热门试卷

（1）A在上滑过程中机械能守恒，有

m=mgR（1-cos60°）

vA=3m/s

根据牛顿运动定律 

N-mAg=mA

N=80N

由牛顿第三定律得，A对圆弧的压力为80N，方向竖直向下．

（2）由动量守恒得：

mAvA=mBvB

由能量守恒得

Ep=mA+mB

得：Ep=54J

（3）因B、C碰后速度交换，B静止，C做圆周运动，绳子不能松弛，一种情况是越过最高点，继续做圆周运动，

与B碰撞，B一定离开平台，不符合要求．另一种情况是C做圆周运动不超过圆周，返回后再与B发生碰撞．               

B刚好能与C发生第一次碰撞

0-mB=-μmBgs

   解得 μ=0.6

   依题意有   μ＜0.6

B与C刚要发生第三次碰撞，则

0-mB=-3μmBgs

  解得  μ=0.2

   依题意有  μ＞0.2

B与C发生两次碰撞后不能从左侧滑出

0-mB=-2μmBgs-mBgR（1-cos60°）

解得 μ=0.225

   依题意有 μ≥0.225

综上所得   0.225≤μ＜0.6                        

取μ=0.225，B与C碰撞后，C的速度最大，要绳不松弛，有：

mB-mB=-μmBgs

vB1=vC

mC=mCgL

解得：L=1.125m

依题意：L≤1.125m

答：（1）A刚滑上圆弧时对轨道的压力为80N

（2）烧断细线前系统的弹性势能是54J

（3）若B与C只能碰撞2次，B最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，B与平台间动摩擦因数µ的范围是 0.225≤μ＜0.6，

µ取最小值时对应的绳L=1.125m．

（1）如图所示，当外力与摆绳垂直时最小．Fmin=mgsin37°=360N

（2）Ep=-mglcos37°=-1440J

（3）设小明第一次向下摆动过程中，动能的变化量为△EK，重力势能的变化量为△EGP

小明在最低点时，由牛顿第二定律得：

    F-mg=m

解得υ=3m/s

经过最低点，小明与底板的动能为EK=mυ2=270J

小明与底板重力势能的减小量为△EGp=360J，则有△EGP＞△EK

说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于37°．

答：

（1）小明爸爸施加的最小外力是360N；

（2）取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能是-1440J；

（3）秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于37°．

（1）设MN左侧匀强电场场强为E1，方向与水平方向夹角为θ．

带电小球受力如右图．

沿水平方向有　 　qE1cosθ=ma

沿竖直方向有　 　qE1sinθ=mg

对水平方向的匀加速运动有　      v2=2as

代入数据可解得　　E1=0.5N/C，θ=53°

即E1大小为0.5N/C，方向与水平向右方向夹53°角斜向上．

（2）带电微粒在MN右侧场区始终满足　qE2=mg

在0∽1s时间内，带电微粒在E3电场中  a===0.1m/s2

带电微粒在1s时的速度大小为　 v1=v+at=1+0.1×1=1.1m/s

在1∽1.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，

周期为　T===1s

在1∽1.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动．所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s，方向水平向左．

（3）在0s∽1s时间内带电微粒前进距离　s1=vt+at2=1×1+×0.1×12=1.05m

带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径　r===m

因为r+s1＜2.28m，所以在1s∽2s时间内带电微粒未碰及墙壁．

在2s∽3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为　a=0.1m/s2，

在3s内带电微粒共前进距离

s3=vt3+at32=1×2+×0.1×22=2.2m                      

在3s时带电微粒的速度大小为　v3=v+at3=1+0.1×2=1.2m/s

在3s∽4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径r3===m=0.19m

因为r3+s3＞2.28m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁．

带电微粒在3s以后运动情况如右图，

其中 d=2.28-2.2=0.08m

sinθ==0.5，θ=30°

所以，带电微粒作圆周运动的时间为t3====s

带电微粒与墙壁碰撞的时间为　t总=3+=s

答：（1）MN左侧匀强电场的电场强度E1=0.5N/C，方向与水平向右方向夹53°角斜向上；（2）带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5s时的速度为1.1m/s，方向水平向左；

（3）带电微粒在MN右侧场区中与墙壁碰撞前运动的时间为s．

（1）从A到B得过程运用动能定理得：

2RF=mv2-0         

F=mg

VB=2

（2）从A到D得过程运用动能定理得：FR+mgR=mvD2-0        

又因为N-mg=m

所以N=5mg                 

（3）从A到第三次C的过程运用动能定理得：3FR-mgR=mvC2-0            

N'+mg=m

N'=9mg                 

答：（1）小球第一次经过B点时的速率为2；

（2）小球第一次经过最低点D时，管壁对小球的作用力是5mg；

（3）小球第三次经过最高点C时，管壁对小球的作用力是9mg．

（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有

mg=m                          ①

在小球从h处运动到最高点的过程中，机械能守恒，则有

mg(h-2L)-μmg=m                     ②

解上式有h=0.5m      

（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则有

mgh′-μmg=m               ③

滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有 

T-mg=m      ④

解得

T=48N     

（3）小球恰好能做完整的圆周运动，机械能为：E=m+mg(2L)

滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s路程后再次碰撞，即机械能损失为：△E损=f•S=μmgS，则根据能量守恒定律，有

+1≥n

解得：n=10次      

即小球做完整圆周运动的次数n为10．

（1）小球静止A点时，受力如图所示

据三力平衡条件，得

   tanθ=

解得，E=  ①

（2）小球运动到平衡位置时速度最大，由动能定理，得

   qELsinθ-mgL（1-cosθ）=mv2 ②

将①式代入，得

v=  ③

小球从最底点到最高点时，速度为零，向心力为零，细线与竖直方向成α角，由动能定理，得

qELsinα-mgL（1-cosα）=0  ④

将①式代入④式，得

   tanθsinα=1-cosα

解得，α=2θ

在最高点，重力与电场力合力的法线分力与拉力平衡，设线的拉力为F

F=mgcos2θ+qEsin2θ=mgcos2θ+mgtanθ•sin2θ=mg（2cos2θ-1）+mgtanθ•2sinθcosθ=mg

（3）设B点与A点对悬点O对称，即AB为圆轨迹的直径，当小球恰好能运动到B点时，就能在竖直面内恰好做完整的圆周运动

在B点，重力与电场力的合力提供向心力

  =m

设将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度为v0，由动能定理，得

-2mgLcosθ-qELsinθ=mvB2-mv02

解得

v0=

答：

（1）匀强电场的电场强度大小E=；

（2）将小球拉至O点正下方最低点由静止释放，小球向上摆动过程中的最大速度大小v=；

（3）在（2）问中，小球运动到最高点时细线对小球的拉力大小为mg；

（4）若将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度，小球在竖直面内做完整的圆周运动，这个初速度至少是v0=．

（1）设微粒在y轴左侧做匀速圆周运动的半径为r1，转过的圆心角为θ

由牛顿第二定律可知 qvB1=m 

代入数据得  r1=0.5m

（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图； 由几何关系得 

 cosθ==

则θ=60°                    

（3）设粒子恰好不飞出右侧磁场时，磁感应强度为B0，运动半径为r2，其运动轨迹如图 有几何关系得   r2cosθ=r2-dr2=0.25m 

由qvB0=m得  B0=0.4T   

所以磁场满足B0≥0.4T

答：（1）轨道半径发为0.5m； （2）角度为60°； （3）磁感应强度应大于等于0.4T．

（1）由qvB=m及T=得：

微粒在磁场中运动的周期  T=．

（2）令n表示带电粒子在磁场中运动时的圆心个数，则

由几何关系可知，微粒运动的轨道半径r应满足：r=Rtan，（n=2，3，4，5，…），

结合（1）可知，v==Rtan，（n=2，3，4，5，…）；

相应的运动轨迹所对应的圆心角φ满足：

①当n为偶数时，φ=（2π-π）•+π•=nπ；（n=2，4，6，8，…）

②当n为奇数时，φ=（2π-π）•+π•=π；（n=3，5，7，9，…）

对应的运动时间t满足：

①当n为偶数时，t=T=，（n=2，4，6，8，…）；

②当n为奇数时，t=•=；（n=3，5，7，9，…）

（3）由几何关系可知，rn+≤2R，（n=2，3，4，5，…）；

得：当n=3时，r可取满足条件的最大值，rmax=R，

相应的粒子速度vmax=．

相应的运动轨迹如图所示．

答：

（1）微粒在磁场中运动的周期为；

（2）从P点到Q点，微粒的运动速度大小为Rtan，（n=2，3，4，5，…）；对应的运动时间；①当n为偶数时，t=T=，（n=2，4，6，8，…）；②当n为奇数时，t=•=；（n=3，5，7，9，…）

（3）速度的最大值是．

设粒子的速度为v，用R1表示粒子在区域1中做圆周运动的轨道半径，有qvB=m；得R1=①

用R2表示粒子在区域2中做圆周运动的轨道半径，有qvB=m；得R2==R1②

在区域1中运动的轨道与在区域2中运动的轨迹在P1点相切，两段轨迹的圆心都在PO1所在的直线上，且O1落在上边界处．设∠PO1P1=θ，则有

L=R1sinθ；          ③

L=R2-R2cos（90°-θ）；④

联立②③④得，R1=；

代入①式得：v=

答：此带电粒子的速度v=．

（1）设当加速电压为U时，粒子离开金属板时的速度为v1，

则有：qU=m

解得：v1=                 

（2）此情形下粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设粒子运动速度为v2，运动圆半径为r，

由几何知识得：r2+R2=(r+R)2

              tanθ=

解得：r=R，θ=60°                      

粒子在磁场中运动时，有：Bqv2=m

解得：v2=                  

（3）粒子进入y＜0的区域，做减速运动，设速度减少到零所用时间为t，

则：qE=ma

    v2-at=0

解得：t=                                        

粒子第一次在匀强电场中的运动时间

T=2t=

答：（1）若两金属板间的电压为U，粒子离开金属板进入磁场时的速度是；

（2）若粒子在磁场中运动时，刚好不能进入R的中心区域，此情形下粒子在磁场中运动的速度大小为．

（3）在（2）情形下，粒子运动到y＜0的区域，它第一次在匀强电场中运动的时间．

（1）从A到B，由动能定理得：

Fx-μmgL=mvB2-0，解得vB=8m/s；

（2）当小环恰能到达D点时，

设AC间的最小距离为x1，此时vD=0，

从A到D过程，由动能定理得：

Fx1-μmgL-mg•2R=0-0，解得x1=3m/s；

当小环到达D点且受到轨道弹力FN=18N时，

设AC间最大距离为x2，此时FN，

由牛顿第二定律得：FN+mg=m  ①，

从A到D过程中，由动能定理得：

Fx2-μmgL-mg•2R=mvD2-0  ②，

由①②解得x2=8m；

所以x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）力与xd的关系图象如图所示．

答：（1）小球到达B点时的速度为8m/s；

（2）x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）FN与x的关系图象如图所示．

解（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，

根据动能定理U1q=m

v1=

∴v1=1.0×104m/s

（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．

在水平方向：L=v1t…①

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，

竖直方向：a==…②

v2=at…③

由①②③得v2=

又因为：tanθ==

代入v1=

∴tanθ==

即：θ=30°

（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

设微粒轨道半径为R，

由几何关系知：R+Rsinθ=D

R=D

设微粒进入磁场时的速度为v′

则v′=

由牛顿运动定律及运动学规律qv′B=

B=B=•

B=0.1T

若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T．

答：（l）带电微粒进入偏转电场时的速率v1=1.0×104m/s；

（2）带电微粒射出偏转电场时的速度偏转角θ=30°；

（3）为使带电微粒不会从磁场右边界射出，该匀强磁场的磁应强度的最小值B=0.1T．

根据牛顿第二定律得：Bev=m

要电子和中空柱体相碰，至少是电子的轨迹与中空柱体相切，利用数学知识可求得最小半径r0满足：a2+r02=(b-r0)2

因为r＞r0，

所以有v＞． 

答：电子的速度满足v＞条件时才能和中空柱体相碰．

为使小球能绕O′点做完整的圆周运动，则小球在最高点D对绳的拉力F1应该大于或等于零，即有：mg≤m①

根据机械能守恒定律可得：m=mg[dcosθ-(L-d)]②

因为小球在最低点C对绳的拉力F2应该小于或等于7mg，即有：F2-mg=m≤7mg-mg③

根据机械能守恒定律可得：m=mg[dcosθ+(L-d)]④

由①②③④式解得：≤d≤．     

答：OO′的长度d所允许的范围为≤d≤．