热门试卷

（1）根据动能定理eU0=mv2解得：v=  ①

（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，

在磁场中运动轨迹如图1，由几何关系R2=l2+(R-)2

解得：R=l

根据牛顿第二定律：Bev=m

解得：B=

设圆弧所对圆心为α，满足：sinα==

由此可知：tanα=

电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：=tanα

通过上式解得坐标x=l

（3）a．设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u

垂直电场方向：l=vt1②

平行电场方向：x1=at12  ③

此过程中电子的加速度大小 a=  ④

①、②、③、④联立得：x1=

电子出偏转电场时，在x方向的速度vx=at1  ⑤

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏．则

  水平方向：l=vt2  ⑥

  竖直方向：x2=vxt2  ⑦

①、⑤、⑥、⑦联立，解得：x2=电子打在荧光屏上的位置坐标x=x1+x2=u ⑧

对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：

由图2可知，在任意△t时间内，P、Q间电压变化△u相等．

由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度△x=△u．

所以，在任意△t时间内，亮线长度△x相等．

由题意可知，在任意△t时间内，射出的电子个数是相同的．

也就是说，在任意△t时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度△x范围内．

因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同．

b．现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：

当电子在P、Q电场中的侧移量x1=时，由x1=得：u=2U0

当偏转电压在0～±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上．

由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间t=T=

所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数Nt=

由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量xm=

亮线长度L=2xm=3l

所以，从0～2t0时间内，单位长度亮线上的电子数n==

答：

（1）电子到达小孔S2时的速度大小v为；

（2）磁场的磁感应强度大小B是，电子打在荧光屏上的位置坐标x为l；

（3）从0～2t0时间内，单位长度亮线上的电子数n为．

设带电粒子的质量为m，电量为q，离开偏转电场时的速度为v0

（1）根据动能定理 Uq=mv02    

粒子在偏转电场中加速度 a=

偏转电场中运动时间 t= 

竖直方向速度 vy=at

设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向的角度为θ，则 

由以上各式解得    θ=450

（2）如图，

设粒子在磁场中做匀速圆周运动为R，当磁场宽度满足d≥R+Rsin时，粒子从磁场的左边离开时，在磁场中的运动时间最长，根据几何知识可求出此时粒子轨迹圆对应的圆心角为 θ=π，

   所以粒子运动最长时间 t=T

粒子运动周期  T=，

由以上各式求得粒子比荷  =1×105C/Kg，

（3）粒子离开偏转电场时速度大小 v=

  洛仑兹力提供向心力  

当粒子轨迹圆与磁场右边界相切时，磁场宽度最小．

由几何知识d=R+Rsin

由以上各式得  d=m≈1.14m．

（1）小球从C运动到B，带电小环要克服电场力做功，克服电场做的功W电等于电势能的增加，

则 W电=q-，

所以W电=，

小球从C运动到B，设到B得速度为VB，水平外力做的功为W，

则 W-W电=m

小球从B到D过程中，带电小环在等势面上运动电场力不做功，设到D点的速度为VD

则-2mgR=m-m

又刚好到D点，则D点速度为VD=0，

所以W=2mgR+，

（2）小球要能运动到D点，则VD≥0

由C运动到D点，F′•R-W电-2mgR=m

由此可以解得F′≥mg+

所以水平外力的最小值为F0=mg+．

（3）由C运动到D点，设D点速度为VD，

F•R-2mgR-=m

小环运动到D点时，设绝缘杆对小环的弹力大小为FN，方向指向圆心，

=FN+mg-

由此可得FN=F+-5mg

讨论：

（a）若F+＞5mg，则弹力大小为F+-5mg，方向指向圆心．

（b）若F+=5mg，则弹力为零．

（c）若F+＜5mg，则弹力大小为5mg-（F+），方向背向圆心．

若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示．

粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：

V0=vcos45°      

解得：v=v0   

（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：

-qEL=mv02-mv2    

    解得：E= 

又在匀强电场由Q到P的过程中，

   水平方向的位移为：x=v0t1

   竖直方向的位移为：y=t1=L

   可得XQP=2L，OQ=L

由OQ=2Rcos45°故粒子在OQ段圆周运动的半径：R=L 及R=，

   得B0=，

（3）在Q点时，vy=v0tan45°=v0  

设粒子从Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有：t1=  

   粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2=

   则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总=t1+t2=+=．

（1）从C到A，洛伦兹力不做功，小环对直轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力．由动能定理，有：

       qE•5R-mg•5R=m  可得：vA=  

    （2）过A点时，研究小环，由受力分析和牛顿第二定律，有：

     FN+mg-qvAB-qE=m  解得  FN=11mg+qB  方向向下 

    （3）由于0＜μ＜1，小环必能通过A点，以后有三种可能：

①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，则在直轨道上通过的总路程为：S总=4R

②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，对整个运动过程，由动能定理，有：qE•3R-mg•3R-μqE′S总=0   得：s总=

③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），由动能定理，有：

   qE•4R-mg•4R-μqE′S总=0得：s总=

答：（1）小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小=；

   （2）小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道压力为11mg+qB，方向向下．

   （3）①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，S总=4R；

        ②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，s总=

        ③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），s总=．

（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，

则由向心力公式得   m=mg+qE      ①

竖直方向匀加速运动   2R=（） t2    ②

水平方向匀速运动     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，

根据动量守恒有：

  mv0=mv甲+mv乙 ⑤

根据机械能守恒定律有：

  m=m+m          ⑥

联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0          ⑦

由动能定理得：-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2     ⑧

联立①⑦⑧得：v0=v乙==2m/s       ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，

根据动量守恒有：

Mv0=MvM+mvm⑩

根据机械能守恒定律有

M=M+m

有以上两式可得：vm=

由于M≫m，可得：vD≤vm＜2vD

设乙球过D点的速度为vD′，

由动能定理得  -mg•2R-qE•2R=m-m

联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，

则有：x'=vD′t

所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m

答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.4m；

（2）甲的速度是2m/s；

（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.4m≤x'＜1.6m．

（1）由题意，质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，则

在水平方向：x=vCt     ①

竖直方向上：2R=gt2 ②

解①②有   vC=  ③

对质点从A到C，由动能定理有

  WF-mg•2R=m  ④

解得  WF=     ⑤

（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由④式得 WF=mg•2R+m，则知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小．

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，

由牛顿第二定律有

  mg=，则  v=  ⑥

由③⑥有=，解得x=2R时，WF最小，最小的功WF=mg•2R+m=mgR．                       

（3）由⑤式WF=mg（），W=Fx

则得  F=mg（+）                                                      

因＞0，x＞0，

由极值不等式有

当=时，即x=4R时，+=8，最小的力F=mg．                       

答：（1）推力对小球所做的功是．

（2）x等于2R时，完成上述运动所做的功最少，最小功为mgR．

（3）x取4R时，完成上述运动用力最小，最小力为mg．

（1）B在d点，根据牛顿第二定律有：mg-mg=m    解得：v=

（2）B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：

mvB2=mgR+mv2      

解得：vB=   

（3）AB分离过程动量守恒有：3mA=mvB…①

A匀减速直线运动，用动能定理得，0-×3mvA2=-3μmgs…②

联立①②，解得：s=

答：（1）物块B在d点的速度大小为；

（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；

（3）物块A滑行的最大距离s为．

（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：

　　F向=mBg=mB-----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：

-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

　由①②解得：vB=5m/s．

　　（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，

　　弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③

    根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④

   由③④解得：I=-4 N•s，其大小为4N•s

　　（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

  根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤

 根据动能定理有：W=mAvA2------⑥

　由⑤⑥解得：W=8J

答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；

（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是4N•s；

（3）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．

（1）根据动能定理得，-Eqr=mv12-mv02

解得v1=3m/s=9.49m/s．

（2）根据动能定理得-Eqr=mv22-mv12

解得v2=m/s=8.53m/s，

则贴着内壁运动的速度v3=v2•sin300，

根据动能定理得，-EqR(1-cos300)=mv42-mv32

解得v4=m/s=3.94m/s                    

（3）讨论：情况一：从图示位置细线转过900，小球速度减为0：-E1qr=0-mvo2⇒E1==4×105N/C

情况二：从图示位置细线转过1800：小球有最小速度，根据牛顿第二定律得，qE=m

解得小球速度：vmin=，

-E2q•2r=mvmin2-mvo2⇒E2==1.6×105N/C，

所以：E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C．

答：（1）细线断裂时小球的速度大小为9.49m/s．

（2）小球碰到圆筒内壁后不反弹，沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值为3.94m/s．

（3）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，电场强度E的大小范围E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C．

（1）由x=8t-4.5t2知，物块在B点的速度v0=8m/s，从B到D过程中加速度大小a=9m/s2①

由牛顿第二定律得a==gsin37°+μgcos37°  ②

得μ=  ③

（2）物块在M点的速度满足mg=m④

物块从D到M过程中，有mVD2=mgR（1+cos37°）+mVM2⑤

物块在由B到D过程中，有VD2-V02=-2ax  ⑥

解得x=1m   ⑦

答：（1）动摩擦因数为；（2）BD间的距离为1m．

在C点：mg=m

  vc=

由B到C过程重力做功：-2mgR=m-m 

vB=

由A到B运动过程：(F-μmg)s=m     

μ=-

答：滑块在AB段运动过程中的动摩擦因数为-．

（1）由于人无碰撞进入圆弧轨道，即人落到A点时速度方向沿A点切线方向，则：tanα===tam53°．

又由h=gt2得t==0.4s．

而vy=gt=4m/s．

联立以上各式得v0=3m/s．

根据动能定理：W=mv02=270J            

（2）设人与吊篮运动到最低点C的速度为Vx，由机械能守恒，有

mvx2-mv02=mg[h+R(1-cos53°)]        

在最低点C，据牛顿第二定律，有FN-mg=m．

代入数据解得悬绳的拉力为：FN=1580N      

答：（1）传送带对唐旺所做的功是270J．

（2）当唐旺运动到最低点C时，吊篮悬绳的拉力为1580N．

（1）小球在C点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示．因此小球带正电荷．

    Ncosα=qE，Nsinα=mg

解得，小球带电荷量为  q=．

（2）小球从A点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛仑兹力f，但洛伦兹力不做功．在A到C的过程中，电场力和重力的合力做正功，从C到最低点的过程中，电场力和重力的合力做负功，由动能定理则知，小球通过C点时速度（设为v）最大，

由动能定理得：mv2=mgRsinα-qER（1-cosα）           

通过C点的速度   v=

（3）设小球经过最低点时的速度大小为V，

由动能定理得：mgR-qER=mV2

小球在最对低点：N-mg-qBV=m

所以小球对轨道的压力大小为：

   N=3mg+qB-2qE=mg+

答：（1）求小球带正电荷，电荷量是．

（2）小球在圆弧轨道上运动时的最大速度为．

（3）小球运动至圆形轨道最低点时，小球对轨道的压力为mg+．