热门试卷

（1）刚好从圆弧最高点B平抛的条件是：mg=m

得：vB==20m/s．

（2）由于vD≈vB且在D点有：

N-mg=m

解得：N=mg+m=1200N

（3）在A到B段应用动能定理：mgh-Wf=m-0

得克服摩擦力做功：Wf=3000J

（4）由于tanθ==

得：t=3s．

代入水平方向上：

x=vBt=60m． 

由几何关系可知：

 L==75m．

答：（1）B点的速度为20m/s；

（2）运动员对轨道的压力为1200N；

（3）运动员克服摩擦力做功为3000J；

（4）BC间的距离为75m．

汽车在桥顶的受力分析如图，

重力和支持力的合力提供做圆周运动的向心力．

由牛顿第二定律列方程：mg-FN=m

∴FN=m(g-)=8.0×102×(10-)N=6.4×103N

根据牛顿第三定律，汽车对桥面的压力：F′N=FN=6.4×103N，方向竖直向下

答：汽车对桥面的压力为6.4×103N，方向竖直向下．

（1）由于离子所需向心力由洛伦兹力提供，则：

   qvB=  ①

故：r=  ②

由于正负离子的速度、带电量是相同的，因此：=

（2）如图所示，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m()2r ③

由②③式得：T=

由于正负离子的质量和带电量都相同，因此周期也相同．

而由图可知：轨迹圆心角分别为Φ正=2π-2θ=，Φ负=2θ=

故：t正=T，t负=T

因此：==

答：正、负离子在磁场中运动半径比是，时间比是．

带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，

且轨迹的半径为 r=Rcot30°=R

根据牛顿第二定律得

   qv0B=m

得，B===T=T

答：磁场的磁感应强度是T．

（1）在t=0时刻，电子进入偏转电场，

Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动．

Oy方向（竖直向上为正）在0-t0时间内受电场力作用做匀加速运动，

a=

在t0-2t0时间内做匀速直线运动，

速度vy=

侧向位移y=a+vyt0

得y=

（2）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速．

不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，

其Oy方向的加速度或者是

a=（电压为U0时），

或者是0（电压为0时）．

△v=a△t，它在Oy方向上速度增加量都为

△vy=．

因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为

vy=；

Ox方向的分速度都为v0=vx，

所有电子离开偏转电场的偏向角都相同．

（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，

电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，

如图所示．电子在磁场中运动的半径：

R=

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，

则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：

sinθ=

电子进入磁场后做圆周运动，

其半径R=

由上述四式可得：

B=．

（1）当小球滚到最右端时，凹槽向左移动的距离最大，设此过程中

小球水平位移的大小为s1，凹槽水平位移的大小为s2．

在这一过程中，由系统水平方向总动量守恒得（取水平向左为正方向）

  m-M=0

又 s1+s2=2R

由此可得：s2=2R=0.1m

（2）当小球滚至凹槽的最低时，小球和凹槽的速度大小分别为v1和v2．据水平方向动量守恒

  mv1=mv2

另据机械能守恒得：mgR=mv12+Mv22

可得：v1==2m/s

  v2=0.5m/s

（3）当小球滚至凹槽的最低时，根据牛顿第二定律得：

  N-mg=m=m

  N=m+mg=3.5N

根据牛顿第三定律可知小球对凹槽的压力大小为3.5N．

答：

（1）凹槽向左移动的最大距离为0.1m；

（2）小球滑至凹槽的最低点时小球的速度为0.5m/s；

（3）当小球滑至凹槽的最低时，小球对凹槽的压力为3.5N．

（1）P在a端时，MN间电压为0，粒子进入磁场中时速度大小为v0，有：

qv0B=

代入数据可解得：R0=0.2m

（2）粒子在电场中做类平抛运动，加速度为a==

设MN间电压为U0时，粒子恰能沿极板边缘离开电场，粒子在平行电场方向偏的距离为：

=×()2

解得：U0=100V

P在ab正中间时，极板间电压UMN==72V＜U0，粒子可从板间离开电场

由L=v0t1得：

粒子在电场中运动时间t1=                     

当滑动头P在b端时，极板间电压UMN=U=144V＞U0，粒子打到极板上

由=

得：t2=d

代入数据解得：=

答：（1）当滑动头P在a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m；

（2）t1与t2的比值为=

（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，

则由向心力公式得   m=mg+qE      ①

竖直方向匀加速运动   2R=（） t2    ②

水平方向匀速运动     x=vDt          ③

联立①②③得：x=0.4m      ④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，

根据动量守恒有：

  mv0=mv甲+mv乙 ⑤

根据机械能守恒定律有：

  m=m+m          ⑥

联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0          ⑦

由动能定理得：-mg•2R-qE•2R=mvD2-mv乙2     ⑧

联立①⑦⑧得：v0=v乙==2m/s       ⑨

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，

根据动量守恒有：

Mv0=MvM+mvm⑩

根据机械能守恒定律有

M=M+m

有以上两式可得：vm=

由于M≫m，可得：vD≤vm＜2vD

设乙球过D点的速度为vD′，

由动能定理得  -mg•2R-qE•2R=m-m

联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，

则有：x'=vD′t

所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m

答：（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离是0.4m；

（2）甲的速度是2m/s；

（3）乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围是0.4m≤x'＜1.6m．

（1）小木块的受力如图

（2）由匀速圆周运动公式，有F向=mω2r=0.1×52×0.2N=0.5N．

答：小木块m受到的向心力大小为0.5N

油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速为v==m/s=1m/s

油滴进入电、磁场后，受力情况如图所示，

重力mg=10-4×10N=10-3N

电场力F电=qE=2×10-6×500N=10-3N=mg

F磁=qvB= 带电油滴进入两极板间，受电场力与重力平衡，

在磁场力的作用下，它做匀速圆周运动落在Q点．设圆周半径为R，则

解得：R==m=0.5m

设Q、O两点的水平距离为x，如图所示，由几何关系得d2+（R-x）2=R2

代入数据解得 x=0.1m

答：Q、O两点的水平距离0.1m．

（1）根据动能定理eU0=mv2解得：v=  ①

（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，

在磁场中运动轨迹如图1，由几何关系R2=l2+(R-)2

解得：R=l

根据牛顿第二定律：Bev=m

解得：B=

设圆弧所对圆心为α，满足：sinα==

由此可知：tanα=

电子离开磁场后做匀速运动，满足几何关系：=tanα

通过上式解得坐标x=l

（3）a．设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t1，PQ间的电压为u

垂直电场方向：l=vt1②

平行电场方向：x1=at12  ③

此过程中电子的加速度大小 a=  ④

①、②、③、④联立得：x1=

电子出偏转电场时，在x方向的速度vx=at1  ⑤

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏．则

  水平方向：l=vt2  ⑥

  竖直方向：x2=vxt2  ⑦

①、⑤、⑥、⑦联立，解得：x2=电子打在荧光屏上的位置坐标x=x1+x2=u ⑧

对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：

由图2可知，在任意△t时间内，P、Q间电压变化△u相等．

由⑧式可知，打在荧光屏上的电子形成的亮线长度△x=△u．

所以，在任意△t时间内，亮线长度△x相等．

由题意可知，在任意△t时间内，射出的电子个数是相同的．

也就是说，在任意△t时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度△x范围内．

因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同．

b．现讨论2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：

当电子在P、Q电场中的侧移量x1=时，由x1=得：u=2U0

当偏转电压在0～±2U0之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上．

由图2可知，一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间t=T=

所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数Nt=

由⑧式，电子打在荧光屏上的最大侧移量xm=

亮线长度L=2xm=3l

所以，从0～2t0时间内，单位长度亮线上的电子数n==

答：

（1）电子到达小孔S2时的速度大小v为；

（2）磁场的磁感应强度大小B是，电子打在荧光屏上的位置坐标x为l；

（3）从0～2t0时间内，单位长度亮线上的电子数n为．

（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则

mgR=mvB2，解得vB=3m/s．

在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m

解得N=mg+m=30N

即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．

（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf=-l=-2J

从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf=mv2

解得v=m/s

（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=m/s2．

对平板车a2==m/s2

设物块与平板车经过时间t达到共同速度（物块在平板车最左端的速度vC=vB），有

vc-a1t=a2t，解得t=s

此时△s=vct-a1t2-a2t2=m＞0.5m，所以物块能滑离平板车．

设经过时间t1物块滑离平板车，则vct1-a1t12-a2t12=0.5m

解得t1=s（另一解t2=s＞s舍去）

物块滑离平板车时的速度v物=vc-a1t1=m/s．

此时平板车的速度v车=a2t1=m/s．

物块滑离平板车做平抛运动的时间t3==0.2s

物块落地时距平板车右端的水平距离x=（v物-v车）t3=0.2m．

答：（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力为30N．

（2）物块滑离平板车时的速度m/s．

（3）能滑离平板车，物块落地时距平板车右端的水平距离为0.2m．

设带电粒子的质量为m，电量为q，离开偏转电场时的速度为v0

（1）根据动能定理 Uq=mv02    

粒子在偏转电场中加速度 a=

偏转电场中运动时间 t= 

竖直方向速度 vy=at

设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向的角度为θ，则 

由以上各式解得    θ=450

（2）如图，

设粒子在磁场中做匀速圆周运动为R，当磁场宽度满足d≥R+Rsin时，粒子从磁场的左边离开时，在磁场中的运动时间最长，根据几何知识可求出此时粒子轨迹圆对应的圆心角为 θ=π，

   所以粒子运动最长时间 t=T

粒子运动周期  T=，

由以上各式求得粒子比荷  =1×105C/Kg，

（3）粒子离开偏转电场时速度大小 v=

  洛仑兹力提供向心力  

当粒子轨迹圆与磁场右边界相切时，磁场宽度最小．

由几何知识d=R+Rsin

由以上各式得  d=m≈1.14m．

（1）由题意，质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，则

在水平方向：x=vCt     ①

竖直方向上：2R=gt2 ②

解①②有   vC=  ③

对质点从A到C，由动能定理有

  WF-mg•2R=m  ④

解得  WF=     ⑤

（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由④式得 WF=mg•2R+m，则知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小．

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，

由牛顿第二定律有

  mg=，则  v=  ⑥

由③⑥有=，解得x=2R时，WF最小，最小的功WF=mg•2R+m=mgR．                       

（3）由⑤式WF=mg（），W=Fx

则得  F=mg（+）                                                      

因＞0，x＞0，

由极值不等式有

当=时，即x=4R时，+=8，最小的力F=mg．                       

答：（1）推力对小球所做的功是．

（2）x等于2R时，完成上述运动所做的功最少，最小功为mgR．

（3）x取4R时，完成上述运动用力最小，最小力为mg．