热门试卷

（1）v=72km/h=20m/s，由P=Fv得

 P1=F1v=f1v      ①

 P2=F2v=f2v      ②

故△P=P1-P2=（f1-f2）v=1×103W，

（2）设转盘转动角速度为ω时，夹角为θ，

座椅到中心轴的距离：R=r+Lsinθ          ①

对座椅分析有：F心=mgtanθ=mRω2 ②

联立两式  得ω=，

答：（1）发动机输出功率减少了1×103W，

（2）转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系为ω=．

汽车过凸形路面的最高点时，设速度为V，半径为R，由牛顿第二定律得：mg-FP=m，

∴FP=mg-m，

汽车过凹形路面的最高低时，设速度为V，半径为R，由牛顿第二定律得：FP′-mg=m，

∴FP′=mg+m，

所以凸形路面P与凹形路面P′时两路面所受的压力之比为

故答案为：

（1）小球沿半球表面滑下至最低点的过程受重力、支持力，洛仑兹力这三个力的作用，但只有重力做功，机械能守恒，则有  

  mgR=mv2

设小球下滑至最低点时的速度为v，则：v=  ①

在最低点有：QvB-N=m

由①知小球在最低点的速度v是一定的，要使Q最小，则必须N=0，设此时的油滴电量为Q0，即 Q0vB=m  ②

联解①、②得带电量至少为 Q0=，

由左手定则判断知：小球带正电．

（2）设小球在与过圆心的竖直半径成θ角处离开球面，此刻速度为v1

则在此处有：mgcosθ-N=m  ①

小球在离开球面处有  N=0  ②

又据机械能守恒定律：mgR（1-cosθ）=m  ③

联解①②③得：cosθ=

即：θ=arccos         

当小球滑至与球心连线与竖直方向成cos-1角的位置时离开轨道．

答：

（1）小球带正电，电量至少，

（2）如果去掉磁场，而其它条件不变，当小球滑至与球心连线与竖直方向成cos-1角的位置时离开轨道．

（1）如果物块只在圆规道上运动，

mgH=mv2

由向心力公式得：

N-mg=m

解得：N=H+mg=(10H+5)N

（2）如果物块由斜面上滑下，则

mgH-μmgcosθ(H-0.2)•=mv2

由向心力公式得：

N-mg=m

解得：N=（2H+6.6）N

所以图象如图所示：

（1）最高点处重力充当向心力，由向心力公式可得：

mg=m------（1）

由动能定理可得：

EqL-mg2R-μmgL=mv2------（2）

联立（1）（2）解得：

L=20m；

（2）由动能定理可知

Eq（L+R）-mgR-μmgL=mvP2------------（3）

而在P点轨道对小于的支持力与电场力的合力充当向心力，

F-Eq=m------（4）

联立（3）、（4）可解得P点压力F=1.5N．

（1）以粒子为研究对象，粒子刚进入磁场f1=qv0B    a1==     沿+Y方向   

    （2）粒子离开玻璃管前，在管中竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，设粒子在管中竖直方向做加速运动的加速度a，粒子运动到管口时，粒子在竖直方向的分速为v1，则

在竖直方向  a=a1 v12=2aL

可解得      v1=v0

粒子离开玻璃管口时的速度 v′==v0m/s

速度方向与MN成45°角

外力所做的功，

有功能关系         WF=△Ek △EK=m

可得         WF=m

（3）粒子离开管口后，在磁场中做匀速圆周运动

在磁场中        qv′B=m      r==2L

粒子在管中运动的时间t ==

粒子在管中运动的过程中发生的水平位移△x=v0t=2L

轨迹最高点的位置坐标：x=△x+r•sin45°=4L    y=L+r(1-cos450)=(2-1)L．．

（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R

由牛顿第二定律得：Bqυ=m

解得：R==1m

由几何关系知，离子打到y轴上的范围为0到2m．

（2）离子在磁场中运动的周期为T，

则T===π×10-6s

t时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ

则 θ==

这些离子构成的曲线如图1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（x，y）

则  x=rsinθ，

    y=r（1-cosθ）

代入数据并化简得：y=x（0≤x≤）

（3）将第（2）问中图2中的OA段从沿y轴方向顺时针方向旋转，在x轴上找一点C，以R为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及y轴所围成的面积即为在t=0向y轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在t=×10-7时已进入磁场的离子所在区域．

由几何关系可求得此面积为：S=πR2+πR2-R×R=πR2-R2．

则：S=(π-)m2

答：

（1）离子打到y轴上的范围为0到2m．

（2）若在某时刻沿+x方向放射各种速率的离子，经过×10-7s时这些离子所在位置构成的曲线方程是y=x（0≤x≤）．

（3）若从某时刻开始向y轴右侧各个方向放射各种速率的离子，经过×10-7时已进入磁场的离子可能出现的区域面积是(π-)m2．

（1）粒子在电场中被加速过程，由动能定理得

：

qU=mv2，得，v=

α粒子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律得：

qvB=m

联立解得：

 r===m

（2）由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象如右图所示．

（3）带电粒子在磁场中的运动周期T===2.6×10-5s

α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为，在磁场中的运动总时间为t=T==6.5×10-6s

答：

（1）α粒子在磁场中的运动半径为m．

（2）α粒子从直线x=-4到直线x=4之间的运动轨迹如图．

（3）α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间为6.5×10-6s．

（1）粒子经电场加速后，由动能定理得：qU=mv2

射入磁场后，有：qvB=m

粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，几何关系是：(l-r)2+()2=r2

联立解得：带电粒子的电量与质量的比值为：=

（2）由几何关系得  α=

则得粒子轨迹所对应的圆心角为 β=

由qvB=m得r=

周期为  T=

∴T=

带电粒子从a点到e点的运动时间为 t=T

解得：t=T==

答：

（1）带电粒子的电量与质量的比值为．

（2）带电粒子从a点到e点的运动时间为．

（1）由二力平衡条件知：F=mg=104N

即行车在行驶过程中，吊钩受到的拉力F等于104N．

（2）由题意知，行车突然停车的瞬间，钢材开始做圆周运动，其所受合力提供向心力，

即：F′-mg=m

∴F′=m（g+）=1.08×104N

即行车突然停车的瞬间，吊钩受到的拉力F′为1.08×104N．

（1）A、B间的电势差UAB===-70V

     B、C的电势差UBC===170V

 则得A、C间的电势差UAC=UAB+UBC=100V

（2）改装后的电压表内阻RV==Ω=1.5×104Ω

（3）电子垂直射入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律得

   R=

代入解得，R=0.25m

答：（1）A、C间的电势差UAC是100V．

（2）改装后的电压表内阻是1.5×104Ω．

（3）该电子做匀速圆周运动的轨道半径是0.25m．

（1）粒子的运动轨迹将磁场边界分成2等分时，对应有最短运动时间

由几何知识可得：粒子运动的半径r=R

又Bv0q=m得v0=

由对称性可得，粒子刚好在磁场中运动一周t=

（2）设粒子的运动轨迹将磁场边界分成n等分（n=2，3，4…）

 由几何知识得 θ=，r=Rtanθ（n=2，3，4…） 

粒子的速率为v0=tan（n=2，3，4…）

当n为偶数时，由对称性可得粒子在磁场中运动圈，t=T=（n=2，4，6…）

当n为奇数时，t为周期的整数倍加上第一段的运动时间，即

t=T+T=（n=3，5，7…）