热门试卷

（1）小球运动的轨迹如图．初始位置（x1，y1），再次回到斜面的落点位置（x2，y2），小球经时间t1运动到末端的速度为v0，则

  t1=  ①

小球在复合场中做匀速圆周运动，则有  mg=qE   ②

轨道半径为  r=  ③

运动时间为 t2=T= ④

小球离开电磁场后做平抛运动，经时间t3垂直落到斜面时

    v0=vytan45°=gt3   ⑤

2r-y2=g   ⑥

y2=x2=v0t3，⑦

由②③⑤⑥⑦得，t3= ⑧v0=  ⑨

由②④得，t2=  ⑩

由①⑨得，t1=

故小球从开始运动到垂直打到斜面上所用时间为t=t1+t2+t3=（+π）．

（2）小球初始位置到斜面末端的距离为 l=gsin45°=

故  x1=y1=lsin45°=

答：

（1）小球从开始运动到垂直打到斜面上所用时间为（+π）．．

（2）小球开始下滑的初始位置坐标（，）．

（1）质子运动的轨迹示意图如右图所示，质子进入电场从P到A，做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场从A到C再到D，做匀速圆周运动；离开磁场从D到P，做匀速直线运动． 

质子经过A点的速度大小：v==v0

质子从P到A过程，由动能定理得：eEl=mv2-m

解得，l=

（2）设OA的距离为S1，OD的距离为S2，

则S1=v0t 

l=t

解得：S1=2l

质子从磁场中飞出时的方向与y轴也成45°，所以S2=l

所以，质子在磁场中的轨道半径为R==

 由于R=，解得：B=

（3）质子第二次在P点时，速度大小为v0，速度方向与x轴正方向成45°，

质子第二次在电场中运动，在x方向做初速度为v0，

加速度大小为a=的匀减速直线运动．

则有：-l=v0t-t2

解得：t=(1+)

答：

（1）P点离坐标原点的距离l=；

（2）磁场的磁感应强度B=；

（3）质子第二次在电场中运动的时间t=(1+)．

（1）类似平抛运动速度偏转角的正切：tanθ=2tanα=2×=1，故θ=45°；

故粒子的运动轨迹如右图所示；

（2）设粒子在电场中运动的时间为t1

x方向：2h=v0t1y方向：h=at12

根据牛顿第二定律：Eq=ma

联立以上三式，解得：E=

故电场强度为．

（3）类平抛运动过程，根据动能定理：Eqh=mv2-mv02

将E的表达式代入上式，得：v=v0由：Bqv=m

得：r=

故圆弧的半径为．

（4）粒子在电场中运动的时间：t1=

粒子在磁场中运动的周期：T==

根据粒子入射磁场时与x轴成45°，射出磁场时垂直于y轴，可求出粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为135°．

故粒子在磁场中运动的时间为：t2=T

求出 t=t1+t2=+

故粒子的运动时间为+．

答：（1）粒子的运动轨迹如右图所示；

（2）电场强度为．

（3）圆弧的半径为．

（4）粒子的运动时间为+．

（1）若要粒子在磁场中运动的时间最长，则对应的圆心角最大．所以当运动轨迹的弦长等于磁场的直径时，满足题意．

由洛伦兹力提供向心力：Bqv=

得：r=

图中：sinθ==

运动的最长时间：

t==（公式中sinθ=）

（2）证明：如图所示，当粒子沿半径的方向射入时，r与R垂直，而出射速度v的方向与轨迹的半径r垂直，

所以出射速度与R在同一条直线上，即粒子一定沿半径方向射出磁场．证毕．

答：（1）子在圆形磁场中运动的最长时间（公式中sinθ=）．（2）证明略．

（1）小物块恰好通过最高点A，则有：mg=m

则设物块到达A点时的速度为  vA==2m/s

（2）物体从D向A运动过程中，由动能定理得

   Fs-mg•2r-fs=m

又f=μN=μmg

联立解得，F=11N

答：

（1）小物块通过A点时的速度大小是2m/s；

（2）恒力F的大小是11N．

（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，有

 qvB=

粒子自A点射出，由几何知识  

R=a

解得  

B=

即磁感应强度B的大小为．

（2）粒子从A点向上在电场中做匀减运动，

设在电场中减速的距离为y1由动能定理，得到

-Eqy1=0-mv2

解得

y1=

所以在电场中最高点的坐标为（a，a+）．

（3）粒子的运动轨迹如图

粒子在磁场中做圆运动的周期  T=

粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角为：θ1=60°

由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离

S=acosθ

粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间  

t1=

粒子由P点第2次进入磁场，

由Q点射出，PO1QO3 构成菱形，

由几何知识可知Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角为：θ2=120°

则  θ1+θ2=π

粒子先后在磁场中运动的总时间 

 t2=

粒子在场区之间做匀速运动的时间

  t3=

解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间

t=t1+t2+t3=+

故粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t为+．

假设小球受到杆子对它的弹力竖直向上，根据牛顿第二定律得，

mg-F=m

解得F=4.8N

由于F＞0，所以假设正确．

根据牛顿第三定律，小球对杆的作用力方向竖直向下，大小为4.8N．

答：小球对杆的作用力大小为4.8N，方向竖直向下．

（1）设弹簧弹开后B物体与A物体的速度大小分别为v1和v2，A物体在c点的速度大小为v3．由于A恰能过c点，说明A在c点时对轨道无压力，此时由重力提供向心力由牛顿第二定律有mAg=mA

代入数据解得v3=2m/s（1分）

（2）A从b点到c点的过程中，机械能守恒有mA=mA+2mAgR

v2=  代入数据解得v2=2m/s

在b点，轨道对A的支持力F与重力mAg的合力提供向心力

由牛顿第二定律：F-mAg=mA

代入数据解得F=6N  

由牛顿第三定律可得A对轨道的压力大小为6N

（3）A、B被弹开的过程中，它们组成的系统动量守恒

有mAv2-mBv1=0

代入数据解得v1=m/s

该过程中A、B和弹簧组成的系统机械能守恒

有EP=mA+mB

代入数据解得烧断细线前，弹簧的弹性势能EP=1.5J

答：（1）A在半圆形轨道的最高点c处时的速度大小为v3=2m/s；

（2）A刚过半圆形轨道最低点b时，对轨道的压力大小为6N；

（3）烧断细线前，弹簧的弹性势能为1.5J．

（1）对小球受力分析，受重力、杆的弹力（假设向下），合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有

mg+F=m

代入数据，解得

F=m-mg=-16N

负号表示此时球对杆的作用力方向与假设的方向相反，即向上，大小为16N；

根据牛顿第三定律，杆对球的弹力和球对杆的弹力方向相反、大小相等；

故此时球对杆有16N的向下的弹力．

（2）再次对小球受力分析，受重力、杆的弹力（假设向下），合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有

mg+F=m

代入数据，解得

F=m-mg=44N＞0，即假设成立，杆对球的弹力向下；

根据牛顿第三定律，杆对球的弹力和球对杆的弹力方向相反、大小相等；

故此时球对杆的作用力向上，大小为44N．

（1）从A到B过程中，由动能定理可得：

Fs-μ（mg+qE）s=mv2-0，解得：v=6m/s；

（2）在D点，由牛顿第二定律得：mg+qE=m，

从B到D过程中，由动能定理可得：-2qER-2mgR-Wf=mvD2 -mv2，

解得：Wf=4J；

答：（1）撤去F时小物块的速度大小为6m/s；

（2）在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功为4J．

（1）设带电粒子小孔O2进入磁场时的速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B=m

因粒子恰好能进入小孔O3，粒子运动轨迹如答图2所示，有R=d

解得速度v0==5×103m/s

（2）设恰能进入小孔O3的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U0，根据动能定理qU0=mν02

解得U0==25V

由于粒子带正电，因此只有在C板电势高（UCD=UC-UD＞0）时才能被加速进入磁场，因此解得UCD=25 V对应时刻分别为

t1=（0.25+2n）×10-4s （n=0，1，2…）

t2=（0.75+2n）×10-4s （n=0，1，2…）

（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，根据牛顿第二定律和圆周运动规律qv0B=，v0=

得T=

粒子在磁场中运动的时间t===0.6×10-4s

在t1时刻飘入的粒子，经过时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD=15V．粒子在两板之间做减速运动，设到达小孔O4时的动能为E1，根据动能定理，得

-qUCD=E1-m

解得E1=1.6×10-18J

在t2时刻飘入的粒子，经时间t，粒子到达小孔O3时，C、D两板间的电压为UCD′=-35V．粒子在两板之间做加速速运动，设到达小孔O4时的动能为E2，根据动能定理，得

-qUCD′=E2-m

解得E2=9.6×10-18J

答：（1）带电粒子从小孔O2进入磁场时的速度为v0=5×103m/s；

（2）解得UCD=25V，对应时刻分别为

t1=（0.25+2n）×10-4s（n=0，1，2…）

t2=（0.75+2n）×10-4s（n=0，1，2…）

（3）经过小孔O3进入C、D两板间的粒子，从小孔O4射出时的动能为E2=9.6×10-18J．

设氦核沿与内圆相切方向射入磁场，且轨道与外圆相切时的速度为vm，则从A点以vm速度沿各方向射入磁场区的氦核都不能穿出磁场外边界，如图所示．由图知

    r′==0.3m．

由qvB=m，得r=，

氦核不穿出磁场外边界应满足的条件是 ≤r′，

所以从内圆上A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界时，氦核的速度范围为

   vm≤=5.76×106m/s．

答：氦核的最大速度为5.76×106m/s．

在电容器中受力平衡有：qvB1=qE．

解得v==

进入磁场B2后，qvB2=m

解得R=

同位素的电量相等，质量不等．有s=2（R1-R2）=

所以△m=

答：打在a、b两点的粒子的质量之差△m是．

由机械能守恒定律，秋千到达最低点时的速度为v=

对人进行受力分析，底板的支持力和重力，合力提供人做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律，有：

N-Mg=M

根据以上两式解得：N=Mg（1+）

对秋千底板受力分析，悬绳的拉力、底板的重力和人对底板的压力，合力提供了底板做圆周运动的向心力，即

T-mg-N=m

得悬绳的拉力

T=mg+N+m=（m+M）g（1+）

答：当秋千荡到最低点时人对底板的压力为Mg（1+），两根悬绳的总拉力为（m+M）g（1+）．