热门试卷

（1）当没有加电场时，设小球在空中的运动时间为t，抛出点离地面的高度为h，射程为s．小球做平抛运动，则有：

  s=v0t

  h=gt2

加电场后，射程s′=2s，设下落的时间为t′，下落的加速度大小为a，因此有

  2s=v0t′

  h=at′2

解得 a=

设所加电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有：mg-EQ=

解得 E=

由运动情况可判断出，方向竖直向上

（2）加磁场后，小球受重力、电场力、洛仑兹力三力平衡．则应有

  mg=EQ+Qv0B

解得 B=

根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向里

（3）由于带电小球的运动速度变小，洛仑兹力变小，小球将运动至抛出点的下方．但由于洛仑兹力对小球不做功，只有重力和电场力对小球做功，小球向抛出点下方运动，重力和电场力的合力做正功，小球的动能增加．当小球运动到抛出点下方最低点时，动能最大．

小球运动到最低点时，沿竖直方向的分速度为零，所以此时的速度方向一定沿水平方向向右．

答：

（1）电场的电场强度为．

（2）匀强磁场的磁感应强度为．

（3）小球运动过程中动能最大时的速度方向一定沿水平方向向右．

小球的受力如图，根据合成法知电场力F=mgtan30°，

则电场强度E===N/C=×107N/C．

答：这个匀强电场的电场强度为×107N/C．

（1）电场强度   E==104(V/m)

小球由A→B过程中，电场力、重力做功，

设小球到达B点时速度为v

mgl-qEl=mv2

v==0.5（m/s）                         　　　        

（2）小球脱开后，小球水平方向在电场力作用下做匀减速直线运动，竖直方向自由落体运动，

则到达C点所用时间等于水平运动时间，

根据对称性t===0.2(s)

所以B、C间距离=g t2=0.2（m）  

答：（1）小球到达B点的速度大小是0.5（m/s）；

（2）B、C两点间的距离是0.2（m）．

 （1）小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理qUac=Ek

因为到达c点时的小球的动能最大，所以Uac最大，即在圆周上找不到与c电势相等的点．且由a到c电场力对小球做正功．

过c点作切线，则cF为等势线．

过a点作cF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示．

∵∠cab=30°

∴连接co∠aco=30°

∵co∥am

∴电场方向与ac间的夹角θ为30°

（2）小球只受电场力，做类平抛运动．

水平方向上：x=Rcos30°=v0t

竖直方向上：y=R+Rsin30°=

由以上两式得：Ek=mv2=qER

（1）因为平行金属板和电阻R1并联，故根据闭合电路欧姆定律可得：

UAB=E=60V=18V

根据动能定理，粒子通过AB过程中电场力对粒子做的功等于粒子动能的变化：

qUAB=mv2-0

得粒子获得的速度v==m/s=60m/s．

（2）粒子以v=60m/s进入MN电场，在电场力作用下沿轨道做匀速圆周运动，根据题意知轨道的半径R==0.6m，电场力提供圆周运动的向心力

qEMN=m得

MN间电场强度EMN==N/C=60N/C．

（3）粒子在AB间做初速度为0的匀加速直线运动，粒子受到电场力F=q，粒子产生的加速度a=，则粒子通过AB所用的时间

t1====s=10-3s

当粒子从O到P刚好经过圆周，已知粒子圆周运动的线速度v=60m/s，半径R=0.6m，可知，粒子运动时间

t2==s=0.016s

则粒子从释放到通过两圆弧形金属板所需的时间t=t1+t2=0.001+0.016s=0.017s．

（4）因为从P点射出是粒子速度v=60m/s在水平方向，为使粒子落在右侧C点，在区域中加入竖直向上的匀强电场，使得粒子在水平方向以v=60m/s做匀速直线运动，在竖直方向粒子在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意粒子落在C点的过程中，粒子在水平和竖直方向的位移均为=0.6m，令所加电场为E

则有：竖直方向加速度a=，水平方向位移为0.6m，速度为60m/s，则有：

即：

代入数据可解得：E=120N/C．

答：（1）微粒穿过B板小孔时的速度为60m/s；

（2）为了使微粒能在MN板间运动而不碰板，MN板间的电场强度大小应满足EMN=60N/C；

（3）从释放微粒开始，经过0.017s微粒通过两圆弧形金属板；

（4）为了让P点出射的带电粒子能射到B板的右侧C点小孔，现在P点外侧虚线框内另加一个竖直方向的有界匀强电场，则电场强度E为120N/C．

（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）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式

小球无初速度释放摆到最低点的另一侧的过程：

mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0-0=0     θ=30°

解得：E==  ①

（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程得：

mgL-qEL=mv2   ②

由①②得：v=③

（3）小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，

根据牛顿第二定律得

     F-mg=m  ④

由③④得：F==3mg-

（4）将电场力与重力合成F合=，由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，O′为对应的“等效最低点”．

在O'点产生最大加速度，对应最大拉力．  由几何关系得 α=60°．

根据动能定理研究O点到O'点，得：

mg•L-Eq•=m-0  ④

由①④得：=

小球在O'点时由重力、电场力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，

根据牛顿第二定律得

     Fmax-F合=m

Fmax=

答：（1）匀强电场的场强是

（2）小球到最低点的速度是

（3）经过最低点时，细线对小球的拉力是3mg-

（4）小球运动过程中线的最大张力是．

（1）静止在D处时甲的受力分析，电场力水平向左，与电场强度的方向相同，可知甲应带正电，并且有：q1E=mgtanα

∴q1==（带正电）

故滑块的带电量q1，带正电．

（2）甲从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功．则由动能定理有：mgR-qE（R+L）-μmgL=0

解得：L=•R=R

故水平轨道上A、B两点之间的距离L为R．

（3）分析知D点速度最大，设VD由动能定理有

mgRcosα-qER（1-sinα）=mvD2-0　　                    

设支持力N，由牛顿第二定律

N-F=m                                              

由平衡条件

F=                                         

解N=2.25mg                                         

由牛顿第三定律，最大压力2.25 mg．

（1）竖直方向：qE-mg=ma     h=at2

水平方向：l=v0t

解得：E=+

故匀强电场的场强大小E=+．

（2）W=qEh，代入E得：W=mgh+

故电场力所做的功为mgh+．

（3）由动能定理得：qEh-mgh=Ek-mv02解得：Ek=mv02+

故小球在h高度处的动能为mv02+．

（1）因小球向右偏，所受电场力向右，与电场强度方向相同，故带正电荷；

（2）小球受力情况，如图所示．

根据平衡条件得：

qE=mgtanθ

得：q=；

（3）如果将细线烧断，球沿合力方向做匀加速直线运动；

烧断细线后小球所受合外力为：F=；

根据牛顿第二定律得加速度为：a=；

答：（1）小球带正电荷；

（2）小球电荷量为；

（3）若将丝线烧断，小球的加速度为．

（1）带电粒子受到的电场力：F=qE=2×10-6×103N=2×10-3N

（2）由牛顿第二定律得：a=

得：△v=a×1=2m/s

（3）∵tan45°=

∴Vy=2V0   

解得：v=m/s

 v0=2m/s=4.5m/s

速度方向：与x轴呈45°-arctg斜向右下方．

由公式：U=Ed  

位移：d=at2=4m

U=E V0t=1000×4V=-4×103V

答：（1）该带电小球所受到的电场力是2×10-3N；

（2）该带电小球在第二秒内速度的变化量是2m/s；

（3）带电小球经过A点时速度V、OA间电势差UOA=-4×103V．