热门试卷

解：小球从B到C过程，设小球克服阻力做功W

由动能定理得：mgR(1－cosθ)=W

设B离地面高度为h，小球从A到落地过程

由动能定理：

解得：h=2m

小球从C点到落地过程，设小球在C处的速度为v0由动能定理

解得：v0=5 m/s

小球在C处，由向心力公式

解得N=22.5 N

由牛顿第三定律可知：小球对圆弧轨道的压力大小为22.5 N

解：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理

 ①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

 ②

由①②得 ③

（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意

 ④

 ⑤

由④⑤得 ⑥

（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足

 ⑦

 ⑧

由⑥⑦⑧得

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理

解得

为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足

解得R3=27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

或

当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则

当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则

解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为。 

，

解得

小滑块在最低点时速度为V由机械能守恒定律得，

牛二定律：，

牛三定律得：

（2）DB之间长度

从D到最低点过程中，又动能定理

。

（1）粒子经电场加速后，由动能定理得：qU=mv2

射入磁场后，有：qvB=m

粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，

几何关系是：(L-R)2+()2=R2

联立解得：带电粒子的电量与质量的比值为：=

（2）带电粒子在磁场中运动的速度大小：v==

（3）由几何关系得 粒子轨迹所对应的圆心角

θ=2arcsin=2arcsin

带电粒子在磁场中运动的时间：

t=T==arcsin

答：（1）带电粒子的荷质比 =；

（2）带电粒子在磁场中运动的速度大小v=；

（3）带电粒子在磁场中运动的时间t=arcsin．

带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，

且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R

根据牛顿第二定律得

   qv0B=m

得，B===T=T

答：磁场的磁感应强度是T．

（1）A到B过程，由得动能定理得：

Fx-μmgL=mvB2   

B到D过程，由动能定理得：

-2mgR=mvD2-mvB2 

物块到达D点时，由牛顿第二定律得：

FN+mg=m                                         

 由以上三式得：

FN=-5mg  

FN=12x-18   

∵0≤FN≤90N

解得：1.5m≤x≤9m

（2）根据表达式FN=12x-18，取特殊点作图．   

答：（1）x的范围是1.5m≤x≤9m

（2）见上图．

（1）从A到B得过程运用动能定理得：

2RF=mv2-0         

F=mg

VB=2

（2）从A到D得过程运用动能定理得：FR+mgR=mvD2-0        

又因为N-mg=m

所以N=5mg                 

（3）从A到第三次C的过程运用动能定理得：3FR-mgR=mvC2-0            

N'+mg=m

N'=9mg                 

答：（1）小球第一次经过B点时的速率为2；

（2）小球第一次经过最低点D时，管壁对小球的作用力是5mg；

（3）小球第三次经过最高点C时，管壁对小球的作用力是9mg．

（1）从A到B，由动能定理得：

Fx-μmgL=mvB2-0，解得vB=8m/s；

（2）当小环恰能到达D点时，

设AC间的最小距离为x1，此时vD=0，

从A到D过程，由动能定理得：

Fx1-μmgL-mg•2R=0-0，解得x1=3m/s；

当小环到达D点且受到轨道弹力FN=18N时，

设AC间最大距离为x2，此时FN，

由牛顿第二定律得：FN+mg=m  ①，

从A到D过程中，由动能定理得：

Fx2-μmgL-mg•2R=mvD2-0  ②，

由①②解得x2=8m；

所以x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）力与xd的关系图象如图所示．

答：（1）小球到达B点时的速度为8m/s；

（2）x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）FN与x的关系图象如图所示．

（1）圆周运动在C点有，N-mg=m  ①

圆周运动在D点有，mg=m  ②

从C至D由动能定理有，-mg•2r-Wf=m-m  ③

联立①②③式并代入数据可解得，从C至D物块克服阻力做的功Wf=1J   ④

（2）从A到B过程，物块克服阻力做的功W1=μmgcosθ•=μmgl1  ⑤

从A到C，由动能定理有，mgh-W1-μmgl2=m-0⑥

联立①⑤⑥式并代入数据可解得，h=2.4m⑦

（3）从起始到C点由动能定理有，mgh′-μmgcosθ•-μmgl2=0⑧

又   == ⑨

联立⑧⑨式并代入数据可解得，h'=0.6m

答：

（1）物块从C至D克服阻力做了1J功．

（2）A点离水平面的高度h为2.4m．

（3）为使物块恰好不能越过C而进入半圆形导轨内，物块在斜面上下滑的起始高度应调节为0.6m．

（1）小球静止A点时，受力如图所示

据三力平衡条件，得

   tanθ=

解得，E=  ①

（2）小球运动到平衡位置时速度最大，由动能定理，得

   qELsinθ-mgL（1-cosθ）=mv2 ②

将①式代入，得

v=  ③

小球从最底点到最高点时，速度为零，向心力为零，细线与竖直方向成α角，由动能定理，得

qELsinα-mgL（1-cosα）=0  ④

将①式代入④式，得

   tanθsinα=1-cosα

解得，α=2θ

在最高点，重力与电场力合力的法线分力与拉力平衡，设线的拉力为F

F=mgcos2θ+qEsin2θ=mgcos2θ+mgtanθ•sin2θ=mg（2cos2θ-1）+mgtanθ•2sinθcosθ=mg

（3）设B点与A点对悬点O对称，即AB为圆轨迹的直径，当小球恰好能运动到B点时，就能在竖直面内恰好做完整的圆周运动

在B点，重力与电场力的合力提供向心力

  =m

设将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度为v0，由动能定理，得

-2mgLcosθ-qELsinθ=mvB2-mv02

解得

v0=

答：

（1）匀强电场的电场强度大小E=；

（2）将小球拉至O点正下方最低点由静止释放，小球向上摆动过程中的最大速度大小v=；

（3）在（2）问中，小球运动到最高点时细线对小球的拉力大小为mg；

（4）若将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度，小球在竖直面内做完整的圆周运动，这个初速度至少是v0=．

（1）小物块恰好通过最高点A，则有：mg=m

则设物块到达A点时的速度为  vA==2m/s

（2）物体从D向A运动过程中，由动能定理得

   Fs-mg•2r-fs=m

又f=μN=μmg

联立解得，F=11N

答：

（1）小物块通过A点时的速度大小是2m/s；

（2）恒力F的大小是11N．

（1）设带电粒子小孔O2进入磁场时的速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B=m

因粒子恰好能进入小孔O3，粒子运动轨迹如答图2所示，有R=d

解得速度v0==5×103m/s

（2）设恰能进入小孔O3的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，根据动能定理qU0=mν02

解得U0==25V

由于粒子带正电，因此只有在C板电势高（UCD=UC-UD＞0）时才能被加速进入磁场，因此解得UCD=25 V对应时刻分别为

t1=（0.25+2n）×10-4s （n=0，1，2…）

t2=（0.75+2n）×10-4s （n=0，1，2…）

（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，根据牛顿第二定律和圆周运动规律qv0B=，v0=

得T=

粒子在磁场中运动的时间t===0.6×10-4s

在t1时刻飘入的粒子，经过时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD=15V．粒子在两板之间做减速运动，设到达小孔O4时的动能为E1，根据动能定理，得

-qUCD=E1-m

解得E1=1.6×10-18J

在t2时刻飘入的粒子，经时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD′=-35V．粒子在两板之间做加速速运动，设到达小孔O4时的动能为E2，根据动能定理，得

-qUCD′=E2-m

解得E2=9.6×10-18J

答：（1）带电粒子从小孔O2进入磁场时的速度为v0=5×103m/s；

（2）解得UCD=25V，对应时刻分别为

t1=（0.25+2n）×10-4s（n=0，1，2…）

t2=（0.75+2n）×10-4s（n=0，1，2…）

（3）经过小孔O3进入C、D两板间的粒子，从小孔O4射出时的动能为E2=9.6×10-18J．

（1）设碰后小球A在半圆的最高点c时的速度为v，小球A恰好刚能通过c点，则对小球A在竖直方向上有：

mg=mv2/R----------------------①

在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：

qvB=mg--------------------------②

联立解得：B=--------------------③

由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外

（2）对小球A从碰后到半圆的最高点c的过程，由动能定理得：

-mg•2R=mv2/2-mvA2/2----------------------④

对碰撞的过程，由动量守恒定律得：

2mv0=2mvB+mvA-------------------------------⑤

联立①④⑤各式并代入数据解得：

vA=

vB=

（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：

△E=•2mv02-（mvA2+mvB2）=mgR＞0

说明碰撞中系统机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞．

故答案为：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；

（2）碰撞结束后A的速率为，B的速率为；

（3）两球发生的是非弹性碰撞．

（1）珠子的平衡位置和圆心连线与竖直方向的夹角θ有tanθ==

珠子在平衡位置速度最大，珠子从A点运动到平衡位置，

由动能定理qErsinθ-mgr(1-cosθ)=mv2=Ek

最大动能  Ek=qEr-mgr(1-)=-=mgr

在动能最大处圆环对珠子的作用力；

根据圆周运动N-mgcosθ-qEsinθ=m

得：N=mg

（2）如图，此时珠子做圆周运动的“最高点”为D，在D点，珠子速度为零，

从A点到D点过程，由动能定理

-mgr(1+cosθ)-qErsinθ=0-m

得：vA=

答：（1）珠子所能获得的最大动能mgr和在最大动能处环对珠子的作用力mg；

（2）要使珠子恰好能绕圆环做完整的圆周运动，则应在A点给珠子以的初速度．