热门试卷

解：

（1）米袋在AB上加速运动的加速度为：

米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离 

故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达C端速度为vc=5m/s

设米袋在CD上传送的加速度大小为a1，据牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，

解得：

能沿CD上滑的最大距离，据运动学公式可知：

（2）速度由4m/s减小到0时，物体位移等于4m刚好滑到d点，

CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为

据运动学可知，时间为：t1==0.1s

米袋速度达到v=4m/s后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，米袋继续减速上滑

据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，

解得

当继续上滑减速到零时上升的时间：t2===2s

米袋从C端运动到D端的时间t=t1+t2=20.1s+2s=2.1s

答：（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是1.25m．

（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为2.1s．

解：（1）物体沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得

  mgsinθ+μmgcosθ=ma1           

解得：a1=g（sinθ+μcosθ）=8m/s2  

物体沿斜面上滑的最大距离 d==m=16m

（2）物体沿斜面返回下滑时，由牛顿第二定律得：

  mgsinθ-μmgcosθ=ma2           

则 a2=4m/s2

物体上滑的时间 t1==s=2s

物体沿斜面向下运动时，有 d=

解得 t2=2s

则t=t1+t2=2（1+）s

答：

（1）物体沿斜面上滑的最大距离d是16m；

（2）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t是2（1+）s．

磁场力不改变速度的大小，故小球向左和向右通过轨道最低点速度的大小是相等的，但磁场力的方向相反．

最低时对轨道的最小压力恰为零，即 qvB-mg=m

通过最低时对轨道的最大压力为 F，则F=mg+qvB+m

小球由最高点到最低点的过程中，机械能守恒，有 mgR=mv2

联立可得：B=；F=6mg

答：小球通过最低时对轨道的最大压力F=6mg，该磁场的磁感强度的大小为B=．

（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v0，根据能的转化和守恒定律得：qU1=m                                 

要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

 则 qE=qv0B

得到 v0=                                      　　

将②式代入①式，解得 U1=                        

（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．

由 qvB2=和运动学公式 T=，解得 T=                     

粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为 t1=2T=．

做圆周运动的路程为 s1=2•2πR=．

粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s2=2Lsin45°=L，时间为 t2==，

则 t=t1+t2=+，

总路程s=s1+s2=+L

答：

（1）加速电压U1为．

（2）假设粒子与硬质塑料板相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律．粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间为+，

路程是+L．

（1）设小球a、b碰后的速度分别为v1和v2，由动量守恒和碰撞前后系统动能相等：

mav0=mav1+mbv2           ①

mav02=mav12+mbv22    ②

 解①和②得：v1=-2m/s，v2=4m/s 

∵v1=-2m/s说明碰后小球a反方向向左运动，小球b以v2=4m/s的初速度沿曲面向下进入圆轨道，在圆轨道最高点由重力提供向心力得：

mbg=mb

得小球在最高点C的速度v高= 

 小球b从最低点到最高点的运动过程中，由机械能守恒得：

mbv低2=mbv高2+2mbgR

解得：v低=

在最低点时，小球受到地面的支持力和重力的合力提供向心力：

FN-mbg=mb得：

FN=mb+mbg=2×+2×10N=120N   

（2）设在曲面上，摩擦力对小球b做功W，小球b从碰后到最低点的运动过程中，由动能定理得：

mbgH+W=mbv低2-mbv22        

由（1）分析得v底===m/s，v2=4m/s，代入解得：

 W=-16J 

即：小球克服摩擦力做功16J．

答：（1）小球b通过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为120N；

（2）小球b在粗糙曲面上运动过程中克服摩擦力做的功为16J．

（1）如图所示，设正离子从磁场区域射出点为C，射出方向的延长线与入射方向的直径交点

    为O，故连线O′c必垂直于连线Oc．连接O′O，粒子偏转角为60°，

       根据几何知识得∠aO′c=60°，

    则正离子在磁场区域中运动轨迹ac弧对点O′所张的圆心角为60°．

       又由几何知识得，轨道半径R=rtan60°=r 

 （2）粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力：

       qvB=m，解得v== 

 （3）正离子做圆周运动的周期为T==

     由于轨道半径不变，当离子速度方向沿顺时针方向转60°时，运动轨迹ac′弧所对圆心角仍为60°角，

则正离子沿圆弧由a点运动到c′点所需时间：t=T=．

答：（1）粒子做圆周运动的半径为r；

    （2）粒子的入射速度为；

    （3）若保持粒子的速率不变，从a点入射时速度的方向顺时针转过60°角，粒子在磁场中运动的时间为．

（1）由洛伦兹力提供向心力得：

qvB=m

得：r=

入射速度垂直于屏MN射入，由作图几何关系可得出射速度也垂直于屏MN射出，故到达屏MN上时的位置与O点的距离为：

2r=

（2）由几何关系可得，弦切角为圆心角的一半，轨迹所对圆心角为2θ，做圆周运动的周期为：

T==

在磁场中运动的时间为：

t=•

整理得：θ=

答：（1）离子进入磁场后到达屏MN上时的位置与O点的距离为．

（2）离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证得：直线OP与离子入射方向之间的夹角θ（弧度）跟t的关系为θ=t．

（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，

如右图，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T，

由牛顿第二定律得，Bqv=m，又因：T=，联立可得，R=  T=

解得：R=2m，

由轨迹图知，tanθ==   则θ=30°

所以全段轨迹运动时间为：t=2××2θ=

联立可解得，t=4.19×10-6s

（2）在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系，侧移总距离为d=2rsin2θ=2m

答：（1）该离子通过两磁场区域所用的时间4.19×10-6s．

（2）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为2m．

（1）设磁感应强度为B，则在磁场中运动，根据牛顿第二定律有

   qv0B=m

由几何关系可得 r=L      

则B=         

（2）设粒子在电场中运动的加速度大小为α，则根据牛顿第二定律有

   a=                                                     

由平抛运动规律知

OQ方向：r=at2

OP方向：S=v0t

联立解得，S=v0                                           

则坐标值为x=-Scos45°=-v0，y=Ssin45°=v0，故粒子从PO进入磁场的位置坐标为（-v0，v0）

答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小是．

（2）粒子从PO进入磁场的位置坐标是（-v0，v0）．

（1）由 Bqv=m 得r=     ①

（2）如图，O1为粒子运动的第一段圆弧AB的圆心，O2为粒子运动的第二段圆弧BC的圆心，如右图所示，根据几何关系可知 tanθ=  ②

∠AOB=∠BOC=2θ，如果粒子回到A点，则必有 n×2θ=2π，（n=3，4，5…）③

由①②③可得v=tan，（n=3，4，5…）

（3）粒子做圆周运动的周期T=

因为粒子每次在圆形区域外运动的时间和圆形区域内运动的时间互补为一个周期T，所以粒子穿越圆形边界的次数越少，所需时间就越短，因此取n=3，

其轨迹如左图所示，代入到③可得θ= 而粒子在圆形区域内运动的圆弧的圆心角为α=

故所求的粒子回到A点的最短运动时间 t=T+T=．

答：（1）若离子的速度大小为v1，该离子在磁场中的轨道半径r是；

（2）若离子与圆心O的连线旋转一周时，离子也恰好回到A点，该离子的运动速度v是tan，（n=3，4，5…）；

（3）在离子恰能回到A点的情况下，该离子回到A点所需的最短时间t是．

（1）只要考虑R调节到零时，闭合电路中的电流不超过I0电路就安全了．

由欧姆定律得I=≤I0，

解得R0≥；

（2）p1、p2带负电，在Q正点电荷的电场中作匀速圆周运动，库仑力提供向心力，带电粒子在电场中加速

由动能定理：qU=mv2，

其中q为带电粒子的带电量，v为带电粒子出枪口的速度，带电粒子出枪口后作匀速圆周运动，

由牛顿第二定律得：F=m，

其中F为库仑引力F=k，

上面两式解之得：加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，

所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）只要R0两端的电压满足U=，就满足了（2）的条件，

由欧姆定律得R0两端的电压为U=IR0，I=，

以上两式解得R=(-1)R0，

R的阻值应调节为(-1)R0．

答：（1）若电源的额定电流为I0，则电阻R0的阻值满足R0≥条件才能使下面部分闭合电路安全工作；

（2）加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）设（2）中的加速电压U是由a、b输出，c、d输入的，要保证带电粒子p1、p2进入Q区域后做匀速圆周运动，电阻箱R的阻值应调节为(-1)R0．

（1）如小球在最高点时杆对小球的作用力为零，则重力提供向心，

mg=m

解得：v0==m/s

（2）若小球通过最高点时受到杆向上的大小为2.3N的支持力，则有：

mg-FN=m

解得：v=1.8m/s

（3）因为v'=3m/s＞v0，所以小球受到杆的拉力作用，

则有：mg+F =m             

解得：F=2.5N 方向沿杆子向下

答：（1）如小球在最高点时杆对小球的作用力为零，小球此时的速度为m/s；

（2）若小球通过最高点时受到杆向上的大小为2.3N的支持力，此时小球的速度大小为1.8m/s；

（3）如小球在最高点的速度为3m/s，杆对小球作用力的大小为2.5N，方向沿杆子向下．