热门试卷

（1）小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图1所示，则有

   qE=mgtanθ      ①

所以        E=3.0N/C                          

（2）设小球运动到C点时的速度为v．在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理有qERsinθ-mgR(1-cosθ)=mv2-mv02  ②

解得                 v=5.0m/s                 ③

小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设小球对轨道的压力为N，小球的受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律有N+qBv0-mg=  ④

根据图1还有：qvB=    ⑤

由③④⑤可求得：N=3.2×10-3N 

根据牛顿第三定律可知，小球由A点射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力

N′=N=3.2×10-3N                   

答：

（1）匀强电场场强E的大小为3.0N/C；

（2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小为3.2×10-3N．

（1）小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则，拇指向上，让磁感线穿过掌心，四指就指向右，故小球带负电．

下落的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以总功为：mgL

设小球第一次到达最低点速度为v，则由动能定理可得：

mgL=mv2

在最低点由向心力公式得：Bqv-mg=m

解得q=7.5×10-2C

（2）小球第二次到达最低点速度仍为v，

向心力公式得：F-Bqv-mg=m

解得F=0.06N 

答：（1）小球带负电荷，电量为7.5×10-2C；

（2）当小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力为0.06N．

（1）由题意知，根据几何角度，可得斜面倾角为θ=53°

小物块，在斜面上，受力分析：重力G、支持力F、滑动摩擦力f，

由力的分解可得：f=μmgcosθ

从F到B，由动能定理

可得：mg×5R×sin53°-μmgcos53°×5R=m

解之得：vB=

（2）小物块，从B点到C点，由动能定理得

mg×（R-cos53°R）=m-m         （1）

小物块，在C点，受力分析，

则有：F-mg=m                          （2）

由（1）（2）可联立解得：F=mg

（3）只有当小物块到达B点或D点的速度为零时，将只会在BCD间来回往复运动．

因而，小物块，从F点到B点（或D点），由动能定理，

则有：mg•5R×sin53°-μmgcos53°×L=0-0

解得：L=20R

答：（1）小物块第一次经过B点时的速度； 

（2）小物块第一次经过C点时对C点的压力mg；

（3）小物块在AB段和DE段经历的总路程之和为20R．

（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，

乙离开D水平轨道的时间为t，乙的落点B距离为x则：

在最高点：m=mg+qE   ①

2R=（）t2     ②

x=vDt  ③

联立①②③得：x=0.4m  ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲，v乙，根据动量守恒定律和有

mv0=mv甲+mv乙    ⑤

根据机械能守恒定律有

mv02=mv甲2+mv乙2   ⑥

联立⑤⑥得          v0=v乙                                         ⑦

由动能定理，得-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2         ⑧

联立①⑦⑧得：v0==2m/s                  ⑨

答：（1）乙球通过D点后落到水平轨道上的位置距B点的距离为0.4m；

（2）甲球初速度V0的大小为2m/s．

（1）设：小球在C点的速度大小是Vc，对轨道的压力大小为NC，

则对于小球由A→C的过程中，应用动能定理列出：

qE×2R-mgR=mvc2

解得：vc=2m/s

（2）在C点的圆轨道径向，小球受到轨道对它的弹力和电场力，

应用牛顿第二定律，有：

NC-qE=m

解得：NC=5qE-2mg=3N

答：（1）它到达C点时的速度是2m/s

（2）它到达C点时对轨道压力是3N．

（1）设滑块到达B端时速度大小为v，

由动能定理，得  mgR=mv2，得v=

由牛顿第二定律得：N-mg=m

联立两式得，N=3mg=30N．

（2）当滑块滑上小车后，做匀减速直线运动，小车做匀加速运动，由牛顿第二定律得，

    对滑块：-μmgma1

    对小车：μmg=Ma2

解得，a1=-3m/s2，a2=1m/s2

设经时间t两者达到共同速度，则有v+a1t=a2t

解得  t=1s

由于t=1s＜1.5s，所以小车还未被锁定，则有共同速度为v′=a2t=1m/s

故小车被锁定时，车右端距轨道B端的距离为S=a2t2+v′t′，t′=0.5s

代入解得  S=1m．

答：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小为3mg；

（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离是1m．

（1）滑块从A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒定律，则有

  mgR=m

滑块在B点，由牛顿第二定律得  N-mg=m

代入解得，N=3mg=30N

（2）滑块在小车上运动过程，对小车，由动能定理得

  μmgx=Mv2

解得，μ=0.5

（3）滑块在小车上运动过程，对滑块，根据动能定理得

-μmg（x+L）=m-m

代入数据解得，vD=2m/s

（4）滑块离开小车后做平抛运动，则有

   H=gt2

运动时间为t=

故滑块着地时与小车右端的水平的距离为S=（vD-v）t

解得，S=0.2m

答：（1）滑块到达B点时对圆弧轨道的压力是30N；

（2）滑块与小车间的动摩擦因数是0.5；

（3）滑块与小车分离时的速度是2m/s；

（4）滑块着地时与小车右端的水平的距离是0.2m．

最低点   7mg-mg=

   v1=

最高点   mg=           

v2=

由动能定律  得   

-2mgR+wf=mv22-mv12

解得     wf=-mgR

故克服空气阻力做功  wf=mgR．

（1）正离子在电场中做初速度为零的加速直线运动

由动能定理得qU=mv2①

∵正离子以速度v进入匀强磁场，做匀速圆周运动Bqv=m②

正离子离开磁场时的速度与进入时垂直，故r=R   ③

解得A、K间的电压U=

（2）离子进入磁场后洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：Bqv=m④

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=⑤

离子在磁场中的运动时间为：t=T⑥

解④⑤⑥式得：t=

答：（1）为使正离子射出磁场时的速度的方向与进入时重直，A、K之间的电压应为；

（2）粒子在磁场中的运动时间为：：t=．

（1）物体从A运动到B过程由动能定理有：

-μmg2R+FR=mvB2-0┅┅①

得物体到达B点的速度大小vB=

（2）当物体恰好经过C点时，设其速度为vc1有

mg=┅┅②

  解得：vc1= ③

物体经过C点的最小速度大小为

（3）物体恰好经过C点时，从C飞出做平抛运动，有

vc1t=x┅┅④

gt2=┅┅⑤

由③④⑤得x=R＞且小于x＜+=2R，物体能落在木板DE上 

物体从A到C过程有：

F1R-μmg2R-mg2R=mvc12┅┅⑥

由③⑥得：F1=(2μ+)mg

当物体以速度为vc2从C点抛出恰好到达D点，则

vc2t=+┅┅⑦

gt2=┅┅⑧

物体从A到C过程，有F2R-μmg2R-mg2R=mvc22┅┅⑨

由⑦⑧⑨得：F2=（2μ+4）mg

要使物体经过C点打到DE上，则F的取值范围为：

(2μ+)mg≤F≤(2μ+4)mg

答：（1）物体到达B点的速度大小为；

（2）物体如能通过最高点C，则经过C点的最小速度大小为；

（3）物体要经过C点打到木板DE上，F的取值范围为(2μ+)mg≤F≤(2μ+4)mg．

（1）设物块运动至A时的速度为vA，物块做自由落体运动vA ==

    （2）物块第一次运动至B时速度为vB，从A运动到B的过程中机械能守恒，则：

          mg（h+R）=mvB2

        设物块运动至B时轨道对物块的支持力为N，N-mg=m

           解得N=4mg   

        根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为4mg                                               

    （3）由题意可知CD之间的距离为R，设物体与斜面CD之间的动摩擦因数为μ，

         自开始下落至运动至D点，根据动能定理mgh-μmgRcos45°=0

          解得μ=

答：（1）物块运动至A时的速度为；（2）物块第一次运动至B时对轨道的压力为4mg；（3）物体与斜面CD之间的动摩擦因数为．

（1）小球从A到B：竖直方向=2gR（1+cos60°）=3gR

则vy=                                        

在B点，由速度关系v0==                          

（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60°）=gt2                  

 解得：t=                                                

则小球从D点抛出的速度vD==                 

在D点，由向心力公式得：mg-N=m                       

解得：N=mg       方向竖直向上                     

（3）从A到D全程应用动能定理：-Wl=-              

解得：Wl=mgR

答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为．

（2）在D点处管壁对小球的作用力N为mg．

（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR．

（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有

qEd1=mv2-0

解得  v=4.0×103m/s；

（2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则

qvB1=

解得　r=12.5m 

设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ=

解得  θ=30°

粒子在Ⅱ区运动周期 T=

粒子在Ⅱ区运动时间  t=T

解得  t=s=1.6×10-3s

（3）设粒子在Ⅲ区做圆周运动道半径为R，则  qvB2=

解得  R=6.25m

粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形

粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角  α=60°

（1）不计摩擦力，小球在圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，则得小球运动到B点时的动能：Ek=mgR．

（2）设小球下滑以距水平轨道的高度为R时速度的大小为v，与竖直方向的夹角为α，则：mg•R=mv2，得v=

根据几何知识得：sinα==，得α=30°

（3）在B点，有：NB-mg=m

又：Ek=m

解得：NB=3mg

答：（1）小球运动到B点时的动能是mgR；

（2）小球下滑以距水平轨道的高度为R时速度的大小为，方向与竖直方向成30°；

（3）小球经过圆弧轨道的B点时所受轨道支持力NB是3mg．