热门试卷

（1）这位同学对过程的分析错误，物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动，离开圆柱面时的速率不等于v0． 

（2）a、设物块离开圆柱面时的速率为v，则有

  mgcosθ=m

根据机械能守恒得：mgr(1-cosθ)=mv2-mv02

解得：v=

b、由：mv02+mg2r=mvt2得：

落地时的速率为vt=

答：（1）这位同学对过程的分析错误，物块先沿着圆柱面加速下滑，然后离开圆柱面做斜下抛运动，离开圆柱面时的速率不等于v0．

（2）a、滑块P离开圆柱面时的瞬时速率为．b、落地时的速率为．

（1）粒子的初速度为v0时恰好能进入Ⅱ磁场，则进入Ⅱ磁场时速度恰好沿M边界，所以半径为r=l1，则

Bqv0=m

解得：

v0=

（2）粒子在磁场中运动，

Bqv1=m

解得：r1=2l1

粒子在Ⅰ磁场中作匀速圆周对应的圆心角为α，

sinα==

所以：α=

所以第一次穿过Ⅰ磁场的时间为：t1=T=×=

（3）设粒子速度为v时，粒子在B2磁场中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图所示，

由Bqv=m可得：R1=，R2=

sinθ==

粒子在B2中运动有：R2-R2sinθ=l2

解得：v=

答：（1）要使粒子能穿过Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，粒子的初速度v0至少应为；

（2）若粒子进入磁场的初速度v1=，则粒子第一次穿过Ⅰ磁场的时间t1是；

（3）粒子初速度v为时，才可恰好穿过两个磁场区域．

（1）根据牛顿第二定律得，mg-N=m

解得N=mg-m=1.6×103 N

根据牛顿第三定律知，汽车对桥的压力为1.6×103 N．

（2）根据mg=m

解得v/==m/s=10m/s．

（3）根据mg=m

解得v″==8000m/s．

答：（1）汽车到达桥顶的速度为10m/s时对桥的压力是1.6×103 N．

（2）汽车的速度为10m/s时，汽车对桥顶无压力．

（3）汽车要在这样的桥面上腾空，到达桥顶的速度至少要8000m/s．

火车在弯道做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，因为内外轨一样高，所以重力和支持力平衡，合力为外轨的水平弹力，所以外轨容易磨损．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

（1）在最高点，根据牛顿第二定律得，mg=m

解得v1==m/s．

（2）在最低点，根据牛顿第二定律有：

T-mg=m

解得v2=8m/s．

根据h-L=gt2

xv2t

解得x=8m．

答：（1）小球在最高点的速度是m/s．

（2）小球落地点与抛出点间的水平距离是8m．

（1）只有磁场时，电子运动轨迹如图1所示

洛伦兹力提供向心力  Bev0=m

由几何关系 R2=（3L）2+（4L-R）2

解得：B=

电子做匀速直线运动  Ee=Bev0                        

解得：E=

（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如图2所示

设D点横坐标为x    x=v0t                           

2L=t2

求出D点的横坐标为x=L≈3.5L

（3）分四种情况

转动周期为：T=，半径为：r=

①当半径r≤2L，速度v≤时，电子将从y轴上的某点离开磁场，如图3，

运动时间为半个周期，

t1===

②当半径2L＜r＜4L，电子速度＜v＜时，电子将从x轴上某点离开磁场．如图4．

圆心角为θ1=π-α，由几何关系知：cosα==-1

所以，运动时间为：t2=T=(π-arccos(-1))

③当r=4L时，速度v=，电子将垂直x轴离开磁场．

如图5，运动时间为四分之一个周期，t3===

④当r＞4L时，速度v＞，电子将从x轴上某点离开磁场．如图6．

设此时的圆心为O′在坐标原点之下，由图可知，圆心角为θ2，cosθ2===1-

所以，运动时间为：t4=•T=arccos(1-)

答：（1）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场．求磁感应强度和电场强度E的大小．

（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D离开电场．则D点的横坐标3.5L．

（3）如果撤去电场，只保留磁场，电子速度变为V，则电子在磁场中的运动时间如上时间表述．

（1）根据牛顿第二定律得：a=，

根据匀加速直线运动位移时间公式得：

R=at2，

水平方向做匀速运动，则有：R=v0t

联立方程解得：v0=

（2）在竖直方向有：y=at2，a=，t=，

根据几何关系有：（x-R）2+y2=R2

联立得：x=，

在水平方向有：

x=v0t，

解得：v0=(1+) 或：v0=(1-)

答：（1）如果粒子从圆形电场区域最低点C射出电场区域，粒子的初速度为；

（2）如果要使粒子在电场中运动时间为，则初速度为(1+)或(1-)．

在水平方向上，A在杆提供的力F作用下作圆周运动，B在杆提供的力F′与摩擦力f 作用下作圆周运动，由牛顿第二和第三定律可得：

A：F=mAω2rA①

B：f-F′=mω2rB②

F=F′③

由①②③可得：f=（mArA+mBrB）ω2

代入数据得   f=1.36π2N

由①代入数据得：F=0.16π2N

答：（1）B受到的摩擦力为1.36π2N．

（2）细杆所受的作用力为0.16π2N．

（1）质子在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律得qvB=m

质子做匀速圆周运动的半径为：R==0.10m

（2）由于质子的初速度方向与x轴正方向的夹角为30°，且半径恰好等于0.10m，

因此质子将在磁场中做半个圆周运动到达y轴上的C点，如图所示．

根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期  为：T=

质子从出发到第一次到达y轴所经历的时间为：t==≈1.57×10-7s

答：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径0.1m；

（2）质子在磁场中运动所经历的时间1.57×10-7s．

（1）在最低点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

FN=mg+m=2.0×104（N）

由牛顿第三定律得，汽车对地面的压力为 2×104N

（2）mg=m

v==20（m/s）

答：（1）汽车以20m/s的速度通过桥面最低点时，对桥面压力是2.0×104N．

（2）当汽车的速度为20m/s时，过桥顶时恰好对桥没有压力作用而腾空．

（1）小球能从C点回到A点，小球做平抛运动，

2R=gt2

t=2 

水平位移为X

X=VCt

VC==

（2）从B到C由动能定理可知

-2mgR=m-m

代入数据得

VB=

（3）在AB过程中，由动能定理可知

-μmgX=m-m

代入数据得

μ=--

答：（1）小球在C点的速度为；

（2）小钢球经过B时的速度为；

（3）动摩擦因数为--

（1）由qvB=m得 B=．

（2）如图，人射时电子速度与x轴夹角为θ，无论入射的速度方向与X轴的夹角为何值．由人射点O，射出点A，磁场圆心O1和轨道圆心O2一定组成边长为r的菱形，因O1O⊥OX，OO2垂直于入射速度，故∠OO2A=θ，即电子在磁场中所偏转的角度一定等于入射时电子速度与OX轴的夹角．

  当 θ=60°时，t1==．

   当 θ=90°时，t2==

（3）因∠OO2A=θ，故O2A⊥OX．而O2A与电子射出的速度方向垂直，可知电子射出方向一定与OX轴方向平行，即所有的电子射出圆形磁场时，速度方向均与OX轴相同．

答：

（1）磁感应强度B为；

（2）速度方向分别与OX方向夹角成60°和90°的电子，在磁场中的运动时间分别为，．

（3）所有从磁场边界出射的电子，所有的电子射出圆形磁场时，速度方向均与OX轴相同．

由于磁场只存在x≥0区域，质子沿x轴正方向运动时，若洛伦兹力方向沿y轴负方向，则质子在第四象限运动，就不可能达M点，所以质子所受洛伦兹力方向必沿y轴正方向，再由左手定则判定磁场方向应垂直纸面向里．

由题意和半径公式R=可知，要求磁感应强度B应先求半径R，要求半径得首先确定圆心．题中已知圆周上P、M两点的速度方向，可确定圆心O，如右图所示．由图可见：

sinθ=    

得：R=   

根据洛伦兹力提供向心力得：R=

所以：B=

磁感应强度的大小为：B=，方向为：垂直纸面向里．

答：磁感应强度的大小为B=；垂直纸面向里．