热门试卷

（1）小军能计算出月球的半径，解答如下：

设月球表面的重力加速度为g0，小球竖直上抛，有：

v0=g0•

重力提供飞船做圆周运动的向心力：

mg0=m

飞船运动周期：T=

联立上式解得：R0=                                

（2）电机输入功率：P=UI=104W

线圈焦耳热功率：P热=I2r=1600W

机械功率：P机=P-P热

又 P机=F牵v

当匀速运动时 F牵=f

联立上式解得：f=840N

答：（1）小军能计算出月球的半径，R0=     

（2）汽车此时所受阻力是840N

若要使从极板左端射入磁场的粒子又平行于极板返回电场，则它们在磁场中的运动半径r必须等于其在电场中垂直板方向上的位移y．即：r=y                

否则粒子运动的情况如图，粒子射出磁场时其速度方向不再与中轴线O1O2平行．

对于t=0射入电场的粒子

侧位移y=2N•at2≤           

运动时间，t=             

由牛顿第二定律，则有a===    

则NT==       

而qvB=           

解得：B=  （N=1、2、3、…）      

其中 N≥   

对于t=时刻射入电场的粒子

侧位移y=2•at2≤，

t=            

若粒子在电场中运动的时间是的偶数倍，则粒子沿中轴线O1O2射出电场，通过磁场偏转后，不可能再平行于中轴线O1O2射出磁场返回电场．故粒子在电场中运动的时间只能取的奇数倍．

T=       

解得：B=  （N=1、2、3、…）   

其中(2N+1)2≥

即N≥(-1)    

答：磁场磁感应强度B相应必须满足的条件是N≥(-1)．

当小球进入电场时：mg=Eq将做匀速直线运动

（1）在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0

若竖直向下通过D点，由图甲1分析可知必有以下两个条件：

t0=T0

PF-PD=R  即：V0t1-L=R

qV0B0=

所以：V0t1-L=

t1=+ 

（2）小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动的周期T增加，

在小球不飞出电场的情况下，当T最大时有：

DQ=2R   

 =2

B0=

T0=== 

由图分析可知小球在电场中运动的最大周期：

T=8×T0= 

（3）如图

答：（1）推出满足条件时t1的表达式t1=+；

（2）则出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小8×T0=．

（3）当小球运动的周期最大时，在图中画出小球运动一个周期的轨迹如上图所示．

（1）MN之间有电场时，带电粒子受到电场力与洛伦兹力的共同作用．

其中：F电=qaE===1.66×10-18N

洛伦兹力：F洛=qav0B=3.2×10-19×4×103×1.3×10-3=1.66×10-18N

所以存在电场时，带电粒子做匀速直线运动，没有电场时带电粒子做匀速圆周运动．

1×10-4s内带电粒子的位移：x1=v0t=0.4m＜1.4m

带电粒子做匀速圆周运动的半径：qav0B=

则：r===6.25×10-2m＜=0.75m

所以带电粒子不会碰到上下极板．

带电粒子在磁场中的周期：T===1×10-4s

所以带电粒子运动的轨迹如图．

整个运动的总时间：t=3T+=3×10-4s+s=6.5×10-4s．

（2）其整个运动的轨迹如图所示．

答：（1）a粒子能穿过金属板间，所需时间6.5×10-4s．（2）a粒子的运动轨迹如图．

（1）带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，直径2R=a，由

  qv0B1=m

得v0==1×105m/s

（2）带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由左手定则判断可知洛伦兹力的方向沿y轴正方向，则电场力沿y负方向，电场强度E1也沿y轴负方向．

  且有  qv0B2=qE1，则得E1=v0B2=2×103N/C．

同理，E2=v0B2=2×103N/C，方向沿y轴正方向．

（3）粒子在区域Ⅱ运动的时间t1=2×

在区域Ⅰ和Ⅲ中运动的时间t2=T=

则得粒子作一次周期性运动所需的时间t=t1+t2=2×+

代入数据解得，t=（4+2π）×10-6s

答：

（1）粒子自A点射出时的速度大小v0是1×105m/s．

（2）电场强度E1的大小为2×103N/C，方向沿y轴负方向；E2的大小为2×103N/C，方向沿y轴正方向．

（3）粒子作一次周期性运动所需的时间是（4+2π）×10-6s．

对M受力分析如图，

因M受力平衡

所以：N2=Mg=8mg

对小球受力分析如图：

由合力提供向心力得：

解得：V=3

答：此时小球的速度大小为3．

（1）设带电粒子从A点离开磁场区域，A点坐标为（x、y），粒子旋转的半径为R，旋转的圆心在C点，旋转圆心角为α，则

   x=一a+Rsinα，

   y=R-Rcosα，

解得（x+a）2+（y-R）2=R2．

可见，所加磁场的边界的轨迹是一个以（-a，R）为圆心，

半径为R=的圆．该圆位于x轴上方且与P1点相切．

（2）根据对称性可得出在P2处所加的磁场最小区域也是圆，同理可求得其方程为（x-a）2+（y-R）2=R2 

圆心为（a，R），半径为R=，

由数学知识可知该圆位于x轴上方且与P2点相切；

根据左手定则判断得知，磁场方向垂直于xOy平面向里；

沿图示v0方向射出的带电粒子运动的轨迹如图所示．

答：

（1）所加磁场的边界的轨迹是一个以（-a，R）为圆心，半径为R=的圆．该圆位于x轴上方且与P1点相切．

（2）①所加磁场的方向垂直于xOy平面向里；在图中定性画出所加的最小磁场区域边界的形状是圆，该圆位于x轴上方且与P2点相切．如上图所示；

②定性画出沿图示vo方向射出的带电粒子运动的轨迹如图；

③所加磁场区域与xOy平面所成截面边界的轨迹方程为（x-a）2+（y-R）2=R2．圆心为（a，R），半径为R=．

（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，由于洛仑兹力提供向心力，则有：qvB=m   ①

解得：R=0.02m   

（2）将速度v分解为如图所示的x方向速度v1和y方向速度v2，

得到：v2=vsin30°=0.5v    ②

则初速度为v0=vc ③

离子在偏转电场中，由动能定理：Eqd=mv2-mv           ④

联立②③④解得：E=7.5×103V/m                 

（3）当圆心O′在x=0.01m时，由于R=0.02m=2r，所以离子从x轴上的D点离开磁场．   

由几何关系可知，离子打在荧光屏的最低点，纵坐标为：y1=-（x0-2r）tan30°=×10-2m  ⑤

随着磁场向右移动，荧光屏上亮点的位置逐渐向上移动，当速度v的方向与磁场边界相切时，离子将打在荧光屏的最高位置．其最高点的纵坐标为：

  y2=x0tan30°=×10-2m  ⑥

故离子打在荧光屏上的点纵坐标范围为[×10-2m，×10-2m]

答：

（1）粒子在磁场中的运动轨迹半径为0.02m；

（2）偏转电场强度的大小为7.5×103V/m；

（3）粒子打在荧光屏上点的纵坐标范围为[×10-2m，×10-2m]．

解析：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：

　　F向=mBg=mB----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：

-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

　由①②解得：vB=5m/s．

（2）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

  根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA----③

 根据动能定理有：W=mAvA2------④

　由③④解得：W=8J

答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；

（2）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．

以小孩为研究对象，分析受力，作出力图，如图．

根据牛顿第二定律得：FN-mg=m

得到：FN=mg+m=25（10+）N=500N

根据牛顿第三定律得，小孩对秋千板的压力是500N．

答：她对秋千的压力是500N．

（1）设第一次小车运动到B点的速度大小为vB，受到的支持力为N，根据牛顿第二定律得

      N-mg=m                    

解得  vB=                    

（2）小车从A点到B点的过程，根据动能定理有

    mg•4R-kmg•5R=m

解得k=0.2                       

（3）设小车在圆轨道最高点的速度为vC，由重力提供向心力，则有mg=m

解得vc=                 

设小车在右半圆轨道上克服阻力做功Wf，对小车从B点运动到C的点过程，根据动能定理有

-mg2R-Wf=m-m

解得 Wf=mgR          

设小车第二次经过B点时的速度为v′，对小车从B点运动到C点再回到B点的过程，根据动能定理有：

-2Wf=mv′2-m

解得v′=2

答：

（1）小车第一次经过B点时的速度大小vB=；

（2）小车在斜面轨道上所受阻力与其重力之比k=0.2；

（3）假设小车在竖直圆轨道左、右半圆轨道部分克服阻力做的功相等，小车第二次经过竖直圆轨道最低点时的速度大小v′=2．

（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1==m/s

根据动能定理得

-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02

解得 L1=18.5m                      

（2）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I．轨道半径较小时，小球恰能通过第二个圆轨道，设在最高点的速度为v2，应满足

      mg=m

-μmg（L1+L）-2mgR2=mv22-mv02

由上两式解得：R2=0.4m

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R2，即上升到与圆心等高的位置，

根据动能定理得

-μmg（L1+L）-mgR2=0-mv02

解得：R2=1.0m

为了保证圆轨道不重叠，R2最大值应满足：(R1+R2)2=L2+(R1-R2)2，

解得 R2=27.9m                        

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

  0＜R2≤0.4m 或   1.0m≤R2≤27.9m                               

（3）当0＜R2≤0.4m 时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则

-μmgL′=0-mv02                  

解得 L′=36.0m                              

当1.0m≤R2≤27.9m 时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则

   L″=L′-2（L′-L1-L）=26.0m

答：

（1）如果小球恰能通过第一圆形轨道，AB间距L1应是18.5m；

（2）在满足（1）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第二个圆形轨道的设计中，半径R2的可变范围为 0＜R2≤0.4m 或 1.0m≤R2≤27.9m；

（3）小球最终停留点与起点A的距离是36m或26m．

（1）设小球距A点高为h处下落，到达B点时速度大小为vB．小球下落过程只有重力做功，故小球由最高点经A运动B点过程中机械能守恒：

mg（h-R）=mvB2     ①

由圆周运动规律可知，小球恰能达到B点的最小速度的条件为：

 mg=m        ②

由①②解得：h=R          

（2）设小球由B点运动到C点所用的时间为t，小球离开B点后做平抛运动，设落点C与O点的水平距离为S，则有：

S=vBt            ③

R=gt2          ④

由②③④解得：S=R    

所以落点C与A点的水平距离x=(-1)R

答：（1）释放点距A点的竖直高度为R；

（2）落点C与O点的水平距离为(-1)R．