热门试卷

解（1）B处绳被拉直时，绳与杆夹角θ=45°，TAcosθ=mg，

TAsinθ=m，

∴v=

（2）此时，B绳拉力为TB=2mg，A绳拉力不变，TAcosθ=mg，

TAsinθ+TB=mω2L

∴ω=

（3）小球在最高位置运动时，=2mg，

cosα=mg，α=60°，

sinα=m，得：vt=

△E=mgL(cosθ-cosα)+(m-mv2)

∴△E=mgL

答：（1）当B处绳子刚好被拉直时，小球的线速度v=．

（2）为不拉断细绳，转轴转动的最大角速度ω=．

（3）小球机械能的变化△E=mgL．

（1）由BqV=m得：

R=，

由题意得R场=R=；

（2）加-y方向匀强电场            

由 BqV=qE，

得E=BV；

（3）相邻碰撞点之间的圆弧对应的圆心角α有：tanα==2

即α=；

要使粒子碰撞后返回O点，应有k1α=2πk2（k1、k2为整数）

易知第一次返回O点：k1=20，k2=7（即碰撞了20次转了7周第一次回到O点）

故 t=20△t=20T=；

答：（1）磁场区域的半径为；（2）电场为BV；（3）从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子第一次回到O点经历的时间是．

人受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

mg-N=m；

代入数据，解得：N=100N；

根据牛顿第三定律，人对座椅的压力与座椅对人的支持力等值、反向、共线，故压力100N；

答：里的一名质量为20kg的小孩对座椅的压力为10N．

（1）由洛伦兹力提供向心力得：

qvB=得，

轨道半径为：R==m=0.2m

所以，由图知　sinθ===

即：带电粒子离开磁场时的偏转角为：θ=30°　　

（2）带电粒子在磁场中运动的时间为：

t=T=

t==3.3×10-8s

（3）由几何关系得，带电粒子在磁场中偏离入射方向的距离为：

d=R-Rcosθ

=0.2-0.2cos30°m=0.027m  

答：（1）偏转角30°（2）运动时间3.3×10-8s（3）偏离入射方向的距离0.027m

（1）滑块从A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒定律，则有

  mgR=m

滑块在B点，由牛顿第二定律得  N-mg=m

代入解得，N=3mg=30N

（2）滑块在小车上运动过程，对小车，由动能定理得

  μmgx=Mv2

解得，μ=0.5

（3）滑块在小车上运动过程，对滑块，根据动能定理得

-μmg（x+L）=m-m

代入数据解得，vD=2m/s

（4）滑块离开小车后做平抛运动，则有

   H=gt2

运动时间为t=

故滑块着地时与小车右端的水平的距离为S=（vD-v）t

解得，S=0.2m

答：（1）滑块到达B点时对圆弧轨道的压力是30N；

（2）滑块与小车间的动摩擦因数是0.5；

（3）滑块与小车分离时的速度是2m/s；

（4）滑块着地时与小车右端的水平的距离是0.2m．

（1）在最高点A对木板的压力恰好为零，说明物体在最高点仅受重力；

则mg=m

解得：v=1m/s

（2）A物体在最低点时，仅受重力mg，支持力N，

由牛顿第二定律得：N -m g=m

解得：N=10N

答：（1）物体A做匀速圆周运动的线速度大小1m/s．

（2）物体A运动到最低点时，木板对物体A的支持力大小为10N．

最低点   7mg-mg=

   v1=

最高点   mg=           

v2=

由动能定律  得   

-2mgR+wf=mv22-mv12

解得     wf=-mgR

故克服空气阻力做功  wf=mgR．

如图所示，以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F．

在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，而R=htanθ，得

Fcosθ+N=mg

Fsinθ==mω2R=m4π2n2R=m4π2n2htanθ

当球即将离开水平面时，N=0，转速n有最大值．

N=mg-m4π2n2tanθ=0

n=．

答：要使球不离开水平面，转动轴转速的最大值是．

（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R  qvB=

粒子自A点射出，由几何知识  R=a

解得  B=

（2）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=600

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，根据动量定理得：qEt1=2mv；

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=1200，则  θ1+θ2=π

粒子先后在磁场中运动的总时间  t2=⑦

粒子在场区之间做匀速运动的时间  t3=⑧

解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间  t=t1+t2+t3=+

答：（1）磁感应强度B的大小B=；

（2）粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间+．

（1）当小球的速度为为v1=时，设绳子拉力大小为T1，水平面的支持力为N1，则根据牛顿第二定律得

      T1sinα+N1=mg  ①

      T1cosα=m  ②

又r==L，cosα=

代入解得，T1=mg，N1=mg

（2）由①②得，当N1=0时，v1=，故当小球速度为v2=时，小球离开水平面做匀速圆周运动，此时由重力与绳子拉力的合力提供向心力，受力如图，由平行四边形定则得：

   mg=T2cosθ

   T2sinθ=m

又r′=Lsinθ

联立以上三式解得，T2=（1+2）mg

答：（1）小球速度为v1=时绳子的拉力大小为mg；

（2）小球速度为v2=时绳子的拉力大小为（1+2）mg．

（1）Ra衰变的方程为Ra→Rn+He

．

（2）由题，xoA=1m，xom=1m，由几何关系得，α粒子的轨迹半径为Rα=1m．

由洛伦兹力提供向心力，则有

  qvB=m，

得R=

则得α粒子的速度为vα==m/s

解得，vα=2.4×107m/s

动能为EK(α)=mαvα2=×4×1.67×10-27×2.42×1014J

=19.2×10-13J

根据动能和动量的关系EK=，动量守恒mαvα-mRnvRn=0

则==，

即Ek(Rn)=EK(α)

释放的能量△E=EK（α）+EK（Rn）=•EK（α）=×19.2×10-13J

=19.5×10-13J=1.95×10-12J．

答：Ra衰变的方程为Ra→Rn+He．静止镭核Ra衰变时放出的能量是1.95×10-12J．

对小球进行受力分析，在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值，根据向心力公式则有：

mgsin30°=m

解得：v==2m/s

在最低点，合力提供向心力，当绳子拉力取最大值时，速度取最大值，根据向心力公式得：

T-mgsin30°=m

解得：vmax=m/s=6m/s

故答案为：2；6

根据机械能守恒得知滑块向下运动的过程中速度增大，向心力增大，滑块所受的支持力增大，滑块对碗的压力增大，所以当滑块到达碗的最低点时，滑块对碗的压力最大，台秤的读数也最大．

根据牛顿第二定律得

在最低点：N-mg=m，

下滑过程中，由机械能守恒得：mgR=mv2  

联立得到，碗对滑块的支持力N=3mg，

所以台秤的最大读数是F=Mg+3mg．

答：当滑块在运动时，台秤的最大读数是Mg+3mg．

（1）正离子在电场中做初速度为零的加速直线运动

由动能定理得qU=mv2①

∵正离子以速度v进入匀强磁场，做匀速圆周运动Bqv=m②

正离子离开磁场时的速度与进入时垂直，故r=R   ③

解得A、K间的电压U=

（2）离子进入磁场后洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：Bqv=m④

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=⑤

离子在磁场中的运动时间为：t=T⑥

解④⑤⑥式得：t=

答：（1）为使正离子射出磁场时的速度的方向与进入时重直，A、K之间的电压应为；

（2）粒子在磁场中的运动时间为：：t=．