热门试卷

（1）电子在偏转电场中的运动时间

  t==s=1.00×10-3 s     ①

对比乙图，电子在极板间的时间是偏转电压的一个周期

第一个t=5.00×10-4 s内，电子做类平抛运动，则有

 v⊥=t═60 m/s  ②

故v==m/s=1.0×102 m/s ③

（2）电子在磁场中的轨迹如图所示．由题粒子进入匀强磁场，最终垂直右边界射出，由几何知识得知，粒子在磁场中的偏向角等于在电场中的偏向角，设此偏向角为θ．

设电子在磁场中做圆周运动的半径为R．

电子离开电场时，有 sinθ=

在磁场中，有sinθ=

∴=  ④

得  R=l=×0.06m=0.1 m ⑤

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB=m⑥

得B==T=2.0×10-5 T    ⑦

答：

（1）粒子在磁场中运动的速率v是1.0×102 m/s；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径R是0.1m；

（3）磁场的磁感应强度B是2.0×10-5 T．

（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有

  mg=m--------①

在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v，则又有

   mV12=mg•2L+mV02-------------②

 由①②解得：V1=m/s   

滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对滑块由能的转化及守恒定律有mgh=μmg•+mV22，

因弹性碰撞后速度交换V2=m/s，解上式得 h=0.5m．

（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有

  mgh′=μmg•+mu2-----------------③

解得 u= m/s，

滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以 u= m/s 的速度开始作圆周运动，

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为V=m/s，

滑块最后停在水平面上，它通过的路程为 s′，同理有

  mgh′=μmg•s′+mV2--------------④

小球做完整圆周运动的次数为 n=+1-------------⑤

解④、⑤得s′=19m，n=10次．

答：（1）高度为0.5m，

    （2）小球做完整圆周运动的次数为10次．

（1）因为由A到B过程中电场力做正功，所以电势能减小．减小的电势能等于电场力做功：△EP=W=qEl

（2）小球运动到最低点的过程中，重力和电场力做功，由动能定理得：mgl+qEl=mv2-0

EK=mv2=mgl+qEl

（3）整理得：v=，即小球在最低点的速率．

在最低点由牛顿第二定律得：T-mg=m

将v代人公式，整理得：T=3mg+2Eq   

故最低点绝缘杆对小球的作用力T=3mg+2Eq．

答：：（1）电势能减小．减小的电势能等于电场力做功为W=qEl

（2）小球运动到最低点的动能为mgl+qEl

（3）在最低点时绝缘杆对小球的作用力为3mg+2Eq．

（1）要使粒子从静止开始能经过P点，其初始位置必须在匀强电场区域里，根据牛顿第二定律得：

    释放瞬间粒子的加速度为a=，方向沿y轴负方向．

（2）由于粒子从0＜x＜a区间某点由静止开始释放，轨迹如图．

由于粒子可能偏转一个、十个…半圆到达P点，由几何知识得

    a-x=2nR（n=1，2，3，…）①

设释放处距O的距离为y，则有

qEy=mv2 ②

又 qvB=m  ③

联立①②③得 y=(n=1，2，3，…)

答：

（1）释放瞬间粒子的加速度为，方向沿y轴负方向．

（2）释放点的坐标x、y应满足的关系式y=(n=1，2，3，…)．

（1）因为△Ek＜0，重力做正功，∴电场力做负功．小球带负电荷．

根据动能定理：

qUAB-mgh=mv12-mv22    ①

因为两极板间的电场为匀强电场，所以=，则UAB=                   ②

联立①②解得q=3.85×10-3C

（2）由向心力公式得，T-mg=m

解得T=mg+m=26.1N．

答：（1）小球带负电，电量为3.85×10-3C

（2）当小球在最低点时，细线中的张力为26.1N．

（1）小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：

mBg=mB，解得：vN=m/s；

小球从最低点运动到最高点的过程中，

由动能定理得：-2mBgR=mBvN2-mBvM2，

解得：vM=5m/s；

（2）以向右为正方向，从M到N过程，

由动量定理得：I=mBvN-mBvM=-（+1）N•s，方向向左；

（3）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：

mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=-2m/s；

碰撞过程中，由能量守恒定律可得：

损失的机械能为△E=mAv02-mAvA2-mBvB2=0.5J；

答：（1）碰撞后小球B的速度大小为5m/s；

（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量大小为（+1）N•s，方向向左；

（3）碰撞过程中系统的机械能损失为0.5J．

（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律  有　qvB=

运动周期T===π×10-6s

（2）离子运动时间t=×10-6s=T

根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，

转过的角度均为θ=×2π=　　　　　　

这些离子所在位置均在过坐标原点的同一条直线上，

该直线方程y=xtan=x

（3）离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动

根据牛顿第二定律  有qv0B=　　　

得：R==1m　

这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点（1，0）为圆心、半径R=1m的四分之一圆弧（从原点O起顺时针转动90°）上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积Smin=2×(-)=m2

答：（1）离子在匀强磁场中运动周期π×10-6s；

（2）离子所在位置构成的曲线方程y=xtan=x；

（3）调整后磁场区域的最小面积Smin=．

（1）因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统动量守恒．

 mv0=（M+m）v共

解得：v共==2m/s （2）小球和物块将以v共开始运动时，轻绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，

      F-（M+m）g=（M+m）

  所以F=（M+m）(g+)=15N

（3）小球和物块将以v共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以机械能守恒；设它们所能达到的最大高度为h，根据机械能守恒定律：

(M+m)v共2=(M+m)gh

解得：h==0.2m

答：（1）小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小为2m/s；

（2）小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值为15N；

（3）小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度为0.2m

根据牛顿第二定律得，N-mg=m，解得：N=mg+m=700+70×N=1260N．

所以压力大小为1260N．

当速度增大时，根据N的表达式知，支持力增大，则他对雪地的压力变大．

答：他在坡底时对雪地的压力为1260N，增大速度时，他对雪地的压力增大．

（1）粒子在磁场中匀速圆周运动，有 qVB=m

得：V=

又  V=

可得T=

所以  I==

（2）电荷A应为负电荷．否则不可能两次均绕A做圆周运动．

若库仑力F和磁场力同向，F+qV1B=m

则得 F=m-qV1B

若库仑力F和磁场力反向，F-qV2B=m

则得 F=m+qV2B

又 I1==

  I2==

则得△I=I1-I2

由以上可解得：△I=

答：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的线速度为，等效环形电流的电流大小为；

（2）A所带正电荷，△I的表达式为△I=．

粒子恰好没有到达M的轨迹如图，则：R=d

由洛伦兹力提供向心力：qvB=

得：v=

粒子只是在Ⅰ区内运动而没有到达Ⅱ区，粒子的速度应满足：v≤

又根据T=及t=

得：t=

（2）粒子经过Ⅱ区而且刚好能从x轴离开磁场的轨迹如图

依题意，有 qvB=及 qvB=

由几何关系得：=

整理得：v=

设此时粒子离开磁场的坐标为L，则L=2R1+2

联立以上3个公式，整理得：L=d

故粒子速度应满足：＜v≤

粒子到达x轴的坐标范围为：2d＜x≤d

答：（1）粒子的速度v满足：v≤粒子运动的时间：t=；（2）该情况下粒子的速度v又满足：＜v≤；粒子到达x轴的坐标范围为：2d＜x≤d

（1）对物体从开始运动到平台边缘的过程中运用动能定理得：

mv2-mv02=μmgs

解得：v=3m/s

（2）运动员离开平台后至A的过程中做平抛运动，则

在A点有：vy=vtan=4m/s

在竖直方向做自由落体运动，t==0.4s

（3）运动员在圆弧轨道做圆周运动，

由牛顿第二定律可得 N-mg=m

由机械能守恒得mv2+mg[h+R（1-cos53°）]=mvo2

解得N=129N

根据牛顿第三定律得：滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为129N．

答：（1）滑块运动到平台边缘时的速度为3m/s；（2）滑块从平台抛出到A点的时间为0.4s；（3）滑块运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力为129N

（1）离子进入磁场中做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：

　　qvB=m

解得最大半径Rm=

离子在磁场中运动的周期为T，则

T==

因为t=T，所以t时刻这些离子刚好转过90°角，设某一离子在此时刻的坐标为（x，y），则有

y=x，且0≤x≤

（2）离子以最大速度υm向x轴正方向发射时，将到达屏的最右端．  

L1==

离子与屏刚好相切时，将到达屏的最左端．

L2==

离子打在屏上的范围为-≤x≤

（3）将第（1）问中图中的OA段从沿-x轴方向顺时针方向旋转135°，在y轴上找一点C，以Rm为半径作圆弧，相交于O，则两圆弧及x轴所围成的面积即为所求的解，画出示意图如图．

由几何关系可求得此面积为

S=π•2+π-R2=(π-)

则：S=(π-)()2

答：

（1）这些离子所在位置的坐标y与x的关系式y=x，且0≤x≤．

（2）这些离子打在屏上的范围为-≤x≤．

（3）所有离子可能到达过的位置所组成区域的最大面积S=(π-)()2．

（1）设运动员离开O点时速度为v0，对运动员离开轨道O点时受力分析有：T-mg=m

得：v0=

代入数据解得：v0=10m/s；

（2）运动员从静止下滑至O点的过程中，由动能定理有：mgh+Wf=m

得：Wf=m-mgR

代入数据解得：Wf=-500J；

（3）设运动员落到A点时速度为v，运动员离开O点至落到雪道A点过程竖直下落高度H

则    H=gt2；

O点至A点过程机械能守恒　 m+mgH=mv2；

代入数据联立解得落到雪道上A点时速度的大小v=10m/s；

过程动量变化大小△P=mgt=1000N•m/s；

动量变化方向竖直向下．