热门试卷

（1）设图中O点为介质球的球心，E点为AB光线进入介质球后，第一次到达的球界面上的点．根据光路可逆：

AB光线进入介质球时的折射角r一定小于全反射临界角C．又i′=r，所以r＜C，所以不会发生全反射．

（2）根据光路可逆AB、CD一定平行于直径EF且关于EF轴对称

  i=∠BOF=sin-1（）=sin-1（）

 由d=R  得i=60°

又∠BOF=2r  得r=30°      

故折射率n==

答：

（1）根据光路的可逆性分析得知：AB光线进入介质球后，第一次射到达介质球的界面时，在界面上不会发生全反射．

（2）介质球的折射率为．

（1）设轨道半径为R，由机械能守恒定律：m=mg（2R+x）+m

根据牛顿第二定律得

对B点：FN1-mg=m

对A点：FN2+mg=m

联立以上三式得：A、B两点的压力差：△FN=FN1-FN2=6mg+x

由图象得：截距 6mg=3N，得m=0.05kg；

（2）因为图线的斜率k==1

所以R=1m

由牛顿第二定律得小球在A点不脱离轨道的条件为：m≥mg

即vA≥

代入数据解得，x的最大值为xm=17.5m．

答：（1）小球的质量m是0.05kg；

（2）若小球在最低点B的速度为20m/s，为使小球能沿轨道运动，x最大值为17.5m．

（1）对于粒子在电场中的运动：a=和d=at2

第-次通过y轴的交点到O点的距离为yl=v0t

将数据代入解得    y1=0.069（m）

（2）x方向的速度vr=t=8m/s

设进入磁场时速度与y轴的方向为θ，

tanθ===

θ=60°

所以在磁场中作圆周运动所对应的圆心角为α=2θ=120°

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 T=   

带电粒子在磁场中运动的时间t2=T=T=0.026s

（3）从开始至第一次到达y轴的时间t1==s

从磁场再次回到电场中的过程（未进入第二周期）是第一次离开电场时的逆运动

根据对称性，t3=t1  因此粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=++≈0.043s

答：（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离为0.069m；（2）带电粒子进入磁场后经0.026s时间返回电场；（3）粒子运动的周期为0.043．

（1）由牛顿第二定律得F向=man=m()2r

月球绕地公转由万有引力提供向心力得，G=M月()2R0

同理，探月卫星绕月运动时有：G=M卫()2(RM+H)

由上两式联立解得：=()2×()3；

（2）设探月极地轨道上卫星到地心的距离为L0，则卫星到地面最短距离为L0-RE，由几何知识得：

   L02=R02+（RM+H）2

将照片发回地面的时间

t==

答：（1）月球与地球质量之比：=()2×()3；

    （2）探月卫星传送到地球最少需要时间．

（1）小球从C运动到B，带电小环要克服电场力做功，克服电场做的功W电等于电势能的增加，

则 W电=q-，

所以W电=，

小球从C运动到B，设到B得速度为VB，水平外力做的功为W，

则 W-W电=m

小球从B到D过程中，带电小环在等势面上运动电场力不做功，设到D点的速度为VD

则-2mgR=m-m

又刚好到D点，则D点速度为VD=0，

所以W=2mgR+，

（2）小球要能运动到D点，则VD≥0

由C运动到D点，F′•R-W电-2mgR=m

由此可以解得F′≥mg+

所以水平外力的最小值为F0=mg+．

（3）由C运动到D点，设D点速度为VD，

F•R-2mgR-=m

小环运动到D点时，设绝缘杆对小环的弹力大小为FN，方向指向圆心，

=FN+mg-

由此可得FN=F+-5mg

讨论：

（a）若F+＞5mg，则弹力大小为F+-5mg，方向指向圆心．

（b）若F+=5mg，则弹力为零．

（c）若F+＜5mg，则弹力大小为5mg-（F+），方向背向圆心．

（1）由爱因斯坦的质能联系方程可知△E=△mc2=（m-m1-m2）c2

（2）由洛仑兹力提供向心力：qvB=

可知R=； T=

由几何知识及匀速圆周运动的对称性可知N点的速度大小仍为v，方向斜向上300

运动总时间为：t总=+

总路程为：S总=4d+

答：（1）该原子核发生衰变的过程中释放的核能（m-m1-m2）c2；

（2）粒子过N点时的速度大小仍为v，方向斜向上300，且从M到N的时间为+及路程为4d+．

若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示．

粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：

V0=vcos45°      

解得：v=v0   

（2）在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：

-qEL=mv02-mv2    

    解得：E= 

又在匀强电场由Q到P的过程中，

   水平方向的位移为：x=v0t1

   竖直方向的位移为：y=t1=L

   可得XQP=2L，OQ=L

由OQ=2Rcos45°故粒子在OQ段圆周运动的半径：R=L 及R=，

   得B0=，

（3）在Q点时，vy=v0tan45°=v0  

设粒子从Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有：t1=  

   粒子从O点运动到Q所用的时间为：t2=

   则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总=t1+t2=+=．

（1）带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短．

由 qE=mv2   

粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为

v=

由     r=    

即Rcot30°=  

得     B=  

（2）粒子从A→C的加速度为

a= 

由 d=at12，粒子从A→C的时间为

t1==d

粒子在磁场中运动的时间为

t2=T= 

将（1）求得的B值代入，

得         t2=πR 

解得       t=2t1+t2=2d+πR=（2d+πR）

答：（1）筒内磁场的磁感应强度大小B=；

（2）带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时间为（2d+πR）．

（1）设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用．根据牛顿运动定律得：

  mg=m

又周期T0=

解之得：T0=2π

（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：an=R

由第一问知：g=R 且T=

由上述三式知：an=4g

设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为N，根据牛顿运动定律知：

在水平方向上：F=man

即：F=4mg

在竖直方向上：N+mg=0

即：N=-mg

因为F为正值、N为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4mg和mg．  

答：（1）该盒子做匀速圆周运动的周期为2π．

（2）小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4mg和mg．

（1）从C到A，洛伦兹力不做功，小环对直轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力．由动能定理，有：

       qE•5R-mg•5R=m  可得：vA=  

    （2）过A点时，研究小环，由受力分析和牛顿第二定律，有：

     FN+mg-qvAB-qE=m  解得  FN=11mg+qB  方向向下 

    （3）由于0＜μ＜1，小环必能通过A点，以后有三种可能：

①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，则在直轨道上通过的总路程为：S总=4R

②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，对整个运动过程，由动能定理，有：qE•3R-mg•3R-μqE′S总=0   得：s总=

③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），由动能定理，有：

   qE•4R-mg•4R-μqE′S总=0得：s总=

答：（1）小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小=；

   （2）小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道压力为11mg+qB，方向向下．

   （3）①有可能第一次过了A点后，恰好停在K点，S总=4R；

        ②也有可能在水平线PQ上方的轨道上往复若干次后，最后一次从A点下来恰好停在K点，s总=

        ③还可能最终在D或D′点速度为零（即在D与D′点之间振动），s总=．

（1）设球运动的线速度为v，半径为R

则在A处时F+mg=m①

在C处时F′-mg=m②

由①②式得△F=F’-F=2mg=2N．

（2）在A处时健身者需施加的力为F，

球在匀速圆周运动的向心力F向=F+mg，

在B处不受摩擦力作用，

受力分析如图

则tanθ===F+1

作出的tanθ-F的关系图象如图．

答：（1）健身者在C处所需施加的力比在A处大2N；

（2）tanθ-F的关系图象如图．

（1）B在d点，根据牛顿第二定律有：mg-mg=m    解得：v=

（2）B从b到d过程，只有重力做功，机械能守恒有：

mvB2=mgR+mv2      

解得：vB=   

（3）AB分离过程动量守恒有：3mA=mvB…①

A匀减速直线运动，用动能定理得，0-×3mvA2=-3μmgs…②

联立①②，解得：s=

答：（1）物块B在d点的速度大小为；

（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；

（3）物块A滑行的最大距离s为．

在a点飞机倒置，飞行员受皮带拉力和重力作用，合力提供向心力，则

T1-mg=m

解得T1=m+mg=60×+600=1950N

在b点飞机正置，飞行员受机座支持力和重力作用，合力提供向心力，则

mg-T2=m

解得T2=mg-m=600-60×=-750N

所以此时是皮带队飞行员的拉力750N

在c点飞机正置，飞行员受机座支持力和重力作用，合力提供向心力，则

T3-mg=m

解得T3=m+mg=60×+600=1950N

在d点飞机倒置，飞行员受座机压力和重力作用，合力提供向心力，则

T4+mg=m

解得T4=m-mg=60×-600=750N

答：当飞机到图中α、b、c、d各位置时，质量为60kg的飞行员对机座的压力或对皮带的拉力各是1950N，750N，1950N，750N．