热门试卷

（1）金属球做匀速圆周运动，重力与拉力的合力作为向心力，

由mgtanθ=，

由r=lsinθ，

得V1==．

（2）设小球在偏角为60°时做匀速圆周运动的速度大小为v2，夹角从30°增加到60°的过程中金属球上升的高度为h，则，

    mgtan60°=   

上升的距离 h=l（co30°-cos 60°）  

根据动能定理得

W-2mgh=2（mV22-mV12）

由以上方程解  W=mgl．

答：（1）当轻杆与竖直杆的夹角为30°时金属球做圆周运动的线速度的大小为 ．

（2）轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°的过程中机器对两小球所做的总功为 mgl．

取物体A为研究对象，物体A随转盘转动的向心力应由绳的拉力和摩擦力提供，摩擦力可能为零，可能指向圆心，也可能背离圆心，

绳的拉力F总等于B物体的重力mg．

若A物体随转盘转动的角速度较大，则A要沿转盘外滑，此时绳的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg+μmg=mrω12

解得ω1=．

若A物体随转盘转动的角速度较小，则A要向圆心滑动，此时静摩擦力的方向背离圆心，由牛顿第二定律得：mg-μmg=mrω22

解得ω2=

要使A随转盘一起转动，则角速度ω应满足的关系是：≤ω≤．

答：转盘转动的角速度ω在≤ω≤范围内，物体A能随转盘转动．

（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，

则：SOA=at2

又：a=

E=

y方向的位移：y=v0t

解得：y=0.40m．

（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2×107m/s

粒子经过y轴时的速度大小为；v==2×107m/s

与y轴正方向的夹角为θ

θ=arctg=450

要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R′，则：R/+R/≤y

由洛伦兹力提供向心力：qvB=m…

解得：B≥(2+2)×10-2T

答：粒子经过y轴时的位置到原点O的距离0.40m；（2）磁感应强度B的取值范围：B≥(2+2)×10-2T

（1）从P到O的过程中电场力做正功，根据动能定理：qEL=mv2 ①

解得：v=  ②

（2）粒子沿-y方向进入磁场时，由左手定则可知粒子向右偏转，做匀速圆周运动，Bqv=m  ③

由③式可得：r==  ④

所以，Q点的坐标在x轴正方向上，横坐标 x0=2r==  ⑤

（3）在电场中运动时间t1，则 L=  ⑥

即 t1=  ⑦

在磁场中运动时间t2，则：t2=T=  ⑧

故粒子从P点出发第一次到达x轴上到达Q点所用的时间：t=t1+t2=+  ⑨

答：

（1）粒子到达O点时速度大小v为；

（2）粒子经过O点后第一次到达x轴上Q点（图中未画出）的横坐标x0为；

（3）粒子从P点出发第一次到达x轴上Q点所用的时间t为+．

（1）因为负离子将经过y轴上的A点，所以它从P点进入磁场B1后应向右偏转，由左手定则可得B1方向垂直xoy平面向里．（2）负离子经过y轴上的A点后做匀速直线运动，由此可知负离子所受电场力和洛仑兹力为一对平衡力．因为E的方向平行y轴，所以洛仑兹力的方向也应平行y轴，负离子运动方向垂直y轴，分析可知洛仑兹力的方向平行y轴向上，电场力方向平行y轴向下，所以E的方向为平行y轴向上．

  qv0B2=Eq

负离子从P点开始做匀速圆周运动，如图所示，

C点为圆心，CA、CP为半径R1，∠CPO=30°，

  OA=R1+R1sin∠CPO

  R1=2m

  qv0B1=

  v0=6×104m/s

  E=600N/C

（3）若增大负离子的速度，并且使负离子经过y轴后做匀速直线运动，则负离子经过y轴的位置坐标应为y≥4m，即负离子过y轴后不再进入电磁场区域．

设负离子以速度v1从P点进入时恰好从y轴上y=4m的D点通过y轴，负离子在磁场B1中做圆周运动的圆心为Q，半径为R2，如图所示．

在△QCD中，DQ=R2，CQ=R2-R1，CD=OD-R1sin30°，∠DCQ=60°

由余弦定理得  DQ2=CQ2+CD2-2CQ×CDcos∠DCQ

R22=（R2-R1）2+（4-R1sin30°）2-2（R2-R1）×（4-R1sin30°）cos60°

解得 R2=m

 qv1B1=    

 v1=8.14×1m/s

欲使负离子经过y轴后做匀速直线运动，则v应大于或等于8.14×104m/s．

答：

（1）由左手定则可得B1方向垂直xoy平面向里．

（2）E的大小为600N/C，E的方向为平行y轴向上．

（3）欲使负离子经过y轴后做匀速直线运动，则v应大于或等于8.14×104m/s．

（1）由题意可知带电粒子在磁场中的运动半径r=0.6R

由牛顿第二定律得：qv0B=

联立解得：B=

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动 

      0.6R=t2

       OQ=v0t

    联立解得：OQ=v0

即Q点的坐标为（-v0，0）

设粒子在Q点的速度为v，由动能定理得：

    qE•op=mv2-m

解得：v=

（3）带电粒子在磁场中的运动时间t1===

带电粒子偏出磁场后进入电场前做匀速直线运动时间t2==

从P到Q的时间t3==

所求总时间为tt1+t2+t3=(+)+

答：（1）磁感应强度为；

（2）粒子进入电场后到达x轴上Q点时的速率坐标（-v0，0）；

（3）粒子从C点出发到达x轴上Q点所用的总时间(+)+．

（1）子弹在射击木球的过程中，子弹和木球在水平方向上动量守恒，设二者最终在水平方向的速度为v，

由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v …①

损失的机械能为△E，则有：△E=m-(m+M)…②

由①、②得：△E=…③

（2）要使木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，木球运动有两种情况：

一是木球运动速度较大时将做完整圆周运动，二是木球速度较小时做不完整圆周运动（即摆动）．

在做完整圆周运动时：小球从最低点运动到最高点过程中机械能守恒．设小球在最高点时的速度为v′，

有：(m+M)v2=(m+M)g•2L+(m+M)v/2…④

若要使绳不发生松驰，则须  v/≥…⑤

由①、④、⑤得v0≥()…⑥

若做不完整的圆周运动，小球最高只能摆至与悬挂点等高的水平位置，小球从最低点摆至速度等于零的位置，

由机械能守恒定律得：(m+M)v2≤(m+M)gL…⑦

由①、⑦得：v0≤()…⑧

答：（1）若v0大小已知，在子弹击中木球的过程中系统损失的机械能是；

（2）若v0大小未知，木球在竖直平面内运动过程中悬线始终不发生松驰，做完整圆周运动时v0≥()，

做不完整的圆周运动v0≤()．

（1）正离子的运动轨迹如图所示，离子圆周运动半径r满足：

   r+rcos 60°=d　

解得：r=d　

（2）设离子在磁场中运动的速度为v0，则有

   qv0B=m

得，r=

离子在磁场中运动的周期为  T==

根据轨迹得：离子在磁场中做圆周运动的时间为：

  t1=T=，

离子从C运动到G做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，所需的时间t2=

由r=d=得，t2==

故离子从D→C→G的总时间为：

  t=t1+t2=．　

（2）设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：

  qE=ma，d=at22　

由动能定理得：Eq•d=EkG-mv02　

解得：EkG=．

答：

（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径r为d；

（2）离子从D处运动到G处所需时间为；

（3）离子到达G处时的动能为．

（1）如图所示，汽车到达桥顶时，竖直方向受到重力G和桥对它的支持力N的作用．汽车对桥顶的压力大小等于桥顶对汽车的支持力N，汽车过桥时做圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力，即：F=G-N；

根据向心力公式：F=m

有：N=G-F=mg-m=7600N，

根据牛顿第三定律可知

此时汽车对桥的压力为7600N，方向竖直向下

（2）汽车经过桥顶恰好对桥没有压力，则N=0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有：

F=G=m

解得：v=10m/s

答：（1）此时汽车对桥的压力为7600N，方向竖直向下；

（2）到达桥顶时汽车的速度是10m/s

（1）粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动．

第一次经过磁场边界上的一点（设为A点），

由qv0B=m得：

 r==4×10-3m

所以，A点的坐标为：（-4×10-3m，-4×10-3m）

（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第二次出磁场的点为C，第二次进入磁场的运动为圆周，粒子在磁场中运动的总时间为：

t=tOA+tAC=T+T

又    T=                   

代入数据解得：T=1.265×10-5s，

所以t=1.265×10-5s

（3）粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则

a=，

由平抛规律得：

△x=at12=2r

△y=v0t1

代入数据解得：△y=0.2m                

 y=△y-2r=0.2m-2×4×10-3m=0.192m  

粒子离开电磁场时的位置坐标为：（0，0.192m）．

答：（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标：（-4×10-3m，-4×10-3m）

（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.265×10-5s

（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标（0，0.192m）

根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如右图所示

由牛顿第二定律得：qvB=m    ①

周期为T==       ②

过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．

由几何知识得=Rsinα，=cot60°，=cotβ，=+，α=β     ③

联立得到 sinα+cosα=1

解得 α=30°，或α=90°

设M点到O点的距离为h，有 =Rsinα    h=R-，=-=Rcosα-

联立得到 h=R-Rcos(α+30°)（1分）

解得 h=(1-)R（α=30°）   或  h=(1+)R（α=90°）   

当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为t==

当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为t==

答：M点到O点的距离h=(1-)R或h=(1+)R；粒子在磁场中运动的时间为或．

（1）因为弹簧对A、B两球的弹力相等，知A、B两球做圆周运动的向心力相等，有：

2mrAω2=mrBω2

所以：rB=2rA．

根据牛顿第二定律得：2mrAω2=k(rA+rB-L)

解得：rA=，rB=．

（2）若转台的直径为2L，则rB＜L．

因为：rB=，解得：ω＜．

答：（1）A、B两球分别离开中心转轴的距离分别为：rA=，rB=．

（2）角速度ω的取值范围为ω＜．

（1）球运动到C处时，由牛顿第二定律得：F1-mg=m

得，v1=

代入解得，v1=5m/s

根据动能定理得，Ep-μmgx=m

得，EP=m+μmgx

代入解得，EP=11.2J

（2）小球从C到D过程，由机械能守恒定律得，

m=2mgR+m

代入解得，v2=3m/s

由于v2＞=2m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得

    F2+mg=m

代入解得，F2=10N

根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10N．

答：（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能为11.2J．

（2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力为10N．