热门试卷

杯子在最低点时，进行受力分析如图

．

设杯子在最低点时的瞬时速度为v2，杯子和杯内的水的总质量为m

∴T-mg= 

即T=mg+①

又0≤T≤8mg     ②

∴由①②式可以解得mv2≤mgL     ③

在杯子的整个运动过程中，只有重力做功（绳子的拉力的方向始终与运动的方向垂直，所以不做功，空气阻力忽略不计），机械能守恒．

设杯子在最高点时的瞬时速度为u

∴mu2+2mgL=mv2    ④

由③④式可以解得u≤

又要使杯子和杯内的水能在竖直平面内做完整的圆周运动，在最高点时，必须满足至少杯子和杯内的水的重力全部用来提供向心力．

即mg≤

∴u≥综上所述≤u≤

答：杯子通过最高点时速度的取值范围为≤u≤．

带电粒子电场中做加速运动，动能的增加量等于电场力对粒子做的功：eU=mv2

进入磁场后，洛仑兹力提供向心力：qvB=，

得：r=   ①

联立以上3个公式，整理得：m=•r2   ②

（1）打在P点的粒子向右偏转，根据左手定则可以判定出，粒子带负电荷；同时还可以知道，粒子运动的轨迹是个半圆，所以：2r1=d1

将上式带入②，得到：m1=•=

（2）设打在Q点的粒子的半径是r2，则根据几何关系得：(r2-d2)2+=，

带入数据，求得：r2=73.5cm

所以：===1.9×10-4

（3）要使带电粒子能打在P点左侧的位置，可以才用的方法就是减小粒子的运动半径．根据①可知，减小半径的方法有两种：一是增大磁场的强度，一是减小粒子进入磁场时的速度，即减小加速电场的电压U．

答：（1）在P点的带电粒子的带负电，该带电粒子质量的表达式m1=；

（2）打在Q点的带电粒子的质量和打在P点的带电粒子的质量之比1.9×10-4；

（3）增大磁场的强度或者减小加速电场的电压U可使带电粒子能打在P点左侧的位置．

（1）P恰好能经过C点，设其速度为vc，

由向心力公式有mg=                                    

解得vc==2m/s

 P从B到C的过程中机械能守恒，设P经过B点时的速度为vB，则有

mg•2R+=                                     

解得vB==2m/s                 

设小球刚过B时受到圆轨道的支持力为NB，由向心力公式有

NB-mg=                                            

解得  NB=mg+=6N             

由牛顿第三定律可得，

物体刚过B点时对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下．      

（2）设细线剪断前弹簧的弹性势能为EP．从剪断细线到P经过B点的过程中，由能量守恒可得

Ep-μmgx0=                                         

解得Ep=μmgx0+=1.1J

答：（1）P经过B点时对轨道的压力是6N，方向竖直向下；

（2）细线未剪断时弹簧的弹性势能是1.1J．

（1）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0…等时刻进入偏转电场，

在这种情况下，电子的侧向位移为

ymax=a+vyt0

ymax=+=

要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0…等时刻进入偏转电场，

在这种情况下，电子的侧向位移为ymin=a      

所以 ymin=   

所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax：ymin=3：1

（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，

所以电子在磁场中运动半径应为：R=

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，垂直偏转极板的速度为vy，

则电子从偏转电场中出来时的偏向角为sinθ=

式中vy=t0

又   R=

由上述四式可得B=

（3）由于各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，

因此电子进入磁场后的半径也相同．

由第（1）问可知电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：

△y=ymax-ymin  

所以△y=

所以打在荧光屏上的电子束的宽度为△y=．

（1）小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则，拇指向上，让磁感线穿过掌心，四指就指向右，故小球带负电．

下落的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，所以总功为：mgL

设小球第一次到达最低点速度为v，则由动能定理可得：

mgL=mv2

在最低点由向心力公式得：Bqv-mg=m

解得q=7.5×10-2C

（2）小球第二次到达最低点速度仍为v，

向心力公式得：F-Bqv-mg=m

解得F=0.06N 

答：（1）小球带负电荷，电量为7.5×10-2C；

（2）当小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力为0.06N．

物块做匀速圆周运动时，受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧的弹力提供向心力，

设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律和胡克定律，有：

kx=mω2（l0+x）

解得：x==0.1m

由弹簧的弹力公式有：

F=kx=10N        

答：小球做匀速圆周运动所受到的向心力F为10N．

（1）设小球能通过甲轨道最高点时速度为v1．

由机械能守恒定律得：mgh=mg.2R+mv12   

解得v1= 

故小球经过甲圆形轨道的最高点时的速度为．

（2）小球在甲轨道上做圆周运动通过最高点的最小速度为 vmin=

∵v1=＞∴小球能通过甲轨道而不撞轨

设CD的长度为x，小球在乙轨道最高点的最小速度为v2=

小球要通过乙轨道最高点，根据动能定理得：mg(3R-2r)-μmgx=mv22 解得：x=

所以x≤．

小球到乙轨圆心等高处之前再返回，根据动能定理得：mg（3R-r）-μmgx=0   解得：x=．

小球到乙轨的最低点速度恰好速度为0，根据动能定理得：mg3R-μmgx=0    解得：x=

所以≤x＜

故CD的长度x≤或≤x＜．

光盘转一圈径向过一条音轨，在半径r1处转一圈所用时间为：t1=

同理在半径r2，r3，…rn处转一圈所用时间分别为：

t2===t1+2π

t3==t2+2π

…

tn=

显然时间t1，t2，t3…tn为一等差数列．据等差数列求和公式，

取t1=，tn=    项数n=N（R2-R1）

光盘全部放一遍所用时间为：

t=

所以t=4164s

答：将一张光盘全部播放一遍所用时间是4164s．

物体做圆周运动时需要向心力，此时的向心力是由重力与桥的支持力合力提供，汽车通过凸形桥顶端时，对桥顶的压力正好为零，所以此时重力提供向心力．

由牛顿第二定律得：mg=

解得：v=20m/s

答：汽车速度的大小20m/s．

（1）根据小球做圆运动的条件，合外力等于向心力．

mg+F=        ①

F=mg　　　　　　  ②

解①②两式得：v=

（2）根据小球做圆运动的条件，合外力等于向心力．

F-mg=

所以F=mg+=7mg

由牛顿第三定律，小球对杆的作用力为7mg，方向竖直向下．

球的向心加速度

a==6g   方向竖直向上

答：（1）球在最高位置时的速度大小为；

（2）当小球经过最低点时速度为，球对杆的作用力为7mg，方向竖直向下；球的向心加速度为6g，方向竖直向上．

小球在最高点时，对小球受力分析，受重力G和杆的弹力N，假定弹力N向下，如图所示；

由牛顿第二定律和向心力公式得：N+G=  ①

（1）由①式解得N=0时的速度v1==m/s=3m/s

（2）由①式得小球在最高点的速度v2=6m/s时，杆对球的作用力为：N= -mg=(-0.2×10)N=+6N

“+“说明方向竖直向下

由牛顿第三定律得：球对杆的作用力大小  N′=N=6N，方向竖直向上．

答：球对杆的作用力为0时小球在最高点的速度为3m/s，当小球在最高点的速度v2=6m/s时，球对杆的作用力大小为6N，方向竖直向下．

（1）小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：

F-mg=m

则得 绳对小球拉力F的大小为：F=mg+m

（2）小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球将做平抛运动．

根据机械能守恒得：

mg（L-h）=mv′2-mv2

则得落地时小球速度为v′=

答：

（1）小球通过最低点时，绳对小球拉力F的大小为mg+m．

（2）小球运动到圆心最低点时，绳突然断开，小球落地前将做平抛运动，落地时小球速度为．

（1）带电粒子在匀强电场中y轴方向上做匀速直线运动，x轴方向上做匀加速直线运动，将O点的速度分解，有：

cosθ==．

解得θ=60°．

（2）根据动能定理得，qU=mv2-mv02

因为比荷k==102C/kg

代入数据解得：U=6V．

（3）根据qvB=m

带电粒子在匀强磁场中的轨道半径：R==×=m．

根据几何关系得：x=R+=3R=1m．

（4）以粒子在匀强磁场中运动的轨迹的初末两点连线为圆的直径，该圆的面积为匀强磁场的最小面积．

该圆的半径r=Rsin60°=×=m

则S=πr2=m2．

答：（1）粒子从O点射出时速度υ与y轴间的夹角θ为60°．

（2）P、O两点间的电势差U为6V．

（3）Q点的横坐标x=1m．

（4）圆形有界匀强磁场的最小面积为m2．

（1）设滑块到达B端时速度大小为v，

由动能定理，得  mgR=mv2，得v=

由牛顿第二定律得：N-mg=m

联立两式得，N=3mg=30N．

（2）当滑块滑上小车后，做匀减速直线运动，小车做匀加速运动，由牛顿第二定律得，

    对滑块：-μmgma1

    对小车：μmg=Ma2

解得，a1=-3m/s2，a2=1m/s2

设经时间t两者达到共同速度，则有v+a1t=a2t

解得  t=1s

由于t=1s＜1.5s，所以小车还未被锁定，则有共同速度为v′=a2t=1m/s

故小车被锁定时，车右端距轨道B端的距离为S=a2t2+v′t′，t′=0.5s

代入解得  S=1m．

答：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小为3mg；

（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离是1m．