热门试卷

（1）当细线上开始出现张力时，B与圆盘之间的静摩擦力达到最大值．

对B：kmg=mω02rB   

   即ω0==rad/s  

（2）当A开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细绳张力为T：

对B：FT+μmg=mω2RB           

对A：μmg-FT=mω2RA           

联立解得：ω0==4rad/s

答：（1）当细线上出现张力时，圆盘转动的角速度为rad/s；

（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度为4rad/s．

（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：

mgR=mvB2            ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=m，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

（1）小球从M点到B点的过程中，根据动能定理得：

mgL=mv2

碰前：T1-mg=m

解得：T1=3mg

碰后：T2-mg=m

解得：T2=5mg

（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时有速度v1，此时做圆周运动的半径为r，

则mg（-r）=mv12    ①

且mg=m②

由几何关系：x2=（L-r）2-（）2    ③

由以上三式可得：

r=    ④

x=L   ⑤

（3）小球做圆周运动到达最低点时，速度设为v2则

T-mg=m⑥

以后小球做平抛运动过B点，

在水平方向有x=v2t    ⑦

在竖直方向有：-r=gt2    ⑧

由④⑤⑥⑦⑧式可得：T=mg

答：（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，绳子拉力分别为3mg，5mg；

（2）若小球恰能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子D的位置离E点的距离x为L．

（3）细线能承受的最大张力T为mg．

（1）完成一次全振动的时间为一个周期，由图乙得小滑块做简谐振动的周期：T=s

由T=2π=，得R=0.1m

（2）在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N

在最低点B，有Fmax=m+mg=0.510N

从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1-cosθ)=mv2

解得：m=0.05kg．

（3）滑块机械能守恒，规定B点为0势能点，机械能E=mgR（1-cosθ）=5×10-4J．

（1）由力平衡得mg=qE，得E=，小球带正电，则电场强度方向竖直向上．

    （2）A→C过程，由机械能守恒定律得

          mgR+=m   vC=

        又由qvCB=m

        得  B==

       由左手定则知，B的方向垂直于ABCD平面向外．

    （3）小球由C到D的过程中轨道弹力为零，小球到达轨道的末端点D后，重力与电场力仍平衡，仍由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．

答：（1）匀强电场的方向竖直向上，强度为；

    （2）磁场的方向垂直于ABCD平面向外，磁感应强度为．

    （3）小球到达轨道的末端点D后，将做匀速圆周运动．

（1）小球受到重力mg和绳子的拉力F．

（2）重力mg和绳子的拉力F的合力指向圆心，提供向心力，F=．

（3）轨道半径为r=Lsinθ

则：mg•tanθ=m

解得：v=

答：

（1）小球受到重力mg和绳子的拉力F两个力作用．

（2）绳子拉力大小为．．

（3）小球线速度大小为v=．

对A球有：TA-mg=m

TA=mg+m=10m+20m=30m．

对B球有：TB=mg=10m．

所以TB：TA=1：3．

答：两悬线中的张力之比TB：TA为1：3．

（1）t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，

粒子在磁场中运动时有qv0B=m

rmin==m=0.2m

（2）因带电粒子通过电场时间t==2×10-6s＜T，所以带电粒子通过电场过程中可认为电场恒定不变．

设两板间电压为U1时，带电粒子能从N板右边缘飞出，

则  =()2

得  U1==100V

在电压低于或等于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，故U1=100V时，

带电粒子射出电场速度最大，qm-mv02

解得：vm==1.41×105m/s

（3）t=0时刻进入电场中粒子，进入磁场中圆轨迹半径最小，打在荧光屏上最高点E，

O′E=rmin=0.2m

从N板右边缘射出粒子，进入磁场中圆轨迹半径最大，

qvmB=m

解得：rm==m

因vm=v0，故tanθ==1，θ=45°，

O2P=2ו=0.2m=rmax

所以从P点射出粒子轨迹圆心O2正好在荧光屏上且O2与M板在同一水平线上，0′O2==0.1m，

O′F=rm-O2O′=-0.1=0.18（m）

带电粒子打在荧光屏AB上范围为：EF=O′E+O′F=0.38m

答：（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径为0.2m；

（2）带电粒子射出电场时的最大速度为1.41×105m/s；

（3）带电粒子打在屏幕EF上的范围为离屏幕中心上0.2m，下0.18m，长度为0.38m．

（1）带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

：

qv0B=m

则离子的轨迹半径为：r=，周期为：T==

由几何知识得到，两粒子射出磁场位置的距离为：S=4rsinθ=

（2）由几何知识得，正离子轨迹对应的圆心角为2π-2θ，负离子轨迹对应的圆心角为2θ，则两粒子射出磁场的时间差为：△t=T-T=

答：（1）两粒子射出磁场位置的距离是；

（2）两粒子射出磁场的时间差是．

（1）如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为d，因为粒子从b点射出磁场的速度方向与x轴成60°角，则∠adb=60°，三角形adb为等边三角形，粒子做圆周运动的半径为R=ad=0.4m------①

ab=ad=0.4m，因为∠aob=90°

所以ab为圆形磁场的直径，磁场区的半径大小为r=0.2m------②

（2）洛伦兹力提供向心力   qv1B=m-------③

解得 v1=100m/s---------④

（3）两板间加电压U时，粒子速度方向不变，粒子所受电场力与洛伦兹力为一对平衡力，

   Eq=Bqv-----------⑤

 又U=E•ab

解得，U=25V---------⑥

（4）粒子从c点离开磁场后在电场力作用下做类平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向向上做匀加速运动，

 mvy2=mv2-mvx2=Uq=6.25×10-5J---------⑦

 mvx2=×5×10-8kg×（50m/s）2=6.25×10-5J-----------⑧

解得，vy=vx=50m/s--------------⑨

所以粒子离开电场后做匀速直线运动的速度大小为v=50m/s，方向为与水平面成45°角向右上．----⑩

答：

（1）圆形磁场区的半径大小为0.2m．

（2）v1的大小为100m/s．

（3）MN、PQ两板间的电压U为25V．

（4）粒子离开电场后做匀速直线运动的速度大小为50m/s，方向为与水平面成45°角向右上．

经电压U1加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图甲所示，圆半径R1与L的关系式为：L=R1+R1cosθ，R1=

又  qv1B=

解得v1=

经电压U2加速后以速度v2射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，如图乙所示，半径R2与磁场宽L的关系式为  R2=

又qv2B=

解得v2=

在加速电场中，根据动能定理得  U1q=m  U2q=m

所以==

答：加速电压的值等于．

（1）镭核衰变方程为：Ra→Ra+He

（2）镭核衰变放出α粒子和氡核，分别在磁场中做匀速圆周运动，α粒子射出y轴时平行于x轴，设α粒子在磁场中的轨道半径为R，其圆心位置如图d-1中O′点，有

(l-R)2+(

l

2

)2=R2，

则R=l  

α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bqv=m，即mv=BqR，

α粒子的动能为E1=mv2==       

∴衰变过程中动量守恒mv=m0v0，

则氡核反冲的动能为E2=

1

2

m0v02= 

∴E=E1+E2=   

答：（1）镭核的衰变方程为Ra→Ra+He；

（2）一个原来静止的镭核衰变时放出的能量为．

（1）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB=m

解得   r=0.1m

（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场                                

粒子在电场中运动的加速度 a=

粒子在电场中运动的时间 t=

解得  t=3.3×10-4s

（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°．

则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60°

所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上 

曲线方程为  x2+y2=R2（R=0.1m，m≤x≤0.1m）