热门试卷

解：（1）粒子进入金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则得：

    水平方向：L=v0t

    竖直方向：y=，a=

联立解得：y=，即粒子偏离金属板时侧位移 OM=y=．

（2）粒子飞出电场时竖直分速度 vy=at=

速度为 v==．

（3）设粒子飞出电场时速度的偏向角为θ，则 tanθ==

根据数学知识得：OP=y+stanθ=+=（+s）

答：（1）粒子偏离金属板时侧位移OM是．（2）粒子飞出电场时的速度．（3）OP之长为（+s）．

解：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电．

（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，

（qE-mg）L=mv2①

在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，

FT+mg-qE=m②

由①②式解得，FT=15 N

（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，

则a=③

设小球在水平方向运动位移为L的过程中，所经历的时间为t，则L=vt④

设竖直方向上的位移为x，

则x=at2⑤

由①③④⑤解得x=0.125 m

所以小球距O点的高度为x+L=0.625 m

答：（1）小球的电性为正电；

（2）细线能承受的最大拉力为15N；

（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m．

解：（1）由图乙可得：f2=μmg=5N，f1=μmgcosθ=4N，所以：

=cosθ=

得：θ=37°

（2）物体在斜面上运动的过程中：

a1•4t0=v…①

mgsinθ-μmgcosθ=ma1 …②

在水平面上运动的过程中：

ma2=μmg…③

v=a2t0 …④

由②、④得：

=…⑤

联立①③⑤，得：μ=

答：（1）斜面的倾角θ是37°；

（2）小滑块与接触面的动摩擦因数是．

解：（1）电荷从A到P做类平抛运动，由牛顿第二定律得

   a= 水平方向：Rsinθ=v0t

竖直方向：R-Rcosθ=at2

联立解得，v0=

则电荷经过P点时动能的表达式为=

（2）由（1）得知，粒子从A点出发时的动能为Ek0=m 设经过P点时的动能为Ek，则有

   qE（R-Rcosθ）=Ek-m

解得，Ek=qER（5-3cosθ）

当电荷打到C点时，电场力做功最大，电荷获得的动能最大，最大动能为EkC=qER（5-3cos120°）=qER

打在D点电场力最小，获得的动能最小，最小动能为EkD=qER（5-3cos60°）=qER

答：（1）该电荷从A点出发时的动能表达式是；

（2）该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能分别为 qER和 qER．