热门试卷

（1）、设粒子进入磁场时的速度为v，粒子在电场中做加速运动，由功能关系有：

qEh=mv2…①

粒子在磁场中做圆周运动，有：

R=…②

①②两式联立得：

R=

（2）、设粒子在电场中的加速时间为t1，则有：

h=，得t1=

设粒子在磁场中的运动时间为t2，则t2=T，T=，则可得：

t2=

设粒子在无磁场区域的运动时间为t3，则t3=，

又因cosα=

将v、R代入t3=，得：

t3=

则运动的时间为：

t=t1+t2+t3=++

设粒子回到x轴的坐标为x，则有：

x=2R+2d2tanα

解得：x=2+．

（3）粒子在电场中类平抛，进入磁场时速度v2，则有：

v2=，且有vy=

v2与水平方向的夹角有：cosβ=

粒子在磁场中偏转半径为：R=

因粒子最远到达第k个磁场区域的下边缘，有：

kd1=R（1-cosβ）

解得：d1=．

粒子在无磁场区域做匀速直线运动，故d2可以取任意值．

答：（1）粒子在磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为．

（2）粒子从开始释放经磁场后第一次回到x轴需要的时间为++，位置坐标为2+．

（3）若粒子从y轴上坐标为H处以初速度v0沿x轴正方向水平射出，此后运动中最远能到达第k个磁场区域的下边缘，并再次返回到x轴，d1的值为，d2可以取任意值．

电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：

  mv2-0=eu

电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：

  evB=m

电子在磁场中的轨迹如图，由三角形相似得：

   =

由以上三式得：B=

答：匀强磁场的磁感应强度为．

（1）画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧

（O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心）：∠PO1C=120°

设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，

qv0B=m

解得：r=

r+rcos 60°=OC=x   

所以 OC=x=r

粒子在电场中类平抛运动 

OQ=2x=3r

所以t===

粒子在电场中类平抛运动

x=at2=

qE

m

t2

2x=v0t

解得：E=Bv0

（2）由动能定理EKQ-mv02=qEx    

解得粒子到达Q点时的动能为EKQ=mv02

答：（1）电场强度E的大小为Bv0；

（2）粒子到达Q点时的动能EkQ为mv02．

（1）设半圆轨道半径为r，小球刚好通过最高点则有mg=m

从C到D有机械能守恒得m=mg(2r)+m

联立代入数值解得r=1.6m      

（2）设小球在水平地面克服摩擦力做功为W，由动能定理得mgh-W=m-0

解得：W=0.2J            

从D至横杆高度处小球下落的高度差△h=2r-3=0.2m   

运动时间t==0.2s       

小球离开D点速度v′D==6m/s     

由动能定理得mg(h′-2r)-W=mv-0

解得h'=5.2m      

答：（1）若要使小球恰能到达半圆形光滑轨道的最高点D，半圆形轨道CED的半径r应为1.6m；

（2）小球在光滑直轨道AB上释放时离地的高度应为5.2m．

（1）因为平行金属板和电阻R1并联，故根据闭合电路欧姆定律可得：

UAB=E=60V=18V

根据动能定理，粒子通过AB过程中电场力对粒子做的功等于粒子动能的变化：

qUAB=mv2-0

得粒子获得的速度v==m/s=60m/s．

（2）粒子以v=60m/s进入MN电场，在电场力作用下沿轨道做匀速圆周运动，根据题意知轨道的半径R==0.6m，电场力提供圆周运动的向心力

qEMN=m得

MN间电场强度EMN==N/C=60N/C．

（3）粒子在AB间做初速度为0的匀加速直线运动，粒子受到电场力F=q，粒子产生的加速度a=，则粒子通过AB所用的时间

t1====s=10-3s

当粒子从O到P刚好经过圆周，已知粒子圆周运动的线速度v=60m/s，半径R=0.6m，可知，粒子运动时间

t2==s=0.016s

则粒子从释放到通过两圆弧形金属板所需的时间t=t1+t2=0.001+0.016s=0.017s．

（4）因为从P点射出是粒子速度v=60m/s在水平方向，为使粒子落在右侧C点，在区域中加入竖直向上的匀强电场，使得粒子在水平方向以v=60m/s做匀速直线运动，在竖直方向粒子在电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意粒子落在C点的过程中，粒子在水平和竖直方向的位移均为=0.6m，令所加电场为E

则有：竖直方向加速度a=，水平方向位移为0.6m，速度为60m/s，则有：

即：

代入数据可解得：E=120N/C．

答：（1）微粒穿过B板小孔时的速度为60m/s；

（2）为了使微粒能在MN板间运动而不碰板，MN板间的电场强度大小应满足EMN=60N/C；

（3）从释放微粒开始，经过0.017s微粒通过两圆弧形金属板；

（4）为了让P点出射的带电粒子能射到B板的右侧C点小孔，现在P点外侧虚线框内另加一个竖直方向的有界匀强电场，则电场强度E为120N/C．

解（1）小车经过A点时的临界速度为vA

mg=m

vA=4m/s

（2）根据动能定理得，mvB2-mvA2=2mgR

由牛顿第二定律得，FB-mg=m

解得：FB=6mg  由牛顿第三定律可知：

球对轨道的作用力FB'=6mg，方向竖直向下．

（3）设Q点与P点高度差为h，PQ间距离为L，L=．

P到A对小车，由动能定理得

-μmgcosαL=mvA2-mv02．

解得v0=4m/s．

答：（1）小车在A点的速度为vA=4m/s．

（2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的6倍．

（3）小车在P点的初速度为v0=4m/s．

（1）由平抛运动的规律，

得x=vt    H=gt2

代入数据解得v=2m/s      

（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，

由牛顿第二定律，得mg=m

代入数据得R=0.4m    

（3）由牛顿第二定律F=ma得

a==μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2

由v=v0+at得

t==5s．

答：（1）传送带匀速运动的速度为2m/s．

（2）主动轮和从动轮的半径R为0.4m．

（3）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间为5s．

（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）对α粒子，qvB=m

则vα=．

由动量守恒得，0=mvα-Mv

v=vα==m/s=4.5×105m/s．

答：（1）衰变方程为：Ra→Rn+He．

（2）衰变后Rn（氡）的速率为4.5×105m/s．

（1）电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转

则qE=qBv

离子流的速度为v==2×107m/s

（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，于是

qBv=m

则R==0.4m

离子离开磁场区边界时，偏转角为θ

则sinθ==

即θ=30°

如答图1所示

偏离距离y1=R-Rcosθ=0.054m

离开磁场后离子做匀速直线运动

总的偏离距离为y=y1+Dtanθ=0.28m

若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动

通过电场的时间t=

加速度a=

偏转角为θ′，如答图2所示

则tanθ′===

偏离距离为

y2=at2=0.05m离开电场后离子做匀速直线运动

总的偏离距离y′=y2+Dtanθ′=0.25m

所以，a、b间的距离ab=y+y′=0.53m

（1）小球从A到B的过程中，由动能定理可得

mgH-μmgcosθ×=mvB2

得  VB=4m/s 

（2）小球到D时，从释放点到D点由动能定理可得：

mg(H-2R)-μmgcosθ×=mvD2

在最高点，轨道对球向下的支持力为N，有

N+mg=

得  N=3N 

由牛顿第三定律知，滑块经D点时对轨道的压力大小为N′=3N

（3）设小球恰可以到达圆轨道的最高点，对应的高度为H1，

由圆周运动的规律可知，最高点时的速度vD2

vD2=

mg(H1-2R)-μmgcosθ×=mvD22

得H1=0.625m

设小球恰可以到达槽右端，对应的高度为H2

因为t=

所以vE==

小球从A到E的过程中，由动能定理：

mgH2-μmgcosθ×=mvE2

得：H2=m=1.5625m

故释放小球的高度范围为：

0.625m≤H≤1.5625m．

答：（1）小滑块到达斜面底端B时速度大小为4m/s．

（2）小滑块到达圆轨道最高点D时对轨道的压力大小为3N．

（3）若要小滑块按设计要求完成全部运动，该同学无初速释放小滑块的初始高度H范围为：0.625m≤H≤1.5625m．

（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律

h=gt2

v0=    vy=gt

求出  v==2

方向与x轴负方向成45°角

（2）质点从P2到P3，重力与电场力平衡，洛仑兹力提供向心力

Eq=mg

Bqv=m

由几何关系得：（2R）2=（2h）2+（2h）2解之得E=  

B=

（3）质点进入第四象限做直线运动，当电场强度的方向与运动方向垂直时电场强度最小，

由qE'=mg•cos45°

得：E′=

（1）从A到B过程中，由动能定理得：

-μmgAB=mvB2-mv02，

在B点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m，

解得：FN=9mg，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：

FN′=FN=9mg；

（2）滑块穿过P孔后做竖直上抛运动，

滑块再回到平台的时间t1==4，

转盘转动时间t2=（n=0、1、2、3…），

当滑块从Q孔下落时，t1=t2，

角速度ω=，（n=0、1、2、3…）；

答：（1）滑块运动到B点做圆周运动时，对轨道的压力为9mg；

（2）平台转动的角速度ω应满足的条件是ω=，（n=0、1、2、3…）．

（1）汽车通过桥的最高点时受力如图，根据牛顿第二定律得：mg-N=

桥面对汽车的支持力：N=mg-

根据牛顿第三定律，汽车对桥面的压力：N'=N=mg-

（2）若N'=0，汽车对桥面无压力，汽车将腾空从而失控制．所以为安全起见应

N′＞0，即v＜

代入数据得：v＜40 m/s

汽车过桥时的安全速度应小于144 km/h

答：（1）汽车通过桥的最高点时对桥面的压力为mg-．

（2）汽车过桥最高点的安全速度应小于144 km/h．