热门试卷

（1）由小球离开B点后仍能沿直线方向运动，则可确定电场力、与洛伦兹力的方向，从而可得出小球带正电．

（2）小球在BC间做匀速直线运动，则有C点的速度与B点的速度相等，即vc=m/s 

在BC段受力如图所示，设重力与电场力合力为F，

则有F=qvB，

又F==5N

解得：qB== 

在D处由牛顿第二定律可得：BqvD+F=m

由以上两式可得：vD=4m/s或vD=-m/s（舍去）

小球离开D点后做类平抛运动，其加速度为：由2R=at2得：

t===s

s=vDt=2.26m

（3）设CD段克服摩擦力做功Wf，

由运动定理可得：-Wf-2FR=m)

解得Wf=27.6J．

（1）设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律

     s=v1t

     h=gt2

解得

v1=s=3m/s

（2）设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

在最高点：mg=m

从最低点到最高点的过程，m=m+mg（2R）

  解得 v3==4m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能原理

  pt-fL=m

由此可得 t=2s

即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2s的时间．

（3）赛车离开光滑竖直轨道后，假设电动机不工作，赛车到达C点的速度大小为V，根据动能定理得：

-f•BC=mV2-m

解得V=＞v1=3m/s

所以电动机在BC段不需要继续工作．

答：

（1）赛车要越过壕沟，离开C点的速度至少3m/s．

（2）赛车要通过光滑竖直轨道，刚进入B点时的最小速度是4m/s．赛车的电动机在AB段至少工作2s时间．

（3）要使赛车完成比赛，赛车离开光滑竖直轨道后，电动机在BC段不要继续工作．

（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，

则有：qvB=  

得r=  

（2）根据左手定则，依据几何特性，作图，

则有该区域的面积：S= πr2+ π(2r)2

代入数据可解得：S= π( )2

答：（1）带电粒子进入磁场做圆周运动的半径得r= ．

（2）用圆规和直尺在图中画出带电粒子可能经过的区域（用斜线表示）并求出该区域的面积S= π( )2．

（1）带电粒子在电场中加速，电场方向向上，故M板带正电    

（2）粒子在电场中加速过程由动能定理

qU=mv2…①

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R则有

qvB=m…②

联立①②两式解得R=0.5m 

粒子在磁场中运动轨迹如图所示，故运动时间

t=2T=2×=0.25s

（3）粒子要能从S射出磁场，则粒子在磁场中的轨道半径R应满足

(2n+1)R= （n=0，1，2，…k）…③

联立①②③可解得两板间的电压应满足

U==V（n=0，1，2，…k）

答：（1）极板M所带电荷的正电；

（2）若MN板间电压U0=12.5V，则粒子在磁场中的运动时间为0.25s；

（3）要使粒子能从S射出磁场，则MN板间的电压U应满足U==V（n=0，1，2，…k）．

（1）设小球的电荷量为q，质量为m，小球沿杆以速度v向下作匀速运动时，受力情况如图所示，由平衡条件有：

F洛=N=qvB                 

F电=f                   

F电=qE                    

f=μN                     

由以上式子可解得：v=  

小球作圆周运动的速度大小等于v=．

（2）小球在磁场中作匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则有：

qvB=m

又有：R=

∴可得：v= 

小球从a运动到b过程中，由动能定理得：

W电-Wf=

小球从a运动到b过程中，电场力所做的功为：

 W电=qEl=μqBvl=

则：Wf=W电-=-=

∴=．

答：（1）带电小球在虚线下方作圆周运动的速度大小为．

    （2）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．

小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动．

水平位移x=v0t，小球的水平距离增加为原来的2倍，知时间变为原来的2倍．

因为 h=at2，

知加上电场后加速度变为原来的，

即a=g=

所以，E=，方向向下．

故电场场强的大小为，方向竖直向下．

（2）加上匀强电场后，小球做匀速直线运动，故小球所受重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，由于重力大于电场力，所以洛伦兹力方向竖直向上，

即mg=EQ+QBv0

解得：B=

有左手定则可判断出，磁场方向垂直于纸面向外．

答：（1）若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程增加为原来的2倍，则此电场的场强的大小为，方向竖直向下；

（2）若除加上上述匀强电场外，再加上一个与v0方向垂直的水平匀强磁场，使小球抛出后恰好做匀速直线运动，求此匀强磁场的磁感应强度的大小为B=

，磁场方向垂直于纸面向外．

（1）小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子刚绷紧后小球速度大小为v2，进入有磁场的区域时速度的大小为v3，

则   v2=2ax    

而   F合=mg=ma

又小球运动的位移为  x=L 

绳子绷紧后：v2=vcos45°

由动能定理：Mg•L-qE1（L-L）=M-M

联立解得：v3=10m/s 

（2）设细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功为W，根据动能定理得

   W=-Mv2

解得，W=-5J

（3）小球进入磁场后，由于qE2=Mg，小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

  qv3B=m

得 R==m，T==s

小球在运动半周后以v3出磁场，做匀速直线运动直到打到x轴上

匀速运动的时间t=，小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上运动的总时间

t总=t+=(0.5+)S=1.3s

小球打到x轴上的位置坐标为（-10m，0）

答：

（1）小球刚进入磁场区域时的速度是10m/s．

（2）细绳绷紧过程中对小球的弹力所做的功是-5J．

（3）球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x轴上所用的时间是1.3s，打在x轴上点的坐标为（-10m 0）．

（1）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小NA=FA，NC=FC

在A点，由牛顿第二定律得：NA-mg=…①

解得vA=2m/s…②

在C点，由牛顿第二定律得：NC+mg=…③

对A至C的过程，由动能定理得：Wf-mg•2R=m-m…④

①②③联立得Wf=m-m+2mgR=(2mg-FA+FC)R+2mgR…⑤

解得Wf=-0.2J…⑥

故损失的机械能为0.2J

（2）因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒，则有  m=m+mg•2R…⑦

联立①③⑥得NA-NC=6mg

即FC=FA-6N…⑧

图线如右图所示…⑨

答：（1）当FA=13N时小球滑经A点时的速度vA为2m/s，小球由A滑至C的过程中损失的机械能是0.2J；

（2）FC随FA变化的关系式为FC=FA-6N，在图丙中画出其图线如图所示．

（1）当桶底对水压力为零时，速度最小．

mg=m

解得v==m/s．

（2）在最高点，根据牛顿第二定律得，F+mg=m

解得F=m-mg=0.5×-5N=2.5N．

根据牛顿第三定律，知水对桶底的压力为2.5N．

答：（1）在最高点水不流出的最小速率为m/s．

（2）水对桶底的压力为2.5N．

（1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷．

（2）以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图．根据平衡条件得

     qE=mgtanα

得到q=

（3）将细线的偏角由α向右增大到90°，由静止开始释放后，设小球运动到到悬点正下方位置时速度为v，根据动能定理得

     mgL-qEL=mv2

又qE=mgtanα

得到mgL-mgLtanα=mv2①

又由牛顿第二定律得，T-mg=m②

联立①②解得

    T=（3-）mg

答：

（1）小球带正电荷．

（2）小球所带的电量是．

（3）如果细线的偏角由α向右增大到90°，然后将小球由静止开始释放，小球运动到悬点正下方位置时，绳上拉力是（3-）mg．

（1）小球通过最高点B时，由牛顿第二定律，有：

mg+=，又=mg，解得=

设释放点到A点高度为h，小球从释放到运动至B点的过程中，

根据动能定理，有：mg（h-R）=m

联立①②解得 h=2R，

由平抛规律R=，X=t，联立解得x=2R，所以C点距A点距离△x=2R-R=R

即释放点距A点的竖直高度h为2R，落点C到A点的水平距离为R．

（2）小球到达B点时最小速度为v，有mg=，

若能到达最高点应满足mgR=+mgR，显然不可能成立，即不能到最高点．

设到最高点E的速度为，E与O的连线与竖直方向夹角θ，由动能定理有mgR（1-cosθ）=①，

在E点脱离轨道时有mgcosθ=②

联立①②解得cosθ=，所以sinθ==

即小球不能通过最高点E，小球脱离圆轨道的位置E与O的连线与竖直方向夹角的正弦值．