热门试卷

（1）微粒在加速电场中，应用动能定理，

则有：qU1=m  

代入数据解得v0=1.0×104m/s        

（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，

则有a=  

vy=at=a     

飞出电场时，速度偏转角的正切为tanθ===

解得  θ=30°    

（3）微粒进入磁场后在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，

如图所示，由向心力公式有Bqv=mr()2 

又因为  T=           

解得     T==4×10-6s                

由图示几何关系知α=120°，所以微粒在磁场中运动的时间为t==×10-6s 

答：（1）微粒进入偏转电场时的速率v0=1.0×104m/s；

（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°；

（3）若偏转电场右侧的匀强磁场的磁感应强度B=3.14T，则微粒在磁场中运动的时间是×10-6s．

（1）水桶运动到最高点时，设速度为v0时恰好水不流出，由水受到的重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得：mg=m

解得：v0==m/s

（2）设桶运动到最高点对水的弹力为F，则水受到重力和弹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

mg+F=m

解得：F=m-mg=4N

根据牛顿第三定律，水对桶的压力大小：F'=F=4N

答：（1）若水桶转至最高点时水不流出来，水桶的最小速率为m/s；

（2）若在最高点时水桶的速率 v=3m/s，水对桶底的压力大小为4N．

（1）电子运动的轨迹示意图如右图所示，电子进入电场从P到A，做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场从A到C再到D，做匀速圆周运动；离开磁场从D到P，做匀速直线运动． 

（2）电子经过A点的速度大小：v==v0       

电子从P到A过程，由动能定理得：eEh=mv2-m       

解得，h=                                      

（3）电子从P到A的过程，加速度为 a=，时间为 t1===                   

从A到C再到D，由洛仑兹力提供向心力，

则有  Bev=m，得R=

周期为 T==，

由几何知识得：电子在磁场中运动过程速度的偏向角为270°

则电子在磁场中运动的时间为 t2=T=           

从D到P的运动过程：由几何知识得：=h

运动时间为：t3====            

故t=t1+t2+t3=+

答：

（1）作出电子运动轨迹的示意图如图，电子的运动情况是电子进入电场从P到A，做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场从A到C再到D，做匀速圆周运动；离开磁场从D到P，做匀速直线运动．

（2）P点离坐标原点的距离h是．

（3）电子从P点出发经过+时间第一次返回P点．

（1）粒子在磁场中运动时，由洛仑兹力提供向心力，有：

  qvB=m解得：R=

如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM的位置P的坐标为（，）．

（2）粒子在磁场中运动的周期T==

由几何知识得知，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为θ=270°

则在磁场中运动的时间 t=T=

（3）粒子从P点射入电场将做类平抛运动，如图所示，有：

   R=at2    ①

   x=vt       ②

其中：a=   ③

联立①②③式解得 x=

故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为[0，-（-1）]

答：（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径R是，P点的位置坐标是（，）；

（2）粒子在磁场中运动的时间是；

（3）粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标是[0，-（-1）]．

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，

解得，粒子的轨道半径R=0.1m，

由左手定则可知，粒子在磁场中沿逆时针做圆周运动，粒子的运动轨迹过P点，

粒子离开P点的最大距离为2R，以P为圆心，2R为半径做圆，交y轴与A点，

A是粒子打在y轴上的最远点，粒子在y轴负半轴上的最远点为B，如图所示，

由几何知识得：OA===0.1m=0.1732m=17.32cm，

OB=R=0.1m=10cm，粒子打到y轴上的范围是-10cm～17.32cm；

故答案为：-10cm～17.32cm．

（1）带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，

则有：qvB1=qE，

所以v==5×105m/s

（2）由于带电粒子在磁场B2中做匀速圆周运动，

画出如图所示的临界几何图

有：3R=  R==0.1m

由洛伦兹力提供向心力，

则有：qvB20=，

解得：B20==0.9T 

所以B2≥0.9T

（3）由洛伦兹力提供向心力，

则有：qvB2=m  r===0.15m

 作几何图象，粒子从Q点进入磁场后第一次通过AO边界点为A1点，

由图可得：α=30°=0.15m=0.26m

根据带电粒子在磁场中运动特点，有第六次通过AO边界点为A6点，

它距离O点距离为：=0.9m

带电粒子在磁场中运动的周期为T=，

根据运动圆轨迹的圆心角，

有第六次通过AO边界的时间是t=3.5T=1.4π×10-6s=4.4×10-6s

答：（1）微粒在平行板间运动的速度为5×105m/s；

（2）要使进入第一象限的微粒不能通过AO边界，则匀强磁场B2的磁感应强度大小应满足≥0.9T；

（3）若匀强磁场B2和B3的磁感应强度大小为0.60T，求微粒从Q点进入第一象限开始．第6次通过A0边界线时的点到原点O的距离L和经过的时间4.4×10-6s．

设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg=mrω02，

解得：ω 0=

（1）因为ω 1=＜ω 0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即FT1=0．

答：当转盘的角速度ω1=时，细绳的拉力FT1为0．

（2）因为ω 2=＞ω 0，所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力FT2，由牛顿第二定律得

FT2+μmg=mω 22r，

解得 FT2=

答：当转盘的角速度ω2=时，细绳的拉力FT2为．

（1）由于人无碰撞进入圆弧轨道，即人落到A点时速度方向沿A点切线方向，则：tanα===tam53°．

又由h=gt2得t==0.4s．

而vy=gt=4m/s．

联立以上各式得v0=3m/s．

根据动能定理：W=mv02=270J            

（2）设人与吊篮运动到最低点C的速度为Vx，由机械能守恒，有

mvx2-mv02=mg[h+R(1-cos53°)]        

在最低点C，据牛顿第二定律，有FN-mg=m．

代入数据解得悬绳的拉力为：FN=1580N      

答：（1）传送带对唐旺所做的功是270J．

（2）当唐旺运动到最低点C时，吊篮悬绳的拉力为1580N．

P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用

电场力F=qE=0.3N

重力G=mg=0.3N                           

可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡．

故相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动；

（2）P在磁场中受洛伦兹力提供P作圆周运动的向心力

故有qvB=m                                                 

得P做圆周运动的半径R=          ①

周期T==

代入数据得T=12s

由已知条件，有t=1.0s=T

故如下图所示：

P的轨迹圆心角θ=30° 

由右图可知，轨迹半径R===0.4m

结合①式得v=0.2m/s

（3）P和Q碰撞时，系统动量守恒，有

mv0=mv+mQvQ

代入数据可解得vQ=0.6m/s                  

碰撞后Q水平方向只受摩擦力作用，应用牛顿第二定律，有

μmg=ma

得a=0.8m/s2      

因为Q在摩擦力作用下做匀减速直线运动，取速度为正方向，故加速度a=-0.8m/s2          

则Q停下前运动时间t′==s=0.75s                               

由于t′＜t，说明P离开电、磁场时，Q已经停下    

故位移x==m=0.225m

即Q停留在右方距初始位置0.225m处．

答：（1）通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做匀速圆周运动；

（2）P从电、磁场中出来时的速度v=0.2m/s；

（3）P从电、磁场中出来的时刻，Q停留在右方距初始位置0.225m处．

（1）小球在最低点时，根据牛顿第二定律得

         FB-Mg=M

       代入解得FB=21N 

  又根据牛顿第三定律：小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球恰好到达最高点A时，

     Mg=M                  ①

小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得

    Mg（2R+x）+M=M  ②

联立①②，代入解得   x=15m

（3）设小球对轨道B、A两点的压力大小分别为FB、FA．

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得

    A点：Mg+FA=M         ③

    B点：FB-Mg=M         ④

又Mg（2R+x）+M=M  ⑤

△FN=FB-FA ⑥

联立③④⑤⑥得

△FN=x+6 

作图象如图．  

答；

（1）小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值为15m．

（3）小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象如图所示．

方法一

物体恰能通过圆轨道的最高点，

有mg=m

重力势能的减少量：△Ep=mg（h-2R）

动能的增加量：△Ek=mv2

根据机械能守恒，有△Ep=△Ek，

即  mg（h-2R）=mv2                                 

解得  h=R．

答：物体应从离轨道最低处R的地方由静止开始滑下．

方法二

物体恰能通过圆轨道的最高点，

有mg=m

只有重力做功：WG=mg（h-2R）

动能的改变量：△Ek=mv2

根据动能定理：WG=△Ek

即  mg（h-2R）=mv2

解得  h=R．

答：物体应从离轨道最低处R的地方由静止开始滑下．

（1）在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N

在最低点B，有Fmax=m+mg=0.510N

从A到B，滑块机械能守恒，有mgR（1-cosθ）=mv2．

解得：m=0.05kg．

（2）完成一次全振动的时间为一个周期，由图乙得小滑块做简谐振动的周期：T=s

根据T=2π解得：R=0.1m

答：（1）小滑块的质量为0.05 kg；（2）容器的半径为0.1 m

（1）粒子运动的轨迹如图：

则圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得Rsinθ=

解得：R=

（2）由v0t=（2π-2θ）R

得：t=

（3）洛伦兹力提供向心力：qv0B=

解得R=②

联立 ①、②两式，解得=

答：（1）带电粒子在磁场中运动中的轨道半径R=；（2）带电粒子在磁场中的运动时间t=；

（3）该带电粒子的比荷=．

（1）小球在C点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定是向左的，与电场方向相同，如图所示．因此小球带正电荷．

    Ncosα=qE，Nsinα=mg

解得，小球带电荷量为  q=．

（2）小球从A点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛仑兹力f，但洛伦兹力不做功．在A到C的过程中，电场力和重力的合力做正功，从C到最低点的过程中，电场力和重力的合力做负功，由动能定理则知，小球通过C点时速度（设为v）最大，

由动能定理得：mv2=mgRsinα-qER（1-cosα）           

通过C点的速度   v=

（3）设小球经过最低点时的速度大小为V，

由动能定理得：mgR-qER=mV2

小球在最对低点：N-mg-qBV=m

所以小球对轨道的压力大小为：

   N=3mg+qB-2qE=mg+

答：（1）求小球带正电荷，电荷量是．

（2）小球在圆弧轨道上运动时的最大速度为．

（3）小球运动至圆形轨道最低点时，小球对轨道的压力为mg+．