热门试卷

（1）根据动能定理得，mgL=mv2

解得v=．

（2）根据牛顿第二定律得，T-mg=m

解得T=3mg．

（3）根据机械能守恒定律得，mg+mv′2=mv2

解得v′=

小球恰好到达最高点的临界速度mg=m，解得v0=

因为＞，所以小球能够到达最高点，到达最高点的速度为．

答：（1）摆球摆至最低点的速度为．

（2）悬线与钉子接触前瞬间绳的拉力为3mg．

（3）摆球绕着钉子在竖直平面内摆到最高点时的速度为．

（1）设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：

mgR=mv2…①

qBv-mg=m…②

B=．…③

（2）小球向左通过最低点时对轨道的压力最大．

FN-mg-qBv=m…④

FN=6mg．…⑤

（3）要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：

mg+qE=m…⑥

从M点到最高点由动能定理得：

-mgR-qER=m-m…⑦

由以上可得v0=…⑧

答案：（1）磁感应强度B的大小为，

（2）小球对轨道最低点的最大压力为6mg，

（3）小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为．

设物体M和水平面保持相对静止．

当ω具有最小值时，M有向圆心运动趋势，故水平面对M的静摩擦力方向和指向圆心方向相反，且等于最大静摩擦力2N．

根据牛顿第二定律隔离M有：

   T-fm=Mω12r⇒0.3×10-2=0.6ω12×0.2

      解得ω1=2.9rad/s

当ω具有最大值时，M有离开圆心趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，大小也为2N．

再隔离M有：

   T+fm=Mω22r⇒0.3×10+2=0.6ω22×0.2

       解得ω=6.5rad/s

所以ω范围是：2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s

答：角速度ω在2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s范围m会处于静止状态．

（1）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB1=qE，

设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB2=m，

粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：r=Rcot30°，解得：B2=0.1T；

（2）撤去磁场B1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，

飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma，

水平方向：l=vt，竖直方向：=at，tanθ=，解得：tanθ=，即θ=30°，

设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，

如图所示，则d =-，解得：d =m   所以d＞m （或d≥m ）；

答：（1）圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小为0.1T．

（2）圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件是d＞m．

（1）由机械能守恒定律，得：

mgR=mv2

v=4m/s

（2）在圆弧低端，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，

解得：F=300N，

由牛顿第三定律可知，物体对轨道低端的压力：F′=F=300N；

（3）物体下滑时，由动能定理得：

mgR-Wf=0-0，

解得：Wf=80J．

答：（1）物体物体滑至圆弧底端时的速度大小是4m/s

（2）物体物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小是300N

（3）物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功是80J．

设外面一根橡皮绳刚好松弛时圆盘的角速度为ω0，由牛顿第二定律：

    k•=m•，

  解得ω0=

当ω1=时，两根橡皮绳都有拉力，设此时的半径为a，由牛顿第二定律：ma=k(a-)-k(R-a-)，

   将ω1的值解得：a=R

当ω2=时，外面一根橡皮绳已经松弛，设此时半径为b，由牛顿第二定律：

    mb=k(b-)，

将ω2的值代入解得：b=，

则==

答：小球所对应的线速度之比v1：v2是2：9．

（1）当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，

   由平衡条件得

     摩擦力的大小：f=mgsinθ=

支持力的大小：N=mgcosθ=

（2）当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω有

   mgtanθ=mω2

由几何关系得  tanθ=

联立解得ω=

（3）若摩擦力方向沿斜面向上，则有：

竖直方向：Ncosθ+fsinθ=mg

水平方向：Nsinθ-fcosθ=mω2r

其中f=mg，r=

解得：ω=5 rad/s

若摩擦力方向沿斜面向下，则有：

竖直方向：Ncosθ-fsinθ=mg

水平方向：Nsinθ+fcosθ=mω2r

其中f=mg，r=

解得：ω=5 rad/s

答：①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的摩擦力大小为，支持力的大小为；

②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度大小为；

③若H=0.075m，R=0.1m，物体随筒一起匀速转动并保持相对静止时，物体受到的摩擦力大小为其重力的一半，筒转动的角速度大小为5 rad/s或5 rad/s．

（1）若OB绳子刚好伸直，则：

mgtan37°=m（Lsin37°）ω02

解得：ω0=2.5rad/s

当ω=2.4rad/s＜ω0时，OB绳子是弯曲的；

故OB绳子张力为零；

根据牛顿第二定律，有：

TOAx=m（Lsin37°）ω2=3.456N；

TOAy=mg=5N；

TOA=≈6.1N；

（2）当ω=3.0rad/s＞ω0时，OB绳子是伸直的，根据牛顿第二定律，有

水平方向：TOAcos37°-TOBcos53°-mg=0

竖直方向：TOAsin37°+TOBcos37°=m（Lsin37°）ω2

解得：TOA=7.24N

TOB=1.32N

（1）小球随轴转动的角速度ω=2.4rad/s时，绳OA的张力是6.1N，OB的张力为零；

（2）小球随轴转动的角速度ω=3.0rad/s时，绳OA的张力是7.24N，OB的张力为1.32N．

（1）恰好运动到C点，有重力提供向心力，即

mg=m

解得：vc=5m/s  

（2）从B点到C点，由机械能守恒定律有

mvc2+2mgR=mvB2

在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有

FN-mg=m

解得：FN=6N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N

（3）从A到B由机械能守恒定律有

mvA2+mgR(1-cos53°)=mvB2

解得：

vA=m/s

在A点进行速度的分解有：v0=vAcos53°=m/s

答：（1）小球经过C点的速度大小为5m/s；

（2）小球运动到轨道最低点B 时小球对轨道的压力大小为6N；

（3）v0的数值为m/s．

（1）物块从A点运动到B点的过程中，

由机械能守恒得：

mgh=m

解得：VB=

（2）物块从B至C做匀速直线运动

∴vC=vB=

物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，

由牛顿第二定律有：

FN-mg=

解得：FN=6mg

（3）设物块能从C点运动到D点，

由机械能守恒得：

m=mg•2R+m

∴VD=

物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，

由牛顿第二定律得：

mg=m

vD1=

故正好通过D点．

（1）小物块通过B点时速度vB的大小为；

（2）小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小为6mg；

（3）小物块正好通过圆形轨道的最高点D．

（1）设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2．则有

T1==，

T2==

由题意可知：T1=T2

所以=

又因为m1+m2=m3

所以m1：m2：m3=2：3：5

（2）设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的半径分别为r1和r2．则有

r1=那么：v1=

r2=  那么：v2=

由几何关系可知：r2=2r1

所以=

在粒子分裂的过程中，动量守恒，则

m3v3-m1v1-m2v2=0

所以v1：v2：v3=15：20：18

（3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移分别为x1、x2和x3．

由几何关系可知：

x1=r1，

x2=r1

粒子3在电场中运动时，沿x轴方向的分运动是：

初速度为v3的匀减速运动，末速度为0．

设运动时间为t，

则有：x3=•t=•=0.3π•=0.3πr1

所以x1：x2：x3=1：：0.3π

答：（1）三个粒子的质量之比为2：3：5；

（2）三个粒子进入场区时的速度大小之比为15：20：18；

（3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移大小之比为1：：0.3π．

（1）子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：

mv0=Mu+mv，代入数据求得：μ=4m/s．

故沙箱的速度为4m/s．

（2）根据功能关系，系统损失的机械能为：

△E=m-mv2-Mu2，代入数据得：△E=1192J．

故系统损失的机械能为1192J．

（3）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：Mgh=Mu2，解得：h=0.8m．

故沙箱摆动后能上升的最大高度h=0.8m．

（4）根据机械能守恒可知，当沙箱返回到最低点时，速度大小仍为u=4m/s，因此有：

F-Mg=M，所以解得：F=20N．

故沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小为20N．

（1）画出质子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何知识得

轨迹半径r=OA=20cm=0.2m．

由qvB=m得，

B==0.1T

（2）由图看出，质子进入电场时速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动，则

沿电场线方向  s1=•t2

垂直电场线方向 s2=vt

几何关系：=tan30°

联立可得：t=×10-7s

所以再射入磁场位置离O点距离为

 S==0.2m，即从A点射入．

由类平抛推论：质子离开电场时速度方向交沿垂直于电场线方向位移的中点，以及几何关系可得：粒子再次射入磁场的速度方向与x轴正向成角度为θ=arctan-．

答：（1）匀强磁场的磁感应强度是0.1T；

（2）质子经过电场后，再次射入磁场的位置离O点距离为0.2m，速度方向与x轴正向成角度为θ=arctan-．