热门试卷

根据线速度和角速度的关系得：线速度v=ωR

物体做匀加速直线运动，a==

根据牛顿第二定律得：

mg-F=ma

解得：F=m(g-)

故答案为：ωR；m(g-)．

（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律，得

mv0=3mvB

由此解得

vB=v0

即当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为v0．

（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=mvB+2mvA

m=m+2×m

解得

vB=-v0

vA=v0（三球再次处于同一直线）

另一组解为

vB=v0

vA=0（为初始状态，舍去）

所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为vB=-v0（负号表明与初速度反向）

（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零．设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得

mv0=2musin

m=2×m

另外，EKA=mu2

由此可解得，小球A的最大动能为EKA=mv02，此时两根绳间夹角为θ=90°

即运动过程中小球A的最大动能EKA为mv02、此时两根绳的夹角θ为90°．

（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为

v=|vA-vB|

所以，此时绳中拉力大小为：

F=m=m

即当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小为m．

（1）b球在电场力作用下加速，由动能定理得：qEh=m

 则b球的比荷为=（2）b球运动到原点后，只在磁场力作用下，在水平面上做匀速圆周运动，有：qv0B=m

得：R= 

b球圆周运动的周期为 T===

b球只能与a球相遇在图中的S处，相遇所需时间为：

t=（k+）T=（k+），（k=1，2，3，…） 

（3）a球从O点开始运动到S点，与b球相遇所用时间为：t′=t1+t

由h=t1得：t1=

a球通过的位移为：OS=2R

由v=

可得a球的速度为：v=

则撤去电场时，a球在x轴上的坐标为：x0=vt1=

球的位置为（，0）（k=1，2，3，…）

答：（1）b球的比荷为；

（2）从b球到达原点O开始至b球与a球相遇所需的时间是，（k=1，2，3，…）；

（3）撤去电场时，a球的位置坐标是（，0）（k=1，2，3，…）．

小球由静止开始下滑的过程中，由动能定理得

    mgR+qER=mv2 ①

小球经过最低点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有

   N-mg-qE=m  ②

联立①②得，轨道对小球的支持力N=3（mg+qE），则由牛顿第三定律知，小球经过最低点时对环底的压力N′=N=3（mg+qE）．

答：小球经过最低点时对环底的压力为3（mg+qE）．

不同意；

甲同学在求V0时，认为小球在B点的速度为零，这是错误的，在B点VB有最小值．

正确的解法是：mg=m①

-2mgR=m-m②

联立①、②求解得：v0=

乙同学在计算中漏掉了重力，应为：FN-mg=m③

将FN=4mg代入解得：vA=

设摩擦力做得功为Wf，小球从B→F→A的过程中由动能定理可得：2mgR+Wf=m-m④

解得：Wf=-mgR

故小球从B→F→A的过程中克服摩擦力做得功为Wf=mgR．

答：小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功mgR．

（1）当物块从A滑向B时，设在B点撤去F时速度大小为vB．

根据动能定理得：Fs=m

得 vB=5m/s

（2）小物块从B到D点瞬间，由动能定理得：

-mg•2R=m-m

解得：vD=3m/s

根据牛顿第二定律得：

  FD+mg=m

解得：FD=12.5N  

由牛顿第三定律知压力大小为FD′=FD=12.5N

（3）物块通过D点后做平抛运动，有：

 2R=gt2

 x=vDt

解得：x=1.2m

答：（1）撤去力F时小物块的速度大小是5m/s；

（2）小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小是12.5N；

（3）小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小是1.2m．

（1）小球自由下落到管口B处，机械能守恒

mg•4R=mvB2                       

小球在管中运动过程的速度逐渐减小，说明小球所受重力和电场力的合力方向水平向左．设电场力的竖直分力为Fy、水平分力Fx，

Fy=mg（Fy方向竖直向上）           

小球从B运动到C过程，由功能关系有

Fx•2R=m(vB2-vC2)                 

小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，轨迹经过A点，则

y=4R=vCt                        

x=2R=×t2                     

联立解得Fx=mg                         

电场力的合力方向与水平方向成θ角，则

tanθ==1                    

小球带正电，匀强电场的方向与电场力方向相同，因此所加匀强电场的方向向左上方，与水平方向间的夹角

θ=45°                          

小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的压力N提供，设压力N的方向向左，即

=Fx+N                      

解得：N=3mg（方向向左）          

小球经过管口C处时，对圆管的压力

N′=3mg（方向向右）  

答：（1）匀强电场的方向向左上方，与水平方向间的夹角为45°；

（2）小球经过管口C处时对圆管的压力为3mg，方向向右．

（1）F电=qE=8×10-3N

F电=mg                 

所以微粒做匀速圆周运动

qvB1=m

 R1=0.6m            

周期T==10πs                  

从乙图可知

0--5πs      匀速圆周运动R1＜   

微粒运行半个圆周后到点C：

XC=-0.8m，yc=2R1=1.2m

5πs--10πs   向左做匀速运动，位移大小s1=v==1.8m

运动到D点：xD=-2.6m，yD=1.2m

10πs--15πs（s）  微粒又做匀速圆周运动

运动到E点：xE=-2.6myE=4R1=2.4m

此后微粒做匀速运动到达A点：yA=4R1=2.4m          

轨迹如图所示

从P到A的时间：t=15π+tEA 或者t=2T+

所以：t≈67s                                 

（2）微粒进入圆形磁场做匀速圆周运动的半径为R2==0.6m    

设轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则tan==         

M点：xM=r+=0.3+（m）               

由数学知识可得：tanθ==

所以：xM=2.1m                                     

（3）微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，必须入射点与出射点连线为磁场圆的直径

则圆形磁场应沿y轴负方向移动0.15（m）                     

因为R2=2r

所以最大偏转角为θ′=60° 

答：（1）A点的坐标yA及从P点到A点的运动时间67s；  

（2）M点的坐标×x为2.1m；

（3）要使微粒在圆磁场中的偏转角最大，应圆形磁场应沿y轴负方向移动0.15（m），

且计算出最大偏转角为60°．

（1）粒子在电场与磁场中做直线运动，速度会引起洛伦兹力的变化，因此微粒必做匀速直线运动，所以洛伦兹力与电场力相平衡．则有

B1qv=qE 

解之得：v==m/s=103m/s，

根据左手定则可得运动的正电荷所受洛伦兹力方向为：垂直于初速度方向向上，所以电场力的方向与洛伦兹力方向相反，即垂直于速度方向向下．

（2）粒子在磁场B2区域内做一段圆弧运动，画出微粒的运动轨迹如图．则有：微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，

即Bqv=m

，

再 由几何关系可知粒子在第一象限内做圆周运动的半径为　　R=m　　　　　  

解之得　B2=T．

（3）由图可知，磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内．

由几何关系易得PD=2Rsin60°=0.2m　　　　 

PA=R(1-cos60°)=m　　　

所以，所求磁场的最小面积为S=PD×PA=0.2×m2=m2．

（1）设质子在电场中的运动时间为t1，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，画出粒子的运动轨迹，根据平抛运动的推论可知，速度方向的反向延长线通过水平位移的中点，则

dcosθ=v0t1tanθ=

解得：v0=

根据几何关系得：

xs=-d[1+（cosθ）2]

ys=-dsinθcosθ

质子源s位置的坐标为（-d[1+（cosθ）2]，-dsinθcosθ）．

（2）设质子在磁场中运动轨迹的半径为R，画出粒子的运动轨迹如图所示，

则根据几何关系有：

r=Rcos

Bqv=，

v==

解得：

r=cos

（3）设在磁场中运动的时间为t2，从出磁场到y轴的时间为t3，则

t=t2+t3其中t2=T=    

 t3==cos

所以t=t2+t3=[π-θ+]

答：（1）质子的初速度v0，为，质子源s位置的坐标为（-d[1+（cosθ）2]，-dsinθcosθ）．

（2）圆形磁场的最小半径r为cos．

（3）质子从射入磁场到再次回到x＜0的电场区域所经历的时间t为[π-θ+]．

（1）当小球在圆上最高点时，根据牛顿第二定律得

    F1+mg=m

得到  F1=m-mg=0.5（-10）N=15N

（2）当小球在圆下最低点时，

   F2-mg=m

得到   F2=mg+m=0.5（10+）N=45N

答：

（1）当小球在圆上最高点速度为4m/s时，细线的拉力是15N；

（2）当小球在圆下最低点速度为4m/s时，细线的拉力是45N．

（1）设滑块与N点的距离为L，

分析滑块的运动过程，由动能定理可得，

qEL-μmgL-mg•2R=mv2-0

小滑块在C点时，重力提供向心力，

所以 mg=m

代入数据解得 v=2m/s，L=20m．

（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，

qE（L+R）-μmgL-mg•R=mvP2-0

在P点时由牛顿第二定律可得，

N-qE=m

解得N=1.5N   

由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．

（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，

由2R=gt2可得滑块运动的时间t为，

t===0.4s，

滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，

由牛顿第二定律可得 qE=ma，

所以加速度 a=2.5m/s2，

水平的位移为 x=vt-at2

代入解得 x=0.6m．

滑块落地时竖直方向的速度的大小为vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，

水平方向的速度的大小为 vx=v-at=2-2.5×0.4=1m/s，

落地时速度的大小为v地===m/s．

答：（1）滑块与N点的距离为20m；

（2）滑块通过P点时对轨道压力是1.5N；

（3）滑块落地点离N点的距离为0.6m，落地时速度的大小为m/s．

（1）根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，．若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为：

EP=Mgh                  ①

以v表示空间站在近圆轨道上的速度，有牛顿第二定律得：

Mg= M                ②

其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则：

r=R地+h                     ③

由②③可得空间站在近圆轨道上的动能为：

EK=Mg(R地+h)        ④

由①④可得，在近圆轨道上的机械能为：

 E=Mg(R地+h)     ⑤

在坠落过程中，用于销毁部分所需能量为：

Q汽=（M-m）μ                 ⑥

用于残片升温所需能量：

Q残=cm△T                ⑦

残片的动能：

E残=mv2            ⑧

以E′表示其他方式散失的能量，则有能量守恒得：

E=Q汽+E残+Q残+E/  ⑨

故散失能量E′的公式为：E/=Mg(R地+h) -(M-m)μ-mv2-cm△T．

（2）以题给数据代入得：

E′=2.9×1012J

故E′的数值为：E′=2.9×1012J．

带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子进入磁场时的速度大小为v，速度方向与y轴的夹角为θ，如图所示，则：

vy=•=v0

故

v==v0

cosθ==，θ=45°；

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：R=

要使带电粒子能穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件为：d＜（1+cosθ）R

即：d＜

答：要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为d＜．