热门试卷

（1）根据牛顿第二定律得：k=m

解得v=  

故电子绕原子核在半径为r的圆周上做匀速圆周运动的速度v=．

（2）根据T=   得：T=2πr

故电子绕原子核在半径为r的圆周上做匀速圆周运动的周期为2πr．

（3）电子至少具有v才能脱离原子核的吸引，

根据能量守恒得：

E+mv2=m(v)2

解得：E=．

故电子至少吸收E=能量才能脱离原子核的吸引．

（1）从A到B过程，由动能定理得：

mgL+qEL=mv2-0，

小球到达B时的速度v=；

（2）在B点，由牛顿第二定律得：

T-mg-qE=m，解得：T=3（mg+qE）；

答：（1）点电荷运动到O点正下方B点时的速度大小为；

（2）此刻细线对点电荷拉力大小为3（mg+qE）．

（1）小球静止在B点时，根据平衡条件得

    mgsin45°=Fcos45°

得到，电场力F=mg

从释放点到最低点过程，根据动能定理得

   mgL（1-cosα）-FLsinα=0

 得到，sinα+cosα=1

解得，α=90°

（2）设当小球运动到关于B对称的A点时，临界速度为vA．根据牛顿第二定律得

 Fsin45°+mgsin45°=m

解得，vA=

由A到B过程，根据动能定理得

mg2Lcos45°+F2Lsin45°=m-m

解得，vB=

答：

（1）悬线与竖直方向夹角应为90°，才能使小球由静止释放后运动至最低点时，小球速度恰好为零．

（2）当细线与竖直方向成45°角时，至少要给小球一个的速度，才能使小球做完整的圆周运动．

（1）设砝码在最高点时细线的拉力为F1，速度为v1，则

  F1+mg=m     ①

设砝码在最低点细线的拉力为F2，速度为v2，则

  F2-mg=m       ②

由机械能守恒定律得

  mg2r+mV12=mV22  ③

由①、②、③解得

  g=    ④

（2）在星球表面，万有引力近似等于重力

  G=m′g      ⑤

由④、⑤解得

  M= 

（3）由mg=m，

得 V==，

答：（1）该星球表面的重力加速度是 ；

（2）该星球的质量M是 ；

（3）该星球的第一宇宙速度是．

（1）带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图．第一次经过磁场边界上的A点

由qv0B=m得，r=

根据几何知识得，A点位置坐标(-，-)

（2）设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T

则t=tOA+tAC=T+T

而周期为 T=

则 t=T=

（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，C点的位置坐标为（-2r，-2r），微粒在电场中运动，沿x、y方向的位移分别为△x=2r，△y=4r

而，a=

水平方向有：△x=a

竖直方向有：△y=v0t1

整理得   E=v0B

答：

（1）滞电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标是(-，-)．

（2）带电微粒在磁场区域运动的总时间是．

（3）匀强电场的场强为v0B．

（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：

   m1gL=m1

得 v0===4m/s

m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2．

选向右的方向为正方向，则：

 m1v0=m1v1+m2v2

代入数值解得：v2=1.5 m/s                             

（2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有：

  m2=m2g(2R)+m2  ①

由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即 

  m2g=   ②

由①②解得：R===0.045m

答：

（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为1.5m．

（2）光滑圆形轨道半径R应为0.045m．

（1）设在最高点杯对水的压力为F，由牛顿第二定律得：；

解得：

由牛顿第三定律可知水对杯底向上的压力为6N；

（2）由动能定理得

(m1+m2)g×2r=(m1+m2)-(m1+m2)

解得：v2===2(m/s)；

（3）水在最高点不溢出的临界速度为：v0===(m/s)；

由机械能守恒定律可得(m1+m2)=(m1+m2)+(m1+m2)g×2r；

解得：v3===5(m/s)；

答：（1）在最高点时，水对杯底的压力为6N．

（2）水杯运动到最低点时的速度大小为2m/s．

（3）要使杯子过最高点时水不溢出，水杯过最低点时的速度至少为5m/s．

①设小球通过C点时的速度为vC，通过甲轨道最高点的速度为v1，根据小球对轨道压力为零，则有

     mg=m 

解得    v1=

②取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有

    mvC2=mg•2R+mv12

解得    vC=

③同理可得小球通过D点时的速度vD=．

设CD段的长度为l，对小球通过CD段的过程，由动能定理得

   -μmgl=mvD2-mvC2

解得：l=

答：

①．小球在甲圆形轨道最高点时的速率为．

②．小球在经过C点时的速率为．

③．CD段的长度是l=．．

小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f

F=Bqv，N=F=Bqv       

∴f=μN=μBqv

当小球作匀速运动时，qE=f=μBqVb

小球在磁场中作匀速圆周运动时  Bqvb=m

又R=，

∴vb=

小球从a运动到b过程中，

由动能定理得W电-Wf=-0

W电=qEl=μBqVbl=

所以Wf=W电-=-=

=

答：带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值为．

（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：

F=mgtanθ

解得：F=0.75N，方向水平向右

（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：

mgL-FL=m

解得：Vc=1.4m/s

（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：

T-mg=

解得：T=1.5N

答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1.4m/s；

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．

对支座M，由牛顿运动定律，得：T-Mg=0------①

对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg=m---②

联立 ①②式可解得：v=．

答：小球的线速度是．

（1）带电粒子在两板间作匀速直线运动，重力等于电场力．

即：=mg

u=

（2）上金属板带负电，即圆形线框带负电，由右手定则知导体棒转动方向为逆时针

设转动角速度为ω，棒转动的平均线速率为v=ωr

棒产生的电动势为u，则u=Brv

即=Br2ω

解得ω=

（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R，

由牛顿第二定律有：qv0B1=       

得：R=                         

讨论：①若R≤L，电子从磁场左边界离开 

由几何关系知偏转距离为  y=2R               

代入数据并整理得 y=                 

②若R＞L，电子从磁场右边界离开   

由几何关系知偏转距离为y=R-     

代入数据并整理得  y=-    

答：（1）平行金属板1和2间的电压是；

（2）导体棒旋转方向如何（顺时针或逆时针）旋转角速度；

（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离为  y=-．

（1）设小球在C处的速度为v1，由牛顿第二定律有

F1-mg=

V1=5m/s．

（2）设弹簧在压缩至A点时所储存的弹性势能Ep．

从A到B由动能定理有：

W-μmgx=mv12弹簧做功量度弹性势能的变化

∴Ep=W=11.2J

（3）从C点到D点过程机械能守恒，D点速度为v2mv12=mv22+2mgR

v2=3m/s

由于v2＞=2m/s

所以小球在D点对轨道外壁有压力

设小球在D点受轨道的作用力为F2，由牛顿第二定律有

F2+mg=

F2=10N

由牛顿第三定律得球队轨道的压力为10N，方向竖直向上．

答：（1）小球进入半圆轨道C点时的速度是5m/s．

（2）弹簧在压缩至A点时所储存的弹性势能是11.2J．

（3）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力为10N，方向竖直向上．

设小球做匀速圆周运动的半径为r，则线长和半径之间的关系为

    （2L-r）2=r2+L2，解得r=L．               

则斜线与水平方向的夹角θ=53°

对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得

   F+Fcosθ=m                       

   Fsinθ=mg                            

联立两式，解得F=mg，v=

答：

（1）线的张力为F=mg．

（2）小环的线速度是v=．