热门试卷

（1）从A→C过程，根据动能定理得：

qE•4R-mg•2R=m

又：qE=mg

联立解得：vC=

（2）在C点，由牛顿第二定律得：

N+mg=m

代入解得：N=0

答：（1）小球的速度为．

（2）轨道对小球的弹力为零．

（1）由点电荷q的匀速直线运动用左手定则

可知：q带正电

       有平衡条件：   得E1=

    （2）由于能做匀速圆周运动，重力与匀速电场的电场力平衡，Q对粒子的静电引力提供向心力，则Q带负电．

     由k=m    得Q=

    （3）根据对称性，进入左侧场区时，速度与水平方向夹角仍为θ

        在水平方向上：qE1-qvBsinθ=ma1，得到a1=0；

        在竖直方向上：qvBcosθ+mg=ma2，得a2=2g

故其加速度a大小为2g，方向竖直向下．

答：（1）电荷q的带正电．匀强电场场强E1=．

    （2）Q带负电，Q=；

    （3）电荷穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小为2g，方向竖直向下．

据题意 受力分析 如图所示

（1）带电小球P在电磁复合场中做匀速圆周运动

有   mg=qE     ①

即E=       ②

由于小球P变为匀速的从第二象限进入第一象限

由 平衡条件

有   qv1B1=mg     ③

由 左手定则 可知 P球带正电．

（2）据题意 Q球与P球恰好在K点相遇 v0有最大值v0mQ球做平抛运动  有

L+R=v0mt        ④h=gt2⑤

P球在电磁复合场中做匀速圆周运动

有  qv1B2=m        ⑥

解得  v0m=(L+)    ⑦

即v0的取值范围为 v0＜(L+)  ⑧

（3）由于PQ相遇时竖直方向速度相同

即Q球竖直方向下落R时竖直方向分速度为v1

由  -=2ax  得v12=2gR               ⑨

可解得  =               ⑩

答：（1）匀强电场的强度为E=，P球带正电．

（2）v0的取值范围为v0＜(L+)

（3）B1：B2=1：2

（1）设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，

由类平抛运动可知：

L=v0t…①

d=at2…②

加速度a=…③

由①②③得：电压U=④

（2）带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，

由Bqv=m…⑤

sinθ=⑥

tanθ=…⑦

vy=at…⑧

联立求解①③④⑤⑥⑦⑧可得

B=

（3）根据粒子在磁场及电场中运动的对称性可知，粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度为v0，方向水平向左．

答：（1）两金属板间所加电压U的大小为；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；

（3）当该粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度大小为v0，方向水平向左．

（1）粒子经电场加速后，由动能定理得：qU=mv2

射入磁场后，有：qvB=m

粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，

几何关系是：(L-R)2+()2=R2

联立解得：带电粒子的电量与质量的比值为：=

（2）带电粒子在磁场中运动的速度大小：v==

（3）由几何关系得 粒子轨迹所对应的圆心角

θ=2arcsin=2arcsin

带电粒子在磁场中运动的时间：

t=T==arcsin

答：（1）带电粒子的荷质比 =；

（2）带电粒子在磁场中运动的速度大小v=；

（3）带电粒子在磁场中运动的时间t=arcsin．

在最低点，有N-mg=m，解得N=mg+m＞mg，轨道半径越小，支持力越大．在最高点，有：mg-N=m，解得N=mg-m＜mg．知在最低点处压力大，且半径越小，压力越大，所以a处最容易爆胎．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，

且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R

根据牛顿第二定律得

   qv0B=m

得，B===T=T

答：磁场的磁感应强度是T．

最高点：F1+mg=m

最低点：F2-mg=m

根据机械能守恒定律得：mv12-mv22=mg•2r

解得：F2-F1=6mg，g=．

根据GM=gR2

解得M=．

答：该星球的质量为．

设OA=AB=r，小球运动的角速度为ω，杆OA段与AB段对球的拉力分别为F1、F2．根据牛顿第二定律得：

    对B球：F2=mω2•2r   ①

    对A球：F1-F2=mω2r  ②

由①：②得，F2=2（F1-F2）

解得，F1：F2=3：2

答：杆OA段与AB段对球的拉力之比为3：2．

（1）

粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，将到达N点的速度分解得知

    vcosθ=v0，

解得，粒子离开电场时的速度大小v=2v0．

（2）从M→N过程，由动能定理得

   qUMN=mv2-m

代入解得，UMN=

（3）粒子进入第四象限后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则

   qvB=m

得粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R==．

画出轨迹如图，由几何知识得

   OP=R+Rcosθ=

答：

（1）粒子离开电场时的速度大小是2v0；

（2）M、N两点间的电势差UMN为．

（3）P点到坐标原点O的距离OP是．

令v表示α粒子的速度，由洛论兹力和牛顿定律可得

    qvB=　　　　　　　　　　　　                ①

令v'表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，因为亏损质量很小，可不予考虑，由动量守恒可知

 （M-m）v'=nw　　　　　　　　　　　　　                ②

在衰变过程中，α粒子和剩余核的动能来自于亏损质量．

即△m•c2=（M-m）v'2+mv2　　　　　                ③

解得△m=④

答：在衰变过程中的质量亏损为．

（1）以a球为对象，设其到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有：

mg=m            

所以：va=．

以b球为对象，设其到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有：

mg-Fb=m．

即mg=m所以：vb=

a、b两球脱离轨道的最高点后均做一平抛运动，所以a、b两球的水平位移分别为：

xa=×=2R

xb=vbt=×=R

故a、b两球落地点间的距离△x=xa-xb=R．

（2）对a球从B到A的过程中有

mg•2R=mv2-mva2

F-mg=m

F=6mg．

答：（1）a、b两球落地点间的距离为R．

（2）a球在刚好进入管道B处时对管壁的压力大小为6mg．

（1）设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE=qvB

代入数据解得  v=5.0×105m/s     

（2）如图所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径r1=m

设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，

则    qvB0=m

代入数据解得  B0=T=0.60T

则 B2≥0.60T（或B2＞0.60T）

（3）当B2=0.5T，由qvB2=m得r2=0.10m  

由轨迹可知，则离子经过x轴上的N点，ON=r2=0.10m

当B2=0.25T，由qvB2=m得r3=0.20m    

由轨迹可知，离子经过x轴上的M点，

OM=r3=0.2m                    

则离子经过x轴时的区域范围为x=0.10m至x=0.2m．

对小球受力分析，假设杆子对小球的作用力方向竖直向上大小为F：

根据牛顿第二定律：mg-F=m

（1）当v=1m/s时，解得：F=mg-m=16N

故杆子对小球的作用力大小为16N，方向向上．

根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向下的压力，大小为16N．

（2）当v=4m/s时，解得：F=mg-m=-44N，负号表示力F的方向与题目假设的方向相反，

故杆子对小球的作用力大小为44N，方向向下．

根据牛顿第三定律小球对杆子的作用力为向上的拉力，大小为44N．

答：（1）当v=1m/s时，杆受到的力大小为16N，方向向上，是拉力．

（2）当v=4m/s时，杆受到的力大小为44N，方向向下，是压力．