热门试卷

A、在T、l、r三个量中，由m()2r可知，其中T的测量误差对验证向心力影响最大．故A错误；

B、由m()2r可知，还需要测量钢球的质量，故B正确；

C、需比较m()2r与mg的大小，看它们是否相等，故C错误；

D、由m()2r=mgtanθ=mg，则有周期T=2π，所以一定小于2π．故D正确；

故选：BD

（1）粒子的速度越大轨迹圆半径越大，要使OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切．

设轨迹圆的半径为r1，则 +=(R2-r1)2

代入数据解得r1=0.375m

设该圆运动的离子速度为v1，qv1B=m．

即 v1==1.5×107m/s

（2）设离子以v2的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时，则以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界．

设轨迹圆的半径为r2，则得 r2==0.25m

由 B==2.0T

答：

（1）若a区域中沿半径OM方向射入磁场的离子不能穿过磁场，粒子的速度不能超过1.5×107m/s．

（2）b区域磁场的磁感应强度B至少要有2T．

（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mϖ2R

代入数据解得：ϖ==5rad/s

即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．

（2）滑块在A点时的速度：vA=ϖR=1m/s

从A到B的运动过程由动能定理：mgh-μmgcos53°•=m-m

在B点时的机械能EB=m-mgh=-4J

即滑块到达B点时的机械能为-4J．

（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s

滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2

返回时的加速度大小：a2=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2

BC间的距离：SBC=-a2(t-)=0.76m

即BC之间的距离为0.76m．

（1）粒子能从左边界射出，临界情况有R+Rcos30°=d

Bqv=m

v==

所以粒子能从左边界射出速度应满足v≤

所以最大速度为

（2）粒子能从右边界射出

R=

Bqv2=m

m=qU

解得U==

粒子不碰到右极板所加电压满足的条件　　U≥

（3）当粒子速度为是时  则R′=，解得 R′=2d粒子，

若粒子沿OA方向射出，则会打在C点，根据几何关系可知：C点到O点在CD方向上的范围为l1=d

粒子斜向下与右边界垂直方向成30°角射入时，刚好打在CD边界上，角度再大就不能打在右边界上了，根据几何关系可知l2=d

所以范围为：l=l1+l2=2d

答：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度为；

（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压满足U≥；

（3）若带电粒子的速度是，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD边界的范围为2d．

（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动

则有：

   x轴方向：2L=v0t

   y轴方向：L=()2

解得：E=

（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为 vy、速度为v

则有：vy=t==v0

  所以 v=v0，

方向与x轴正向成45° 斜向上

当粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，

由牛顿第二定律，有B1qv=mR=

  解得：R=L

由几何关系知，离开区域I时的位置坐标：x=L，y=0

（3）根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径

满足L≤r≤L

因r=

解得≤B2≤

根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角300≤θ≤900

答：

（1）求匀强电场的电场强度大小；

（2）求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标（L，0）；

（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场．则磁感应强度B的大小范围≤B2≤，而粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与y轴正方向夹角300≤θ≤900．

当杆子在最高达作用力为零时，有mg=m，解得v==5m/s＞2m/s．知杆子表现为支持力．

根据牛顿第二定律得，mg-F=m，解得F=mg-m=5-0.5×N=4.6N．

故答案为：4.6，支持力．

（1）带电粒子在第三象限做匀加速直线运动，进入第一象限的速度为v1，设粒子出发点坐标为（-L，L），则

    qEL=mv12得v1=4×105m/s         

粒子在第一象限做类平抛运动：y=at2=L  

    x=v1t       

得x=2L=0.04m             

（2）粒子做类平抛运动，则vx=v1=4×105m/s，vy=at=4×105m/s   

设粒子进入磁场时速度方向与x正方向的夹角为Φ，

则  tgΦ==1    

解得  Φ=45°

粒子进入磁场时的速度为

 v2==4×105 m/s   

（3）L取任意时均有：x=2L，Φ=45°            

v=v1=2

粒子在磁场中做匀速运动时，qvB=m

代入数据得：R=

所以圆心的坐标为：

  x=2L-R，y=-R

R=代入并消去L，得

  x=4y2+y                       

此方程为一抛物线方程

答：（1）当L=2cm时，粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标是0.04m．

（2）当L=2cm时，粒子进入磁场时速度的大小是4×105 m/s，方向与x正方向的夹角为45°．

（3）证明如上．

设人的长度为l，人的重心在人体的中间．

最高点的最小速度为零，根据动能定理得：mgl=mv2．解得最低点人的速度v=

根据牛顿第二定律得，F-mg=m，解得F=5mg=2650N．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

（1）滑块滑到中点时，由（b）图可知，μ=0.5．

根据牛顿第二定律得，mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得a=0.2g．

（2）滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mglsin37°+Wf=mvB2

由图b的物理意义得：Wf=l=-l=-mgl

解得：vB=．

（3）设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理：-mg•2R=mvC2-mvB2

解得：vC=．

如滑块恰好滑到C点：mg=m

解得：vC′==＜vC

所以滑块能够到达C点

当滑块滑到C点时：mg+N=m

解得N=3mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力N′=N=3mg．

答：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小为0.2g．

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小vB=．

（3）能滑动半圆轨道的最高点，在最高点时滑块对轨道的压力为3mg．

（1）从甲图可知，小球第二次最高点时，速度大小为4m/s，而由乙图可知，此时轨道与球间的弹力为零，故根据牛顿第二定律得

   mg+qvB=m

代入数据得：B=0.25 T

（2）从图乙可知，小球第一次过最低点时，轨道与球之间弹力为F=0.11N，根据牛顿第二定律得：

  F-mg+qv0B=m  

代入数据：v0=8m/s

答：

（1）匀强磁场的磁感应强度是0.25T；

（2）小球一个初速度v0为8m/s．

（1）设小球过P2点时速度为v，沿y方向的速度为vy，如图则有

  vy=v0tan53°=0.8m/s

  v==1m/s

小球从P1点到P2点的过程，有

  t=

  t=2s     

  a==m/s2=0.4m/s2    

  y=at2=0.8m              

则：P1点的坐标为（0，0.8m）   

（2）由牛顿第二定律得：F1=ma=0.1×0.4N=0.04N   

（3）小球在y＜0的空间中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r． 

由几何关系得：r=O′P2==1.5m

则F2=m      

代入解得 F2=6.67×10-2N     

答：

（1）P1点的坐标为（0，0.8m）．

（2）F1的大小为0.04N．

（3）F2的大小为6.67×10-2N．

（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg=m

C点的速度，由机械能守恒定律可得：mg•2R+m=m

由上述两式联立，代入数据可得：vC=5m/s                          

设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：-kmgx=0-m

代入数据可得：x=2.5m                                           

（2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB=vC=5m/s      

从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：Pt-kmgL=m

代入数据可得：t=4.5s．