热门试卷

小球的受力如图，根据合成法知电场力F=mgtan30°，

则电场强度E===N/C=×107N/C．

答：这个匀强电场的电场强度为×107N/C．

（1）根据动能定理得，mgL（1-cosα）=mv2

      代入数据，则v=m/s

T-mg=m，则T=mg+m=10+1×N=20N

故乙物体摆到最低点的速度为m/s，此时绳子的拉力为20N．

（2）物体摆到最低点时绳子的拉力F1=20N

物体摆到最高点时有：mgcosα=F2=5N．

对甲物体有：F1=fm+m甲gsinθ

           F2+fm=m甲gsinθ

联立两式解得：fm=7.5N，m甲=2.5kg

（3）最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则有fm=μmgcosθ

所以μ==≈0.35

故斜面与甲物体之间的动摩擦因数μ为0.35．

带电粒只受洛仑兹力，做匀速圆周运动

洛仑兹力用来提供向心力：

B0v0q=m

∴R=

根据几何知识，∠OAD=30°，所以∠OAB=60°

离开磁场的距离：

OB=2Rsin300=R=

离开磁场的速度方向与x轴正向成300斜向下．

答：该带电粒子离开磁场的位置：离O点的位移为；以及方向与x轴正向成300斜向下．

（1）油滴作匀速圆周运动，可确定重力与电场力平衡mg=QE，

因电场力    F=QE                                                     

方向竖直向上，所以油滴带负电                                         

根据左手定则可确定油滴顺时针方向绕行．

电量大小Q=

又据QvB=m                                      

得v=                                         

（2）分裂为相同的两滴后，根据其中一滴仍作匀速圆周运动，即电场力与重力仍平衡，则v=

因为R=3r，可知它的速度v1=3v …①

分裂前后动量守恒有：mv=mv1+mv2…②

联解①②得     v2=-v                        

所以另一滴也沿顺时针方向作匀速圆周运动，轨道半径、速率均与原油滴相同                                  

但A为轨道最高点，即与原轨道相切．

运动轨迹如图所示

设小球在AB段运动的加速度为a，则

小球从A到B过程有：SAB=

VB

2a

2----（1）

小球从B到C过程有：-mg2R=mVC2-mVB2----（2）

小球在C处，恰能做圆周运动，有：mg=m

VC

R

2------（3）

小球从C到A做平抛运动，有：SAB=VCt---（4）

2R=gt2--（5）

联立以上方程组，得a=g　

答：小球在AB段运动的加速度为g

（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为v0，

对粒子加速过程由动能定理得qU0=mv02-0，

进入偏转电场后，加速度a=，

设运动时间为t，则有L=v0t，

只有t=时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最大

y=at2=L；

（2）t=时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度．

设粒子进入磁场时的速度为v，y=L=×d=d，Uy=y=U0，

对粒子的偏转过程，由动能定理得：qU0=mv2-mv02，解得：v=；

在磁场中做圆周运动的半径为R==；

如图所示，设环带外圆半径为R2，由数学知识可得：（R2-R）2=R12+R2，解得R2=L；

所求d=R2-R1=（1-）L；

（3）微粒运动轨迹如图所示，

微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T1=，

设粒子离开电场时偏转角为θ，则tanθ=，解得：θ=30°，

由几何关系可知微粒运动时间轨迹对应的圆心角为：φ=120°，

此过程微粒运动的时间为t=，

由图可知微粒在磁场中运动的时间：

t′=+T1+=T1==；

答：（1）粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离是L；

（2）若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，环带磁场的最小宽度是（1-）L；

（3）该粒子在磁场中运动的时间为．

（1）由向心加速度公式得，孩在最低点时的加速度大小：a===2（m/s2）

（2）以小孩为研究对象，受力分析如图，可得：

     F-mg=ma

即小孩所受的支持力大小：F=mg+ma=25×10+25×2=300 （N） 

答：（1）小孩在最低点时的加速度大小是2m/s2；

（2）最低点时小孩所受的支持力大小是300N．

（1）设板间距为d，t=0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动

在沿电场方向上   =t2…①

粒子离开电场时，沿电场方向的分速度vy=t…②

粒子离开电场时的速度 v=…③

粒子在电场中的偏角为θ，tanθ=…④

由①②③④得   v==1.4×105m/s

  tanθ==1

得 θ=45° 

（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期

  qvB=m   

  T=                 

则得周期 T==2×10-6s

不同时刻释放的粒子在电场中的偏角θ不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，θ角越大的进入磁场中的偏角越大，运动时间越长．

t=0时刻释放的粒子，在电场中的偏角为0°，在磁场中运动的时间最短 t1==1.0×10-6s；

t=0.1s时刻释放的粒子，在电场中的偏角最大为45°，在磁场中的运动时间 t2==1.5×10-6s

而其它时刻释放的粒子，在电场中的偏角介于0°和45°之间．因此，粒子在磁场中运动的时间介于1.0×10-6s和1.5×10-6s之间．

答：

（1）t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小为1.4×105m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下．

（2）从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别为1.0×10-6s和1.5×10-6s．

（1）由题意可知 qE=mg       

t=0 到t=1s过程中，对物体有

2mgsinθ-2μmgcosθ=ma               

t=1s到t=2s过程中物体做匀速直线运动，所以

VB=at0=2gsinθ-2μgcosθ               

其中t0=1s

（2）物体在t=2s到t=3s做匀加速直线运动，加速度为

a'=2gsinθ                        

在t=3s到t=4s做匀速圆周运动，周期为T==1s

刚好完成一周，在t=4s到t=5s继续以a'做匀加速运动到D点，则

S2-S1=a't02

解得：sinθ=

（3）物体运动到D点时速度为

VD=VB+a'•2t0=6gsinθ-2μg cosθ       

离开D点后做匀速圆周运动，半径为R，轨迹如图，则qBVD=

由几何关系可知 =tan

联立解得L=(3sinθ-μcosθ)tan

答：（1）若轨道倾角为θ，求物块滑动到B的速度大小为2gsinθ-2μgcosθ．

（2）倾角θ的三角函表达式为sinθ=（用S1、S2、g表示）；

（3）F点与H点的间距L为(3sinθ-μcosθ)tan．

如图所示，当小球下落到C点，细绳偏下与水平成θ角，细绳张紧，小球速度

v==．

v垂直于细绳方向的分量

v1=vcosθ=．

从C到B，机械能守恒，设到B点时的速度为vB

则

m=m+mg(l-lsinθ)

得

F合==+2mg(1-sinθ)=()2+2mg(1-sinθ)=mg．

在B点应用牛顿第二定律

T-mg=

解得

T=mg+=mg+mg=mg

即小球落到悬点正下方的B点时对细线的拉力为mg．

（1）在甲轨道最高点，

由牛顿第二定律得：mg=m，

从C点到最高点过程中，

由动能定理得：-2mgR=mv12-mvC2，

在C点由牛顿第二定律得：FC-mg=m，

解得：vC=，FC=6mg，

由牛顿第三定律得，小球在C点对轨道的压力FC′=FC=6mg；

（2）小球在乙最高点，

由牛顿第二定律得：mg=m，

从D到最高点过程中，由动能定理得：

-2mgr=mv22-mvD2，解得：vD=；

从C到D过程中，由动能定理得：

-μmgsCD=mvD2-mvC2，

解得：sCD=；

答：（1）进入甲轨道最低点C对轨道的压力为6mg；

（2）CD段的长度为．

（1）A、B两球组成的系统机械能守恒，有：

m1gR（1-cos60°）=m2gR

解得m1=2m2．

（2）若m1=3m2，设A滑动最低点a时的速度为vA，B的速度为vB．

vB=vAcos30°

根据系统机械能守恒定律得，

m1gR（1-cos60°）-m2gR=m1vA2+m2vB2

解得vA=0.8m/s．

（3）当A的速度减为零，B上升的高度最高．

根据系统机械能守恒定律得，

m1gR（1-cos60°）=m2gh

解得h==0.36m．

答：（1）为使A能沿圆弧下滑到a点，m1与m2之间必须满足m1=2m2．

（2）A的速度大小为0.8m/s．

（3）B能上升的最大高度为0.36m．

（1）由题意：小球恰好通过最高点C时，对轨道压力N=0，此时L最小．

mg=m

vc=

从A到C机械能守恒，mgLsinθ=mg(2R)+m；

∴L=R

（2）落到斜面上时：

水平方向有：X=vct               

竖直方向有：y=gt2

tanθ=

解得：x=(-1)R

答：（1）欲使小球能通过半圆轨道最高点C，落到斜面上，斜面AB的长度L至少为R；

（2）在上述最小L的条件下，小球从A点由静止开始运动，最后落到斜面上的落点与半圆轨道直径BC的距离，x为(-1)R．

解析：

（1）从题设数据中，可以发现微粒重子与电场力和洛伦兹力相比太小，应忽略不计．带电微粒从O点射入磁场后，运动轨迹如图所示．

微粒在磁场中运动过程中：

由qv0B=m得 r==0.2m

故第一次离开磁场区时的位置A点位置坐标为（0.2m，0.2m）

（2）当微粒从C点离开磁场区时，速度方向竖直向下，在电场力作用下做类平抛运动到达D点，则：

解得微粒从C到D过程中运动时间为：tCD=1×10-2（s）

D点的纵坐标y=0.4（m）

故带电微粒第一次越过y轴时的位置坐标为（0，0.4m）

（3）微粒在磁场中做圆周运动的周期为T=

则微粒在磁场运动的总时间：tOA+tAC=T+T=1.57×10-2（s）

微粒在电场中运动时间：tAB=2==2×10-2（s）

故微粒从O点射出到第一次越过y轴时所经历的时间t=tOA+tAB+tAC+tCD=4.57×10-2（s）

答：（1）带电微粒第一次离开磁场区时的位置坐标为（0.2m，0.2m）

（2）带电微粒第一次越过y轴时的位置坐标为（0，0.4m）

（3）带电微粒从O点射出到第一次越过y轴时所经历的时间是4.57×10-2（s）