热门试卷

（1）从A到B过程中，由动能定理得：

mgR=mv2-0，则物体到达B点时的速度v=；

（2）在B点由牛顿第二定律得：

F-mg=m，解得：F=3mg，

由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力F′=F=3mg；

答：（1）物体到达B点时的速度为；

（2）物体到达B点时对轨道的压力3mg．

因甲乙小球相同，则碰撞后两个小球的电量都为q=q甲=1.0×10-5C 

其电场力F=Eq=0.05N，G=mg=0.1N

（1）设小球乙恰能通过轨道的最高点D时的速率为vD，在D点：由牛顿第二定律得：

Eq+mg=m解得：vD=0.15m/s               

小球乙从C到D的过程，由动能定理：

   -(mg+Eq)×2R=m-m

在C点：由牛顿第二定律得：NC-mg-Eq=m

解得：NC=6（Eq+mg）=0.9N                             

由牛顿第三定律得：小球乙在刚过C点时对轨道的压力大小为N=0.9N，方向竖直向下．

（2）设小球甲从高度为h时滑下与小球乙碰撞后，小球乙恰能通过轨道的最高点D，

由动能定理：(mg+Eq甲)×h=m

解得：h=m                                      

（3）小球乙离开D点做类平抛运动，加速度a==15m/s2

当小球乙垂直打在斜面上时，其竖直速度vy=at=vctan53°=0.2m/s

 故：时间t=s                                         

答：（1）小球乙在刚过C点时对轨道的压力是0.9N，方向竖直向下．

（2）小球甲应至少从距BC水平面m高处的地方滑下．

（3）小球乙在离开D点后经s时间打在倾斜轨道AB上．

（1）设小球质量为m，当小球在甲轨道最高点时对轨道的压力等于球的重力，

由牛顿第二定律得：

N+mg=m

V1= 

当小球在乙轨道最高点时恰好能过最高点，由牛顿第二定律得：

mg=m        V2=     

（2）小球从甲轨道最高点运动到乙轨道最高点的过程中，

由动能定理得：

mg（2R-2r）-fL=mv22-mv12滑动摩擦力f=μN=μmg

∴L=

答：（1）小球过甲、乙轨道的最高点时的速度分别是，．

（2）水平CD段的长度L是．

（1）粒子进入磁场有

Bqv0=m

∴R==0.3m   

（2）若要粒子垂直打在A板上，其粒子轨迹如图，

O点即为圆周运动的圆心．

∴R′=

根据几何关系可知：R′=OP=0.6m 

则v=2v0=6×104m/s

粒子打到斜面上的时间t==×10-5s

答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是0.3m；

（2）要粒子垂直打到斜面OA上，则粒子进入磁场的速度该调整为6×104m/s，此情况下粒子打到斜面OA的时间为×10-5s．

存在两种可能：

（1）小球在运动过程中，最高点与O点等高或比O低时，线不松弛．mv12≤mgL得：v1≤

（2）小球恰能过最高点时，在最高点速度设为v0，对应的最低点速度设为v2，则有：

解得：v2=

考虑到在运动过程中，悬线又不能断裂，小球在最低点又需满足：

F-mg=mv2≤

所以，v的大小取值范围为：

0＜v1≤或≤v2≤，在此速度范围，悬线均不会松弛．

答：的大小取值范围为：0＜v1≤或≤v2≤时，悬线均不会松弛．

（1）设粒子飞出该磁场边界CM的最小速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有

          qv0B=m

        粒子恰好飞出磁场时，r0=d

       解得最小速度v0==5×103m/s

     （2）因为粒子在两板间的运动时间可忽略不计，所以粒子通过电场的过程中认为电压不变．

          设恰好飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时板间电压为U0，

         根据动能定理，得qU0=m，U0==25V

         根据电压图象可知，UCD=50sin50πtV，得到U0=25V时，对应时刻分别为s和s．

         故从0到0.06s末时间内，飞出磁场边界MN时间为s∽s．

   （3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的最大半径为Rm，

        则qUm=m，qvmB=m

粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离为

        x=Rm-

代入数据，解得x=0.0414m

则在磁场边界CMNE上，有粒子射出的长度范围为

△x=d-x=0.0586m

答：（1）飞出该磁场边界CM的最小速度为5×103m/s．

    （2）从0到0.06s末时间内，在s∽s时间段飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界MN．

    （3）在磁场边界CMNE上，有粒子射出的长度范围为0.0586m．

（1）在撤去电场前，电子做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡．由于电场力方向向下，故洛伦兹力方向向上，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外．

    （2）电子在加速过程中有qU1=mv2 

      得到v=               ①

    电子刚好从板边缘射出，设运动的轨道半径为R，

       则有R2=L2+(R-)2，R= ②

    电子在磁场中运动时有Bqv=        

      得到R=③

    电子沿直线运动时有Bqv=q          

      得到B=④

    联立①②③④解得加在电容器两板间的电压

         U2=

答：（1）匀强磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外；

   （2）加在电容器两板间的电压 U2=．

（1）对m从A到C 的过程，由动能定理得：mgr=mvC2

由牛顿第二定律得：

N-mg=m

     联立代入数值得：N=3mg=30N   

 由牛顿第三定律m在C处对圆轨道的压力为30N

（2）对m从C到F   

πRμ1mg=mvC2-mvF2  

   解得：vF=10m/s   

（3）根据牛顿第二定律，

      对m：-μ2mg=ma1，解得：a1=-4m/s2      

     对M：μ2mg=Ma1，解得：a2=4m/s2

设经t时间m刚要从M上滑落，此时m的速度v1，运动的位移为s1，M的速度v2，运动的位移为s2

    s1=vFt+a1t2

          s2=a2t2

      而 s1-s2=L   

由以上三式得：t1=2s，t2=s

检验：当t1=2s时 v1=vF+a1t1=2m/s，v2=a2t1=8m/s   不合题意舍去，

当t2=s时，v1=vF+a1t2=8m/s，v2=a2t2=2m/s 

设m从抛出到落地时间为t3，

      则h=gt32

      解得：t3=0.1s

这段时间内，m水平位移s3=v1t3=0.8m    

     M水平位移 s4=v2t3=0.2m

   所以△s=s3-s4=0.6m

 答：（1）物体滑到C处时对圆轨道的压力是30N；

（2）物体运动到F处时的速度是10m/s；

（3）当物体从滑块上滑落后到达地面时，物体与滑块之间的距离是0.6m．

（1）设过山车总质量为M，从高度h1处开始下滑，恰能以v1过圆周轨道最高点．

在圆轨道最高点有：Mg=M…①

运动过程机械能守恒：Mgh1=2MgR+Mv12…②

由①②式得：

h1=2.5R                 

高度h至少要2.5R．

（2）设从高度h2处开始下滑，过圆周最低点时速度为v2，游客受到的支持力最大是FN=7mg．

最低点：FN-mg=m…③

运动过程机械能守恒：mgh2=mv22…④

由③④式得：

h2=3R           

高度h不得超过3R．

答：（1）若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度至少是2.5R．

（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h不得超过3R．

（1）设粒子在磁场中的运动半径为r．如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，

由几何关系得 r=L=m

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，

可得 Bqv=m

联立①②并代入数据得===4×107C/kg

（2）设所加电场的场强大小为E．如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，

依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

qE=Bqv

代入数据得      E=80V/m

所加电场的长枪方向沿x轴正方向．由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，

设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，

则有 t=TT=

联立并代入数据得 t=π×10-4s=9.8×10-6s

（3）如图丙，所求的最小矩形是MM1P1P，

该区域面积s=2r•r=2r2

代入数据得  s=0.5m2

矩形如图丙中MM1P1（虚线）

正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示

由evB=得 R=

T=

∵θ=300

如图可知，两粒子离开时距O点均为R，

所以出射点相距为L=2R=；

正电子的回旋时间为 t1==

负电子的回旋时间为t2=T=

射出的时间差为△t=t2-t1=

答：两粒子的出射点的距离为； 射出的时间差为．

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

（2）长今在最低点时，由牛顿第二定律得：

F-mg=

解得υ=3m/s

运用动能定理研究长今和秋千在从最高点摆到最低点的过程得：

mgh+w阻=△Ek

w阻=×60×32-60×10×3（1-cos37°）=-90J

所以长今和秋千在从最高点摆到最低点的过程中克服阻力做的功是90J．

（3）①由于空气阻力做功，所以长今和秋千运动过程中机械能不守恒，不断有机械能转化成内能，所以她的秋千越荡越低．

②在秋千由最高点荡到最低点的过程中，人由站立缓缓下蹲，使得人的重力做更多的功，长今和秋千获得更多的动能，当秋千到最高时，迅速由下蹲到站立．通过荡秋千的人自己做功，将自己的生物能转化为系统的机械能，这样就能把把秋千越荡越高．

答：（1）秋千静止时所施加的最小外力是360N；

（2）若秋千第一次摆动到最低点时摆线的拉力为780N，那么长今和秋千在从最高点摆到最低点的过程中克服阻力做的功是90J；

（3）①阻力做功，机械能损失，所以越荡越低；

②在秋千由最高点荡到最低点的过程中，人由站立缓缓下蹲，当秋千到最高时，迅速由下蹲到站立．

（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，故有qvB=m得  r=

 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，

   xc=-(r+rcos45o)=-

故C点坐标为（-，0）

（2）T=

设粒子从A到C的时间为t1，由几何知识知：t1=T=

设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，有

   qE=ma  及2v0=at2

联立（6）（7）解得  t2=

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知t3=T=

所以粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为t=t1+t2+t3=+

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x′轴）以v0做匀速运动，沿着qE的方向（设为y′轴）做初速度为0的匀加速运动

  即x'=v0t

    y′=t2  

    vy′=t

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α．

由图中几何关系知  =cos450 =cos45°，v=，tanα=

综合上述得v=v0，α=arctan

答：（1）C点的坐标是（-，0）；

    （2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间是+；

    （3）离子第四次穿越x轴时速度的大小为v0，速度方向与电场方向的夹角α=arctan．

（1）设滑块到达C点时的速度为v，

滑块从A到C的过程，由动能定理有

  qE（s+R）-μmgs-mgR=mv2-0

而 qE=

解得  v=

（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则

由牛顿第二定律得：F-qE=m

解得  F=mg

（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有

  =m

解得  vn=

答：

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为．

（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为mg；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小为．