热门试卷

粒子在电压为U的电场中加速时，据动能定理得：qU=mv2

粒子进入磁场后做圆周运动，根据图中的几何关系可知，L=2R，

据牛顿第二定律有：qvB=m

解以上三式解得：=

答：该粒子的荷质比=．

设物体能在水平面上滑行距离为s2．

对全过程应用动能定理得

    mgsin37°•s1-μmgcos37°•s1-μmgs2=0

得s2=s1=×4m=1.6m

答：物体能在水平面上滑行1.6m．

（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得：

v0=ωr…①

设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律

mv0=2mv1…②

碰撞过程中的机械能损失为

△E=mv02-（2m）v12…③

△E=mω2r2…④

（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得

μ（2m）gl=（2m）v12…⑤

联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω1

ω1=…⑥

ω的取值范围：0＜ω≤…⑦

设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得：

v1=at1…⑧

μ（2m）g=2ma…⑨

联立①②⑧⑨，得：

t1=，（0＜ω≤）

（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：

μ（2m）g（l+l）=（2m）v12

联立①②，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2

ω2=

ω的取值范围：＜ω≤

由功能关系：Ep=（2m）v12-μ（2m）gl

得：Ep=mω2r2-2μmgl，（＜ω≤）

答：（1）A脱离滑杆时的速度为ωr，A与B碰撞过程的机械能损失△E为=mω2r2．

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，ω的取值范围为0＜ω≤，t1与ω的关系式为t1=，（0＜ω≤）．

（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，ω的取值范围为＜ω≤，Ep与ω的关系式为Ep=mω2r2-2μmgl，（＜ω≤）（弹簧始终在弹性限度内）．

（1）设球B刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少△ε=-EqL

（2）设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零，

由动能定理得    EqL+Eqs-3Eqs=0  

解得  s=，即离右板距离为L带电系统速度第一次为零

以右板电势为零，速度第一次为零的位置电势大于零，所以带电系统速度第一次为零时，球A所在位置的电势为UA=EL 

（3）设A球运动了L时速度为v1，由动能定理得

  qEL=•2m

解得，v1=

由L=t1得运动时间为t1=2

A球运动s时加速度为a2，a2=-=-a1   

由0=v1+a2t2，得t2=t1．

所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总=t1+t2=3

答：

（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的增量△ε为-EqL．

（2）以右板电势为零，带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势UA为EL；

（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间3．

（1）由A到B段由动能定理得：

mgh=mvB2-mv02

vB==6m/s

（2）由B到C段由动能定理得：

mvB2=μmgs

所以：s==4.5m

答：（1）物体滑至B点时的速度为6m/s；

（2）物体最后停止在离B点4.5m远的位置上．

（1）设滑块至P点时速度为vB，对滑块由A点到P点，应用动能定理有

-μmg•5R-2mgR=m-m

将v0=3，μ=0.1解得，vP=2

（2）滑块穿过P孔后再回到平台的时间为

   t==4

要使小滑块滑过C点后通过P孔，又恰能从Q孔落下，需满足

ωt=（2n+1）π

解得ω=  （n=0，1，2…）                                  

（3）由于BC段有摩擦，所以经过P点速度变小，空中运动时间变短，为了仍从Q点落下，由于ω多解，可将转速加大或缩小．                                      

若vP满足一定条件，由于转速具有多解，可能转速不变，滑块仍能从Q点落下．

答：（1）滑块通过P孔的速度是2；

（2）平台转动的角速度ω应满足ω= （n=0，1，2…）；

（3）若BC段有摩擦，但滑块仍能从P孔穿出，为保证滑块从Q孔落下，可将转速加大或缩小．若vP满足一定条件，由于转速具有多解，可能转速不变，滑块仍能从Q点落下．

（1）10.8 m／s

（2）4 m

（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh+mv=0+mv

代入数据得：v2=6m/s；

设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为：

mv2=（m+M）v

联立解得：v===2m/s．

（2）对小车由动量定理有：μmgt=Mv，

解得：t===1s．

（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L

由能量守恒有：μmgL=mv-（m+M）v2

代入数据解得：L==3m．

答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v为2m/s；

（2）滑行的时间为1s；

（3）相对距离为3m．

（1）在加速电场运动过程中，由动能定理：

qU1=m得

v0===200m/s

（2）带电粒子在偏转电场中的加速度：

a===

带电粒子在电场的运动时间：t=

带电粒子离开电场时的偏转量：y=at2=y==m=0.005m=5mm

答（1）进入偏转电场时的速度为200m/s

（2）偏转量是5mm

（1）由于f＜qE，且电场力水平向左，所以最后只能停在O端

qEX0-fs=0-mV02   　　　　　　　　　　　

得：s=            　 

（3）讨论：

①在碰撞前停下，即f＞qE+时，s=

②在墙壁处停下，即f=qE+时，s=x0

③在与墙壁碰撞后向右停下，即qE+＞f＞qE时，qE(2x0-s)-fs=0-m，即s=

答：（1）它停止前所通过的总路程S为．

（2）假如f与qE之间的大小没有f＜qE的约束条件，当f＞qE+时，s=；当f=qE+时，s=x0，当qE+＞f＞qE时，s=．

解（1）题中匀强电场竖直向下，a点电势高于b，而b板接地，因此 微粒源所在处a点的电势为   φa=Eh．

（2）微粒在运动过程中，重力和电场力做功，对微粒由动能定理得

   mgh+qEh=Ek-m

解得，带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=mgh+qEh+m

（3）粒子源射出的微粒打在金属板上的范围以微粒水平抛出为落点边界，由类平抛运动知识可得：

   x=v0t  

   h=at2            

又a=

微粒源射出的粒子打在金属板上形成的圆形面积为S=πx2

联立解得  S=

由上式可知，要增大S，可以通过增大h，或增大v0，增大m或减小E减小q来实现．

答：（1）微粒源所在处a点的电势为Eh．

（2）带电微粒打在金属板上时的动能为mgh+qEh+mo

（3）从微粒源射出的粒子打在金属板上的范围为．若使带电微粒打在金属板上的范围增大，可以通过增大h，或增大v0，增大m或减小E减小q来实现．

（1）小球从A点运动到B点的过程中重力做功  W=mg（h1-h2）=1×10×（0.69-0.15）=4.5J

（2）从A→B过程，由动能定理得 mg(h1-h2)=m

解得 vB=3m/s

或：W=m，vB==3m/s

（3）从A→C过程，根据机械能守恒定律得  m+mgh1=m+mgh3

解得，h3=0.8m

答：

（1）小球从A点运动到B点的过程中重力做4.5J的功．

（2）小球经过B点时速度大小为3m/s．

（3）若小球以2m/s的速度从A点出发，恰能到达C点，C点离水平面的高度h3为0.8m．

（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：mvo2=mgl-qEl   ①

带入数据求得小球在O点速度为：vo=2m/s  ②

（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：T-mg-f洛=m   ③

        f洛=Bvoq   ④

②③④联立得：T=8.2N   ⑤

（3）绳断后，小球水平方向加速度   ax===5m/s2    ⑥

小球从O点运动至N点所用时间   t==0.8s     ⑦

ON间距离      h=gt2=3.2m       ⑧

答：小球运动到O点时的速度大小为2m/s，悬线断裂前瞬间拉力的大小为8.2N，ON间的距离为3.2m．

解：（1）根据动能定理，得

（2）最低点列向心力公式，得