热门试卷

（1）设C、D两板间电压U0=9.0V时带电粒子从小孔O2进入磁场的速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R0，

根据动能定理，有：qU0=mν02

由牛顿第二定律，则有，qv0B=m

解得：R0=6.0cm

（2）如图1所示，带电粒子轨迹与MN相切时，恰好飞出磁场，此时粒子运动半径R1=d

设恰能飞出磁场边界MN的带电粒子在电场中运动时CD两板间的电压为U1，从小孔O2进入磁场时的速度为v1，

根据牛顿第二定律和动能定理有qv1B=m

qU1=mν12

解得：U1=25V

由于粒子带正电，因此只有在C板电势高于D板电势（uCD为正值）时才能被加速进入磁场，

根据图象可得UCD=25 V的对应时刻分别为

t1=0.50×10-2s 

t2=1.5×10-2s

则粒子在0到4.0×10-2 s内能飞出磁场边界的飘入时间范围为0.50×10-2s～1.5×10-2s

（3）粒子速度越大在有界磁场中的偏转量越小．设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，

粒子运动轨迹如图2所示，

依据动能定理和牛顿第二定律有qUm=mνm2

qνmB=m

粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离x1=Rm-

粒子射出磁场区域的最左端时粒子运动轨迹与MN相切处，

即粒子向左偏移距离x2=d

则磁场边界MN有粒子射出的长度范围△x=x2-x1=d-x1

解得△x=5.9cm

答：（1）在C、D两板间电压U0=9.0V时飘入小孔O1的带电粒子进入磁场后的运动半径6.0cm；

（2）从t=0到t=4.0×10-2s时间内飘入小孔O1的粒子能飞出磁场边界MN的飘入时间范围0.50×10-2s～1.5×10-2s；

（3）磁场边界MN上有粒子射出的范围的长度5.9cm．

（1）小球在最高点A时，根据牛顿第二定律列出等式

F+mg=m

 解得  m=0.5kg  

（2）该星球表面上让小球也在竖直平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律列出等式

F′+mg′=m

 解得   g'=2m/s2  

（3）根据重力提供向心力得：

mg=mv1=

所以==

答：（1）该小球的质量是0.5kg；

（2）该星球表面附近的重力加速度g′=2m/s2；

（3）该星球与地球的第一宇宙速度之比v星：v地=：10

（1）设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速度相同，其为ω．

由牛顿运动定律，

对A：FA=m1ω2r1  对B：FB=m2ω2r2                FA=FB

设A、B之间的距离为r又r=r1+r2，由上述各式得r=r1①

由万有引力定律，有FA=G

将①代入得FA=G

令FA=G

比较可得m′=②

（2）根据题意，可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m'的星体对它的引力，由牛顿第二定律，有G=m1③

得  m′=④

又可见星A的线速度大小v=⑤

由④⑤得，m′=

由②⑤可得=

答：（1）O点处星体质量为m′为．

    （2）暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式为

（1）设粒子飞出极板的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示，

由动能定理：Uq=mv2-0，解得：v==200m/s，

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：：qvB=m，

解得，粒子做圆周运动的半径r=1m；

（2）粒子从B点运动到C点的过程，粒子做类平抛运动，

沿x轴方向：=vt，

沿y轴负方向：=at2，

由牛顿第二定律得：Eq=ma，

其中BO=r=1m，

解得：E=400V/m；

答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为1m．

（2）第一象限中匀强电场场强E的大小为400V/m．

（1）小球下摆的过程中，机械能守恒，

mgR=mv2

得：v=．

（2）在最低点，有T-mg=m

得：T=3mg．

答：（1）当细绳摆到竖直位置时小球的速度大小为；

（2）当细绳摆到竖直位置时此时小球所受拉力的大小为3mg．

（1）由x=8t-4.5t2知，物块在B点的速度v0=8m/s，从B到D过程中加速度大小a=9m/s2①

由牛顿第二定律得a==gsin37°+μgcos37°  ②

得μ=  ③

（2）物块在M点的速度满足mg=m④

物块从D到M过程中，有mVD2=mgR（1+cos37°）+mVM2⑤

物块在由B到D过程中，有VD2-V02=-2ax  ⑥

解得x=1m   ⑦

答：（1）动摩擦因数为；（2）BD间的距离为1m．

（1）由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点D，得：(M+m)g=(M+m)

又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得：(M+m)+(M+m)g•2R=(M+m)

代入数据解得：vB==6m/s

（2）由动量守恒   mv=（M+m）vB

v=600m/s

（3）根据能的转化和守恒定律得   △E=mv2-(M+m)

代入数据得：△E=1782J

答：（1）物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度为6m/s．

（2）子弹击中物块前的速度为600m/s．

（3）系统损失的机械能为1782J．

（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，

根据B恰能到达最高点C有：

　　F向=mBg=mB-----①

对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：

-2mBgR=mBvc2-mBvB2---------②

　由①②解得：vB=5m/s．

　　（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向，

　　弹簧的弹性势能转化给B的动能，Ep=mBv12------③

    根据动量定理有：I=mBvB-mBv1 -----------------④

   由③④解得：I=-4 N•s，其大小为4N•s

　　（3）设绳断后A的速率为vA，取向右为正方向，

  根据动量守恒定律有：mBv1=mBvB+mAvA-----⑤

 根据动能定理有：W=mAvA2------⑥

　由⑤⑥解得：W=8J

答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；

（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小是4N•s；

（3）绳拉断过程绳对A所做的功W是8J．

（1）根据动能定理得，-Eqr=mv12-mv02

解得v1=3m/s=9.49m/s．

（2）根据动能定理得-Eqr=mv22-mv12

解得v2=m/s=8.53m/s，

则贴着内壁运动的速度v3=v2•sin300，

根据动能定理得，-EqR(1-cos300)=mv42-mv32

解得v4=m/s=3.94m/s                    

（3）讨论：情况一：从图示位置细线转过900，小球速度减为0：-E1qr=0-mvo2⇒E1==4×105N/C

情况二：从图示位置细线转过1800：小球有最小速度，根据牛顿第二定律得，qE=m

解得小球速度：vmin=，

-E2q•2r=mvmin2-mvo2⇒E2==1.6×105N/C，

所以：E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C．

答：（1）细线断裂时小球的速度大小为9.49m/s．

（2）小球碰到圆筒内壁后不反弹，沿圆筒内壁继续做圆周运动中的最小速度值为3.94m/s．

（3）为保证小球接下来的运动过程中细线都不松弛，电场强度E的大小范围E≤1.6×105N/C或E≥4×105N/C．

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意分析可知粒子速度的偏向角为60°，由几何知识得：半径为r=Rtan60°

根据：qv0B=m

得：B=

又：v0=，联立解得：B=

（2）粒子在电场中的加速度为：a=

打出电场的粒子都是相同的，在沿电场线方向的速度大小为

   vy=a•=

则v==

设速度方向与v0的夹角为θ，则tanθ==

∴θ=30°

（3）当粒子在t=+nT时刻进入电场，向上侧移最大，则：

y1=a()2=

在t=T+nT时刻进入电场，向下侧移最大，则：

y2=a()2+a（）•-a()2=

所以粒子飞出电场时的位置离O′点范围为：距离O′上方至距离O′下方之间．

答：

（1）磁感应强度是．

（2）t=0时刻进入电场的粒子，飞出电场时的速度大小是，速度方向与v0的夹角为30°．

（3）粒子飞出电场时的位置离O′点的距离范围距离O′上方至距离O′下方之间．

在C点：mg=m

  vc=

由B到C过程重力做功：-2mgR=m-m 

vB=

由A到B运动过程：(F-μmg)s=m     

μ=-

答：滑块在AB段运动过程中的动摩擦因数为-．

根据题意可知：ω=2πn=12rad/s

设转动时弹簧的长度为L，则弹簧形变量为：x=L-0.2，由胡克定律得：

F=kx①

球做匀速圆周运动时需要的向心力由弹簧的弹力提供，

F=mLω2②

由①②代入数据得：360（L-0.2）=0.5×L×（12）2解得：L=0.25m

所以弹簧的伸长应量为25-20cm=5cm

答：小球的角速度为12rad/s；弹簧的伸长应为5cm．

（1）如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点的

过程：位移大小由图中的直角三角形可以解出s=AC=m

加速度  a==2×1012m/s2

时间   t==10-6s　

（2）电荷到达C点的速度为v=at=2×106m/s　

  速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中运动时

由 qvB=

得R==×=m　

即电荷在磁场中的偏转半径m

（3）轨迹圆与x轴相交的弦长为△x==1m，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动，运动过程中与x轴第三次相交时的位移方向角为45°，设运动的时间为t′，则：tan45°=

得t′=2×10-6s　　

则s平=vt′=4mx==8m　

即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（8，0）

（1）设小球滑至环顶时的速度为υ1，所受环的压力为N．

小球运动过程中机械能守恒：mg(h-2R)=m①

在顶点由圆周运动的知识有：mg+N=m②

联立①②解得：N=mg(-5)（

代入数值解得：N =2×10(-5)N=40N

由牛顿第三定律知小球对环的压力大小为：N'=N=40N

（2）当圆环对小球的压力为零时，仅由重力充当向心力，对应的速度υ2为越过圆环最高点的最小速度，对应的高度h1为最低高度，由机械能守恒定律及圆周运动知识有：mg(h1-2R)=m③

mg=m④

联立③④解得：h1=R=2.5m

（3）由于h'＜h1，故球在还没有到达顶端前即与环脱离，设脱离圆环时的位置半径与竖直方向的夹角为α，选轨道最低点为零势点，由机械能守恒定律及圆周运动知识有：mgh′=mυ2+mgR(1+cosα)⑤

mgcosα=m⑥

联立⑤⑥解得：cosα==

答：（1）小球滑至圆环顶点时对环的压力为40N．

（2）小球至少应从2.5m高处由静止滑下才能越过圆环最高点．

（3）小球从h'=2m处由静止滑下时，脱离圆环的位置和圆心的连线与竖直方向夹角的余弦为．