器的电容.24.(14分)(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.注：(a)绘出折线不得分；(b)绘出的曲线应与横轴相切，否则酌情扣分.(2)图中i-t图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R的电量，即电容器两端电压为U0时所带电量为Q.(3)根据绘出图线，估算“面积”格数约3233格(此范围内均得分，
13、下同).因此，电容器电容为U0时，带电量(Q0)约为8.00103 C8.25103 C由C=得，电容器电容(C)约为：1.30103 F1.33103 F评分：(1)绘图正确得4分；(2)“面积”意义分析正确得5分；(3)电容计算正确得5分.图1125.(12分)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图11所示是一个截面为内径R0.6 m、外径R2=1.2 m的环状区域，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比=4.8107 C/kg，磁场的磁感应
14、强度B=0.4 T，不计带电粒子重力.(1)实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v的大小与它在磁场中运动的轨道半径r有关，试导出v与r的关系式.(2)若氦核在平行于截面从A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界，求氦核的最大速度.解：(1)设氦核质量为m,电量为q，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动， Bqv=m (3分)所以v= (2分)(2)当氦核以vm的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以vm速度沿各方向射入磁场均不能穿过磁场 (1分)即r0.3 m (2分)由Bqv=知r= (2分)所以vm=5.76106 m/s (2分)3
15、2（16分）如图所示为示波管的原理图，电子枪中炽热的金属丝可以发射电子，初速度很小，可视为零。电子枪的加速电压为U0，紧挨着是偏转电极YY和XX，设偏转电极的极板长均为？，板间距离均为d，偏转电极XX的右端到荧光屏的距离为。电子电量为e，质量为m（不计偏转电极YY和XX二者之间的间距）、在YY、XX偏转电极上不加电压时，电子恰能打在荧光屏上坐标的原点。求：（1）若只在YY偏转电极上加电压（，则电子到达荧光屏上的速度多大?（2）在第（1）问中，若再在XX偏转电板上加上，试在荧光屏上标出亮点的大致位置，并求出该点在荧光屏上坐标系中的坐标值。32解：（1）经加速电压后电子的速度为，则有 （1）电子经
16、过YY偏转电极的时间为侧向分速度为，则有 （2） （3）电子打到荧光屏上的速度等于离开偏转电极时的速度，由（1）（2）（3）可得 （4）（2）电子在YY偏转电极中的侧向位移为 （5）离开YY偏转电极后的运动时间为、侧向位移为则有 （6） （7）电子在y方向的位移为 （8）同理：电子在XX偏转电极中的侧向位移为 （9）离开XX后运动时间为，侧向位移为，则有 （10） （11）电子在x方向的位移为 （12）光点在荧光屏上的坐标33、如图1所不，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽)。在两板之间有一带负电的质点P。已知若在A、B间加电压U0，则质点P可以静止平衡。现在A、B
17、间加上如图2所示的随时间t变化的电压U，在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速为0。已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而不与两板相碰，求图2中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式。(质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次。) 设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有： 当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a， 解得a=g当两板间的电压为0时，P自由下降，加速度为g，方向向下。在t=0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上作初速为0的匀加速运动，加速度为g。经过
18、时间1，P的速度变为v1，此时使电压变为0，让P在重力作用下向上作匀减速运动，再经过1，P正好达到A板且速度变为0。故有：v1=g1 0=v1-g1 d= g12+v11- g12由以上各式得：1=1 因为t1=1 得 在重力作用下，P由A板处向下做匀加速运动，经过时间2，P的速度变为v2，方向向下。此时加上电压使P向下作匀减速运动，再经过2，P正好达到B板且速度变为0。故有：v2=g2 0=v2-g2 d= g22+v22- g22由以上各式得 2=2 因为t2=t1+1+2 得t2=( +1) 在电场力和重力的合力作用下，P又由B板向上作匀加速运动，经过时间3，速度变为v3，此时使电压变为
19、0，让P在重力作用下向上作匀减速运动，经过3，P正好达到A板且速度变为0。故有：v3=g3 0=v3-g3 d= g32+v33- g32由上得 3=3 因为t3=t2+2+3 得t3=( +3) 根据上面分析，因重力作用，P由A板向下做匀加速运动，经过2，再加上电压，经过2，P到达B且速度为0，因t4=t3+3+2 得t4=( +5) 同样分析可得tn=( +2n-3) (n2)1988N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶,它们沿轴线排列成一串,如图所示(图中只画出了六个圆筒,作为示意)各筒和靶相间地连接到频率为、最大电压值为U的正弦交流电源的两端整个装置放在高真空容器中圆筒的两底面中心开有小
20、孔现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒,并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场)缝隙的宽度很小,离子穿过缝隙的时间可以不计已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1,且此时第一、二两个圆筒间的电势差V1-V2=-U为使打到靶上的离子获得最大能量,各个圆筒的长度应满足什么条件?并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量为使正离子获得最大能量,要求离子每次穿越缝隙时,前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U,这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期由于圆筒内无电场,离子在筒内做匀速运动设vn为离子在第n个圆筒内的速度,则有将(3)代入(2),得第
21、n个圆筒的长度应满足的条件为:n=1,2,3N打到靶上的离子的能量为:评分标准:本题共9分列出(1)式给2分;列出(2)式给3分;得出(4)式再给2分;得出(5)式给2分1991在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力:当两球心间的距离等于或小于l时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动,如图所示.欲使两球不发生接触,v0必须满足什么条件?解一:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减
22、小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2l +s2-s12r其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得联立解得解二:A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是v1=v2l+s2-
23、s12r其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.设v0为A球的初速度,则由动量守恒定律得mv0=mv1+2mv2由动能定理得联立解得评分标准:全题共8分.得出式给1分.得出式给2分.若式中写成的也给这2分.在写出、两式的条件下,能写出、式,每式各得1分.如只写出、式,不给这3分.得出结果再给2分.若式中0一侧的每个沙袋质量为m=14千克,x0,Vn0M-(n+1)m0代入数字,得：nM/m=48/14 n(M/m)-1=34/14n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行. (2)车自反向滑行直到接近x0
24、,Vn0即M+3m-nm0M+3m-(n+1)m0或：n(M+3m)m=9n(M+3m)m1=88n9n=8时,车停止滑行,即在x0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.评分标准:全题12分.第(1)问4分:求得式给2分,正确分析车反向滑行条件并求得反向时车上沙袋数再给2分.(若未求得式,但求得第1个沙袋扔到车上后的车速,正确的也给2分。通过逐次计算沙袋扔到车上后的车速,并求得车开始反向滑行时车上沙袋数,也再给2分.)第(2)问8分:求得式给3分,式给1分,式给2分。求得式给1分。得到最后结果再给1分。(若未列出、两式,但能正确分析并得到左侧n=8的结论,也可
25、给上述、式对应的4分.)1996设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E4.0伏/米，磁感应强度的大小B0.15特。今有一个带负电的质点以v20米/秒的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)。解：根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外。解法一:由合力为零的条件，可得求得带电质点的电量与质量之比代入数据得因质点带负电，电场方向与
26、电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有qEsinqvBcos，解得tg=vB/E=200.15/4.0，arctg0.75即磁场是沿着与重力方向夹角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。解法二:因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁砀方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向间夹角为，由合力为零的条件，可得qEsinqvBcos，qEcosqvBsinmg，解得，代入数据得q/m1.96库/千克tg=vB/E=200.15/4.0，arctg0.75即磁场是沿着与重力方向成夹角arctg0.75，且斜向下方的一切方向。1997如图1所
27、示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U01000伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l0.20米，相距d0.020米，加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如图2所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T0.20秒，筒的周长s0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。 （1）以t0时（见图2，此时u0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上
28、的最高点的y坐标和x坐标。（不计重力作用） （2）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。 解:（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度,则 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则 lv0t0 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动。对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足 联立、式解得u0（2d2）/（12）U020伏 此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy （eu0）/（md）t0 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图
29、（1）可得（yd/2）/bvy/v0 由以上各式解得ybd/ld/22.5厘米 从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T00.10秒,u的最大值um100伏,因为ucum，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔t内有电子通过A、B板t（uc）/（um）T0 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为x1（t）T/s2厘米第二个最高点的x坐标为x2（tT0）/s12厘米 第三个最高点的x坐标为x3（t2T）/Ts22厘米由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x
30、坐标分别由和表示（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（2）所示。评分标准:本题12分。 第（1）问10分，、式各1分，式2分，、式各1分。1998 一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为。A、B、C三者质量相等，原来都静止。现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0 。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求：（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。解：(1)A与B刚发生第一次碰
31、撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1。设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得mv0=2mv1由功能关系，得mgs1=2mv02/2-mv12/2由得 v1=v0/2代入式，得 s1=3v02/(8g)根据条件 v0，得s13l/4 可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l-s1)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2。由功能关系，得mgs2=mv12/2 解得 s2=v02/(8g
32、)因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为s=s2+l-s1=l-v02/(4g)(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得mv1=2mv2解得 v2=v1/2=v0/4因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得mv1+mv2=2mv3解得v3=3v0/8 故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为vA=v
33、2=v0/4vB=vC=v3=3v0/81999图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外是MN上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为q、质量为m 、速率为的粒于，粒于射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到0的距离为L不计重力及粒子间的相互作用。(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；(2)求这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔。解答：(1)设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有qvB=mv2/R 得R=mv/qB (2)如图所示，以OP为弦可画两个半径相同
34、的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为 O1、O2和OO1Q1,OO2Q2,在0处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用表示它们之间的夹角。由几何关系可知PO1Q1=PO2Q2 从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P Q1PP 粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=2PQ2=R 粒子1运动的时间t1=(1/2T)+(R/v) 其中T为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为t2=(1/2T)-(R/v) 两粒子射入的时间问隔t=t1-t2=2R/V 因 Rcos(/2) =1/2L得 =2arccos (L/2R) 由、三式得t=4marccos(lqB/2mv)
35、/qB2000在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解答：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为，由动量守恒，有当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为，由动量守恒，有由、两式得 A的速度（2）设弹簧
