热门试卷

解：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得

＝2解得＝

由向心力公式－＝得＝＋＝＋结合直线可知＝5N得

＝0.5 kg。

(2)由图像可知＝10得＝1m

cos＝＝0.8，＝37 °

(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得

－cos＝2解得2＝2－(－0.2)

由向心力公式－＝得

＝＋＝＋＋结合直线知＋＝5.8

解得＝0.3

（1）从A到B过程，由动能定理得：

mgL+qEL=mv2-0，

小球到达B时的速度v=；

（2）在B点，由牛顿第二定律得：

T-mg-qE=m，解得：T=3（mg+qE）；

答：（1）点电荷运动到O点正下方B点时的速度大小为；

（2）此刻细线对点电荷拉力大小为3（mg+qE）．

（1）设在最高点杯对水的压力为F，由牛顿第二定律得：；

解得：

由牛顿第三定律可知水对杯底向上的压力为6N；

（2）由动能定理得

(m1+m2)g×2r=(m1+m2)-(m1+m2)

解得：v2===2(m/s)；

（3）水在最高点不溢出的临界速度为：v0===(m/s)；

由机械能守恒定律可得(m1+m2)=(m1+m2)+(m1+m2)g×2r；

解得：v3===5(m/s)；

答：（1）在最高点时，水对杯底的压力为6N．

（2）水杯运动到最低点时的速度大小为2m/s．

（3）要使杯子过最高点时水不溢出，水杯过最低点时的速度至少为5m/s．

（1）设小球在C处的速度为v1，由牛顿第二定律有

F1-mg=

V1=5m/s．

（2）设弹簧在压缩至A点时所储存的弹性势能Ep．

从A到B由动能定理有：

W-μmgx=mv12弹簧做功量度弹性势能的变化

∴Ep=W=11.2J

（3）从C点到D点过程机械能守恒，D点速度为v2mv12=mv22+2mgR

v2=3m/s

由于v2＞=2m/s

所以小球在D点对轨道外壁有压力

设小球在D点受轨道的作用力为F2，由牛顿第二定律有

F2+mg=

F2=10N

由牛顿第三定律得球队轨道的压力为10N，方向竖直向上．

答：（1）小球进入半圆轨道C点时的速度是5m/s．

（2）弹簧在压缩至A点时所储存的弹性势能是11.2J．

（3）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力为10N，方向竖直向上．

（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：

mgR=mvB2            ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=m，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

（1）小球从M点到B点的过程中，根据动能定理得：

mgL=mv2

碰前：T1-mg=m

解得：T1=3mg

碰后：T2-mg=m

解得：T2=5mg

（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时有速度v1，此时做圆周运动的半径为r，

则mg（-r）=mv12    ①

且mg=m②

由几何关系：x2=（L-r）2-（）2    ③

由以上三式可得：

r=    ④

x=L   ⑤

（3）小球做圆周运动到达最低点时，速度设为v2则

T-mg=m⑥

以后小球做平抛运动过B点，

在水平方向有x=v2t    ⑦

在竖直方向有：-r=gt2    ⑧

由④⑤⑥⑦⑧式可得：T=mg

答：（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，绳子拉力分别为3mg，5mg；

（2）若小球恰能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子D的位置离E点的距离x为L．

（3）细线能承受的最大张力T为mg．

（1）小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vc，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，有

 mg=m                 ①

取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律

 m=mg•2R+mv′2   ②

由①、②两式消去v′，可得　

　vc =　　　　　　    ③

同理可得小球滑过D点时的速度

　　vD=　　　　　　　 ④

所以小球经过C点的速度为  经过D点的速度为

（2）小球从在甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有

    mgh=m　          ⑤

由③、⑤两式联立解得

       h=2.5R

因此小球释放的高度为2.5R

（3）设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理

　-μmgl=m-m   ⑥

由③、④、⑥三式联立解得

           l=

则有水平CD段的长度为

（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：

F=mgtanθ

解得：F=0.75N，方向水平向右

（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：

mgL-FL=m

解得：Vc=1.4m/s

（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：

T-mg=

解得：T=1.5N

答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1.4m/s；

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．

（1）由力平衡得mg=qE，得E=，小球带正电，则电场强度方向竖直向上．

    （2）A→C过程，由机械能守恒定律得

          mgR+=m   vC=

        又由qvCB=m

        得  B==

       由左手定则知，B的方向垂直于ABCD平面向外．

    （3）小球由C到D的过程中轨道弹力为零，小球到达轨道的末端点D后，重力与电场力仍平衡，仍由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．

答：（1）匀强电场的方向竖直向上，强度为；

    （2）磁场的方向垂直于ABCD平面向外，磁感应强度为．

    （3）小球到达轨道的末端点D后，将做匀速圆周运动．

（1）带电粒子在电场中加速，电场方向向上，故M板带正电    

（2）粒子在电场中加速过程由动能定理

qU=mv2…①

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R则有

qvB=m…②

联立①②两式解得R=0.5m 

粒子在磁场中运动轨迹如图所示，故运动时间

t=2T=2×=0.25s

（3）粒子要能从S射出磁场，则粒子在磁场中的轨道半径R应满足

(2n+1)R= （n=0，1，2，…k）…③

联立①②③可解得两板间的电压应满足

U==V（n=0，1，2，…k）

答：（1）极板M所带电荷的正电；

（2）若MN板间电压U0=12.5V，则粒子在磁场中的运动时间为0.25s；

（3）要使粒子能从S射出磁场，则MN板间的电压U应满足U==V（n=0，1，2，…k）．

（1）设小球的电荷量为q，质量为m，小球沿杆以速度v向下作匀速运动时，受力情况如图所示，由平衡条件有：

F洛=N=qvB                 

F电=f                   

F电=qE                    

f=μN                     

由以上式子可解得：v=  

小球作圆周运动的速度大小等于v=．

（2）小球在磁场中作匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有：

qvB=m

又有：R=

∴可得：v= 

小球从a运动到b过程中，由动能定理得：

W电-Wf=

小球从a运动到b过程中，电场力所做的功为：

 W电=qEl=μqBvl=

则：Wf=W电-=-=

∴=．

答：（1）带电小球在虚线下方作圆周运动的速度大小为．

    （2）带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值为．

（1）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小NA=FA，NC=FC

在A点，由牛顿第二定律得：NA-mg=…①

解得vA=2m/s…②

在C点，由牛顿第二定律得：NC+mg=…③

对A至C的过程，由动能定理得：Wf-mg•2R=m-m…④

①②③联立得Wf=m-m+2mgR=(2mg-FA+FC)R+2mgR…⑤

解得Wf=-0.2J…⑥

故损失的机械能为0.2J

（2）因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒，则有  m=m+mg•2R…⑦

联立①③⑥得NA-NC=6mg

即FC=FA-6N…⑧

图线如右图所示…⑨

答：（1）当FA=13N时小球滑经A点时的速度vA为2m/s，小球由A滑至C的过程中损失的机械能是0.2J；

（2）FC随FA变化的关系式为FC=FA-6N，在图丙中画出其图线如图所示．