热门试卷

解析：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为vm

则有：m1gsin α-F安=0

F安=ILB1，I=，

所以 解得最大速度：vm=10 m/s

（2）电路的电动势：E=BLV，I=

整个电路消耗的电功率：P=I2 R，

所以：P=100 W

（3）金属棒匀速运动时，两板间电压U=IR2=15V，

由题意知液滴在两板间有：m2g=q，

所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，

当液滴恰从上板左端边缘射出时：

r1=d=，

所以：v1=0.5 m/s；

当液滴恰从上板右侧边缘射出时：r2==，

所以v2=0.25 m/s

初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．

答：（1）金属棒最终的速度为10 m/s

　（2）R2上消耗的电功率P为100 W　

（3）初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．

（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，qE=mg  ①

 得q=   ②

 小球带正电．

 （2）小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r．

 有：qvB=m  ③

 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，有：mg=m  ④

 由③④得：r=⑤

 PO的最小距离为：y=2r=2⑥

 （3）小球由O运动到N的过程中机械能守恒：mg•2R+mv2=⑦

 由④⑦得：vN==⑧

 根据运动的独立性可知，小球从N点进入电场区域后，在x轴方向以速度vN做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，则沿x轴方向有：x=vNt⑨

 沿电场方向有：y=at2⑩

 a===2g⑪

 t时刻小球距N点：s==6R

（1）由于带电质点在匀强电场E0和匀强磁场B0共存的区域做匀速圆周运动，

所以受到的电场力必定与重力平衡，

即      qE0=mg                        

根据牛顿第二定律和向心力公式

   qv0B0=m                           

解得     B0=            

磁感应强度B0为竖直向上或竖直向下．

（2）磁场B和电场E方向相同时，如答图1甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如答图1乙所示．

由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知

(qv0B)2+(qE)2=(mg)2

解得                             E=              

图中的θ角为                  θ=arcsin                      

即电场E的方向为沿与重力方向夹角θ=arcsin且斜向下的一切方向，

或θ=arctan=，且斜向下方的一切方向．               

（3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向既垂直初速度v0的方向也垂直电场E的方向．

设空中M、N两点间的竖直高度为H，因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律得

m v2=mgH+m v02                      

解得     H=                          

因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度大小为                  

  vN=                          

又因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，

解得  PN=qv0BvN=qv0B   

答：（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，则磁感应强度B0的大小及所有可能的方向为竖直向上或竖直向下；

（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，则此时电场强度E的大小 E=       方向应满足的条件为电场E的方向为沿与重力方向夹角θ=arcsin且斜向下的一切方向，或θ=arctan=，且斜向下方的一切方向．      

（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，则M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率为=qv0B．

（1）在最低点学生受竖直先下的重力mg、秋千板对学生竖直向上的支持力F，

由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：F=mg+m=50kg×10m/s2+50kg×=550N．

由牛顿第三定律得：学生对秋千板的压力F′=F=550N．

（2）以秋千在最低点所在的平面为零势面，在秋千由最低点到最高点的过程中，

由机械能守恒定律得：mv2=mgh，

解得h===0.2m

答：（1）（1）当他经过最低点时，对秋千板的压力是550N．

（2）秋千板能达到的最大高度是0.2m．

解；（1）因滑块恰能通过C点，即在C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用．

设滑块在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有

mg=m

解得vC==2.0m/s

（2）设滑块在B点时的速度大小为vB，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有 mvB2=mvC2+mg2R

滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有

FN-mg=m

联立上述两式可解得  FN=6mg=6.0N

根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6.0N

（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf，对于此过程，根据动能定律有  mgh-Wf=mvB2

解得Wf=mgh-mvB2=0.50J

答：（1）滑块通过C点时的速度大小为2m/s．

（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道的压力大小为6.0N．

（3）滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功0.50J．

（1）设物体的质量为m，由于物体恰能到达M点，

则在M点有 =mg

物体从B到M点的过程，

由动能定理有：-mgR(1+cos37°)=m-m，

联立以上两式可得，vB==8m/s

（2）由v-t图可知，物体在从A到B点的运动过程中的加速度为a=10m/s2

由牛顿第二定律有，-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma

物体与斜面间的动摩擦因数为μ==0.5

（3）物体在从A到B的运动过程中，

初速度vA=16m/s，

由运动学公式-=2ax

解得：x==9.6m

答：（1）物块经过B点时的速度8m/s；

（2）物块与斜面间的动摩擦因数0.5；

（3）AB间的距离9.6m．

（1）设物块滑至P点时的速度为v，

由动能定理得：mgR=mv2-0，解得：v=，

设物块到达P点时，轨道对它的支持力大小为N，

由牛顿运动定律得：N-mg=m，

解得，N=3mg，由牛顿第三定律得，物块对轨道压力的大小N′=N=3mg；

（2）第一种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，

停在距Q为l的地方．设该点为O1，物块从M运动到O1的过程，

由动能定理得：mgR-μmg（s+l）=0-0，解得：μ=；

第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，

返回水平轨道，停在距Q为l的地方．设该点为O2，物块从M运动到O2的过程，

由动能定理得：mgR-μmg（2s+s-l）=0-0，解得：μ=；

答：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小为3mg；

（2）物块与PQ段动摩擦因数μ可能为或．

（1）设电子射出电场时的速度为v，根据动能定理有：eU=mv2；

解得：v=；

（2）以电子为研究对象，根据动量定理有：I=0-mv；

解得：I=；

根据牛顿第三定律，电子对荧光屏的冲量大小为I，=I=；

（3）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律有：Bev=m；

电子在磁场中偏转的半径R和r有以下关系：tan=；

同时tanα=；

代入 B=；

解得：L=10r；

答：（1）电子飞出电场时的速度为；

（2）每个电子以的冲量冲击荧光屏；

（3）PQ间距L为10r．

（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得

    R+Rsin30°=

解得  R=×12cm=0.08m

由qvB=m得  v=

代入解得  v=104m/s

（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有

   t=×=1.6×10-5s

（3）粒子在电场中运动时，由动能定理得 qEd=mv2

则得E==5×103V/m

答：（1）粒子在磁场中运动的速度v是104m/s；

（2）粒子在磁场中运动的时间t是1.6×10-5s；

（3）匀强电场的电场强度E是5×103V/m．

（1）A球能做圆周运动，必须有：Eq=mAg

  E==17N/C，电场强度方向竖直向上

（2）A球在MNPQ区域运动时间相等，必须从边界MN飞出，

如图所示，最大半径满足：R′cosθ+R′=hcosθ

A球做匀速圆周运动有：BqvA=

解得：vA=0.4m/s

依题意，A球速度必须满足：0＜vA≤0.4m/s

（3）AB相碰后，A做匀速圆周运动，半径R=h

由BqvA=mA得 vA=0.9m/s

B球做平抛运动，设飞行的水平距离为x，时间为t，有：

  x=vB0t

  h-xtanθ=gt2

 vB0=vytanθ=gttanθ

得vB0=3m/s

对于碰撞过程，由动量守恒定律得：

 mAvA0=mAvA+mBvB0

解得，mB=0.119Kg

答：

（1）电场强度的大小为17N/C，电场强度方向竖直向上；

（2）A球速度必须满足：0＜vA≤0.4m/s．

（3）B球的质量为0.119Kg．

（1）探月飞船作圆周运动所需的向心力由月球对探月飞船的万有引力提供

所以：G=m

解得v=

（2）因探月飞船从月球表面发送到H高处的过程中月球的引力为变力，故克服引力所做的功不等于mgH，所以该同学的方法不正确；

由引力势能定义可知探月飞船从月球表面发送到H处引力势能的改变量△EP=(-G)-(-G)=GMm

由能量守恒定律可知，将探月飞船从月球表面发送到H处所需的能量为：E=mv2+△Ep=m+=

答：（1）飞船在距月球表面H（H＞）高的环月轨道运行时的速度v为；

（2）将飞船从月球表面发送到上述环月轨道的能量至少为．

（1）质点从P1到P2，由平抛运动规律得

  h=gt2，得t=

  则2h=v0t，得v0==

    vy=gt=

故粒子到达P2点时速度的大小为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，

且有qvB=m

根据几何知识得：（2R）2=（2h）2+（2h）2，

解得 E=，B=

（3）质点进入第四象限，做类斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．当竖直方向的速度减小到0．此时质点速度最小，且等于v在水平方向的分量

则  vmin=vcos45°=，方向沿x轴正方向．

答：（1）粒子到达P2点时速度的大小是2，方向与x轴负方向成45°角．

（2）第三象限空间中电场强度是，磁感应强度的大小是；

（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小是，方向沿x轴正方向．

（1）由动能定理得：eU=mv2 

设时间t内有N个电子打在荧光屏上，则有I=，

根据动量定理知：Ft=Nmv-0  

由上三式得：F=I

（2）当磁感应强度为B0或-B0时（垂直于纸面向外为正方向），电子刚好从b点或c点射出，设此时圆周的半径为R，如图所示．

根据几何关系有：R2=l2+(R-)2

解得：R=L  

电子在磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，

因此有：evB0=m

解得：B0=

（3）设电子偏离原来方向的角度为α，

根据几何关系可知：tanα=

设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则d=+s•tanα=+s

由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：D=2d=l+s

答：（1）荧光屏所受平均作用力：F=I；

（2）为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值：B0=；

（3）荧光屏上亮线的最大长度是L+s．