热门试卷

（1）粒子运动轨迹如图，设出匀强电场时速度反向延长线交中心线于K点，由几何关系得：

∠DKO=∠DOC-∠KDO  

因圆弧圆心角∠DOC=120°，∠KDO=90°

所以∠DKO=30°，即为粒子出匀强电场的偏转角为30°．

（2）设O处点电荷的带电量为Q，粒子进入细管的速度为v合，由偏转角为30°可得：

   =cos30°   

由题意：粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，

则有：k=m

 即：Q=

（3）设板间所加电压为U，出匀强电场时的竖直方向速度为vy，由偏转角为30°可得：

   =tan30°

在匀强电场中粒子作类平抛运动，vy=at

  t=

由牛顿第二定律得 a=

解得：U=

答：

（1）粒子出匀强电场的偏转角是30°；

（2）O处点电荷的带电量是；

（3）两金属板所加的电压是．

（1）G=mg=500×10N=5000N

FN=G=5000N

故汽车对圆弧形拱桥的压力是5000N．

（2）由牛顿第二定律得

         mg-F支=m

解得

   F支=mg-m=500×10-500×=4000N

由于

     F支=F压故汽车对圆弧形拱桥的压力是4000N．

（3）由于只受重力，故

        mg=m

解得

          v===10m/s

故汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零时，小车的速度为10m/s．

（1）在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，

乙离开D水平轨道的时间为t，乙的落点B距离为x则：

在最高点：m=mg+qE   ①

2R=（）t2     ②

x=vDt  ③

联立①②③得：x=0.4m  ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲，v乙，根据动量守恒定律和有

mv0=mv甲+mv乙    ⑤

根据机械能守恒定律有

mv02=mv甲2+mv乙2   ⑥

联立⑤⑥得          v0=v乙                                         ⑦

由动能定理，得-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2         ⑧

联立①⑦⑧得：v0==2m/s                  ⑨

答：（1）乙球通过D点后落到水平轨道上的位置距B点的距离为0.4m；

（2）甲球初速度V0的大小为2m/s．

粒子到P点后做圆周运动，因粒子运动的周期：T==π×10-2s，

T刚好与B变化周期一致．又因为欲打到D点，

则应有：n•2rm=（n为自然数）．

受ab宽度限制rm＜，

由以上分析得：n应取2时有rm=0.75m

因rm=

根据动能定理，qUm=mVm2

得：Um==225V

答：A、B板间加速电压的最大值是225V．

（1）粒子只在电场作用下直接到达D点

设粒子在电场中运动的时间为t，

粒子沿x方向做匀速直线运动，则 x=v0t ①

沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动，则 h=at2 ②

加速度 a= ③

粒子只在电场作用下直接到达D点的条件为 x=d ④

解①②③④得v0=d

（2）粒子在第二次经过x轴时到达D点，其轨迹如右图所示．设粒子进入磁场的速度大小为v，v与x轴的夹角为θ，轨迹半径为R，则

  vsinθ=at        ⑤

  qvB=m      ⑥

粒子第二次经过x轴时到达D点的条件为

x-2Rsinθ=d     ⑦

解①②③⑤⑥⑦得得v0=d+   

（3）粒子在从电场进入磁场时到达D点，其轨迹如右图所示．

根据运动对称性可知QN=2OM=2 x                         

粒子在从电场进入磁场时到达D点的条件为

x+n（2x-2Rsinθ）=d     ⑧

其中n为非负整数．

解①②③⑤⑥⑧得v0=+• 

答：

（1）若粒子只在电场作用下直接到达D点，粒子初速度的大小v0为d．

（2）若粒子在第二次经过x轴时到达D点，粒子初速度的大小v0为d+．

（3）若粒子在从电场进入磁场时到达D点，粒子初速度的大小v0为+•．

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡    m1g=q1E       ①

解得E=2.5 N/C         ②

电场强度为2.5N/C；

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B=m1                 ③

半径为R1=             ④

周期为T==1 s                 ⑤

∵两小球运动时间t=0.75s=T

∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰        ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动        h=R2=gt2       ⑦

L=R1=v1t                    ⑧

两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0=-m1v1+m2v2                    ⑨

由⑦、⑧式得v2=3.75 m/s

由④式得v1==66 m/s

∴两小球质量之比==11⑩

故两小时球质量之比为11．

（1）微粒在x＜-2d的区域内qEd=m…①

得微粒在x=-2d处的速度υ0=…②

（2）微粒在-2d＜x＜0的区域内x轴方向上做匀速运动t=…③

Y轴正方向上做初速度为零的匀加速直线运动

沿y轴正方向上的位移Y=()t2…④

由②③④式可得Y=d…⑤

（3）经过y轴时，沿y轴正方向上的速度υy=()t…⑥

由②③⑤式可得υy=υ0

微粒进入磁场时的速度υ=υ0，方向与x轴成45°角      

微粒进入磁场后做匀速圆周运动

由qυB=

得微粒做匀速圆周运动的半径R==d

其轨迹如图所示，由几何关系得微粒第一次打到x轴上的坐标是x=(1+)d

答：（1）微粒到达x=-2d处的速度为；

（2）微粒离开电场时沿y轴正方向上的位移为d；

（3）微粒第一次打到x轴上的坐标为(1+)d．

（1）物体从A运动到B过程由动能定理有：

-μmg2R+FR=mvB2-0┅┅①

得物体到达B点的速度大小vB=

（2）当物体恰好经过C点时，设其速度为vc1有

mg=┅┅②

  解得：vc1= ③

物体经过C点的最小速度大小为

（3）物体恰好经过C点时，从C飞出做平抛运动，有

vc1t=x┅┅④

gt2=┅┅⑤

由③④⑤得x=R＞且小于x＜+=2R，物体能落在木板DE上 

物体从A到C过程有：

F1R-μmg2R-mg2R=mvc12┅┅⑥

由③⑥得：F1=(2μ+)mg

当物体以速度为vc2从C点抛出恰好到达D点，则

vc2t=+┅┅⑦

gt2=┅┅⑧

物体从A到C过程，有F2R-μmg2R-mg2R=mvc22┅┅⑨

由⑦⑧⑨得：F2=（2μ+4）mg

要使物体经过C点打到DE上，则F的取值范围为：

(2μ+)mg≤F≤(2μ+4)mg

答：（1）物体到达B点的速度大小为；

（2）物体如能通过最高点C，则经过C点的最小速度大小为；

（3）物体要经过C点打到木板DE上，F的取值范围为(2μ+)mg≤F≤(2μ+4)mg．

（1）小球受力平衡时，受到重力、电场力与绳子的拉力，其中：qE=mgtanθ

所以：E==1.5×107N/C

（2）A到O的过程中，电场力做正功，重力做负功，设细线的长度为L，则：

qELsinθ-mgL(1-cosθ)=mv2

在O点：F拉-=

联立以上2公式，解得：F拉=0.35N

答：匀强电场的电场强度E的大小1.5×107N/C；经过O点时细线对小球的拉力是0.35N．

（1）从A至C

mgR=mv2

v=

故第一次运动到C点时的速度为．

（2）小球由右向左运动到槽最低点时，小球对槽压力最大，槽对地压力最大

对球        F-mg-qvB=m

又小球由左向右运动到最低点时，对小球

qvB-mg=m

则          F=2(mg+m)=6mg

当小球运动到最低点时，槽对地压力FM=6mg+Mg

故槽对地面的最大压力为FM=6mg+Mg．

（1）小球从A到B：竖直方向=2gR（1+cos60°）=3gR

则vy=                                        

在B点，由速度关系v0==                          

（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60°）=gt2                  

 解得：t=                                                

则小球从D点抛出的速度vD==                 

在D点，由向心力公式得：mg-N=m                       

解得：N=mg       方向竖直向上                     

（3）从A到D全程应用动能定理：-Wl=-              

解得：Wl=mgR

答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为．

（2）在D点处管壁对小球的作用力N为mg．

（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR．

（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有

qEd1=mv2-0

解得  v=4.0×103m/s；

（2）设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，则

qvB1=

解得　r=12.5m 

设在Ⅱ区内圆周运动的圆心角为θ，则sinθ=

解得  θ=30°

粒子在Ⅱ区运动周期 T=

粒子在Ⅱ区运动时间  t=T

解得  t=s=1.6×10-3s

（3）设粒子在Ⅲ区做圆周运动道半径为R，则  qvB2=

解得  R=6.25m

粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形

粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角  α=60°

（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得

    qvB=m

得，轨迹半径为 r==0.3m，周期为 T==

（2）画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识得到轨迹对应的圆心角θ=60°，则粒子在磁场中运动的时间为

   t=T=T==×10-5s

（3）当粒子的轨迹圆正好以PQ为直径时，圆形磁场区域的半径最小，根据几何知识得知，PQ=r，则磁场最小的半径为Rmin==0.15m

答：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.3m；

（2）粒子在磁场中运动的时间是×10-5s；

（3）圆形磁场区域的最小半径是0.15m．

（1）不计摩擦力，小球在圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，则得小球运动到B点时的动能：Ek=mgR．

（2）设小球下滑以距水平轨道的高度为R时速度的大小为v，与竖直方向的夹角为α，则：mg•R=mv2，得v=

根据几何知识得：sinα==，得α=30°

（3）在B点，有：NB-mg=m

又：Ek=m

解得：NB=3mg

答：（1）小球运动到B点时的动能是mgR；

（2）小球下滑以距水平轨道的高度为R时速度的大小为，方向与竖直方向成30°；

（3）小球经过圆弧轨道的B点时所受轨道支持力NB是3mg．