1、（安徽）【答案】（1）0.4m （2） （3）
解析】（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vd，乙离开d点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到b点的距离为x，则。
联立①②③得。
2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
联立⑤⑥得：v乙= v0
由动能定理得。
联立①⑦⑧得。
3）设甲的质量为m，碰撞后甲、乙的速度分别为vm、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
联立⑩得。由和，可得。
设乙球过d点的速度为，由动能定理得。
联立⑨得。设乙在水平轨道上的落点到b点的距离为，则有：
联立②得：
2、（福建）【答案】（1）（2）（3）
解析】（1）物体a在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得。
k^s*代入数据解得。
2）时，木板b的速度大小为。
k^s*木板b所受拉力f，由牛顿第二定律有。
k^s*解得：f=7n，电动机输出功率 。
3）电动机的输出功率调整为5w时，设细绳对木板b的拉力为，则。
解得，k^s*
木板b受力满足，所以木板b将做匀速直线运动，而物体a则继续在b上做匀加速直线运动直到a、b速度相等。设这一过程时间为，有。
k^s*这段时间内片的位移，由以上各式代入数据解得：
木板b在到3.8s这段时间内的位移。
3、【答案】⑴
速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°
从粒子发射到全部离开所用时间为。
解析】 ⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从p点经过做op的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有。
解得。则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为。
粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得，化简得。
仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。
角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。
角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。
所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°
在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是。
半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用时间为。
所以从粒子发射到全部离开所用时间为。
4、（山东）【答案】（1） （2）（3）（4）见解析。
解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得。
则v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n
1）第一次过电场，由动能定理得。
2）第n次经过电场时，由动能定理得。
解得。3）第n次经过电场时的平均速度，则时间为。
4）如图。5、（四川）【解析】（1）设p的加速度为a0、到d点的竖直速度为vy，合速度大小为v1,与水平方向的夹角为β，有。
联立上述方程，代入数据解得：v1=6m/s
2）设a碰前速度为v2，此时轻绳与竖直线的夹角为β，由动能定理得：
设a、p碰撞后小球c的速度为v，由动量守恒定律得：
小球c到达平板时速度为0，应做匀减速直线运动，设加速度的大小为a 有。
设恒力大小为，f与竖直方向的夹角为α，如图，根据牛顿第二定律，得：
代入相关数据解得：
3）由于平板可距d点无限远，小球c必做匀速或匀加速直线运动，恒力f1的方向可从竖直方向顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与速度方向夹角为θ，有：
在垂直于速度方向上，有：
则f1的大小满足条件为。
式中）6、（天津）【答案】（1）（2）14
解析】（1）离子在电场中受到的电场力。
离子获得的加速度。
离子在板间运动的时间。
到达极板右边缘时，离子在+y方向的分速度。
离子从板右端到达屏上所需时间。
离子射到屏上时偏离o点的距离。
由上述各式，得。
2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为b，磁场对离子的洛伦兹力。
已知离子的入射速度都很大，因而粒子在磁场中运动时闻甚短。所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板中运动时，ｏｏ分逮度总是远大于在ｘ方向和ｙ方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，顾可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度。
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度。
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离。
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得。
由⑩、⑾两式得。
其中。上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.
00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得。
故该未知离子的质量数为14。
7、（湖南）【答案】（1）（2）
解析】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为r，根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：，解得：
当a/2设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得：
且。解得：
1)电子在0~f时间内做匀加速运动。
加速度的大小 a1
位移 x1=a1t2
在t-2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动。
加速度的大小a2
初速度的大小v1=a1t
匀减速运动阶段的位移 x2
依据题意 d>x1+x2 解得d>
（2）在2nt~(2n+1)t,(n=0,1,2, …99)时间内。
加速度的大小a′2=
速度增量v2=-a′2t
(a)当0≤t-2nt 电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2nt
解得 v=[t-(k+1)nt] ,n=0,1,2, …99
(b)当0≤t-(2n+1)t 电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2-a′2[t-(2n+1)t
解得v=[(n+1)(k+1)t-kl] ,n=0,1,2, …99
（3）电子在2(n-1)t~(2n-1)t时间内的位移x2n-1=v2n-2t+a1t2
电子在(2n-1)t~2nt时间内的位移x2n=v2n-1t-a′2t2
由式可知 v2n-2=(n-1)(1-k)t
由式可知 v2n-1=(n-nk+k)t
依据题意 x2n-1+x2n=0
解得 k=9、解析：
1）作出临界轨道，由几何关系知 r=d
由得 2）对电子：
对粒子： 作出轨道如图。
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