热门试卷

（1）油滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，若油滴带负电，电场力水平向右，由左手定则判断可知，洛伦兹力垂直于过M点的直线向下，三个力的合力不为零，油滴的速度将改变，洛伦兹力也将改变，油滴不可能做直线运动，故该油滴必定带正电，受力情况如图所示，油滴受三力作用沿直线做匀速运动．

（2）由平衡条件有 qvBcosα=mg，

解得 v=

（3）从M到N的过程中，洛伦兹力和重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得

-qEa=mv′2-mv2

又-qE=mgtanα

解得，v′=

答：（1）油滴带正电荷，因油滴受三力作用沿直线做匀速运动；

（2）油滴在M点运动的速率的大小 v=；

（3）油滴进入x＞0区域，若能到达x轴上的N点（在图中未标出），油滴在N点的速度大小是v′=．

（1）如答图所示，当粒子的速度大于与R1相对应的速度v1时，粒子将从dc边射出．

由几何关系可得：R1=L ①

由洛仑兹力和向心力公式可得：m=qv1B②

当粒子的速度小于与R2相对应的速度v2时，粒子将从ad边射出．

由几何关系可得：-R2=③

由③式解得：R2=④

由洛仑兹力和向心力公式可得：m=qv2B⑤

将①④式分别代入②⑤式可解得：v1=

v2=⑥

所以v0的取值范围是＜v0≤⑦

（2）粒子在磁场中运动的时间最长，其做圆周运动的圆心角必然最大，在答图中，当粒子的速度小于v2时，粒子从ad边的不同位置射出时，其半径虽不同，但圆心角的夹角都是×2π，所以粒子在磁场中的运动时间也是，此即粒子在磁场中运动的最长时间

由向心力和洛仑兹力公式可得：T=⑧

所以粒子运动的最长时间为：t=⑨

与粒子在磁场中运行最长时间相对应的v0的大小范围是：0＜v0≤

答：（1）若要使粒子能从ab边射出磁场，则v0的大小范围是＜v0≤；

（2）若要求粒子在磁场中运动的时间最长，此最长时间是：t=；与粒子在磁场中运行最长时间相对应的v0的大小范围是：0＜v0≤．

（1）根据牛顿第二定律得，

mg-N=m

解得N=mg-m=8000-800×N=7600N．

答：拱桥对汽车的支持力为7600N．

（2）当压力为零时，有：mg=m

解得v0==m/s=22.4m/s．

答：当汽车的速度为22.4m/s时，汽车对桥恰好没有压力而腾空．

：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，由题意得

：

在水平方向：Tsinθ=mω2Lcosθ

在竖直方向上：Tcosθ-mg=ma

代入解得：T=7.5N，ω=rad/s

答：小球的角速度为rad/s，摆线的拉力为7.5N．

（1）根据动能定理研究小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式

小球无初速度释放摆到最低点的另一侧的过程：

mgLcosθ-qEL（1+sinθ）=0-0=0     θ=30°

解得：E==  ①

（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程得：

mgL-qEL=mv2   ②

由①②得：v=③

（3）小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，

根据牛顿第二定律得

     F-mg=m  ④

由③④得：F==3mg-

（4）将电场力与重力合成F合=，由图可知，合力方向与竖直方向成30度角斜向右下，O′为对应的“等效最低点”．

在O'点产生最大加速度，对应最大拉力．  由几何关系得 α=60°．

根据动能定理研究O点到O'点，得：

mg•L-Eq•=m-0  ④

由①④得：=

小球在O'点时由重力、电场力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，

根据牛顿第二定律得

     Fmax-F合=m

Fmax=

答：（1）匀强电场的场强是

（2）小球到最低点的速度是

（3）经过最低点时，细线对小球的拉力是3mg-

（4）小球运动过程中线的最大张力是．

（1）由题意可知小球到达A点时电场力提供向心力即qE=

解得vA=

（2）从A到B的运动过程中，根据动能定理可得

  2qEr=mvB2-mvA2

在B点根据向心力公式可得NB-qE=m

联立以上三式得NB=6qE

根据牛顿第三定律可得小球对圆环在水平方向的作用力大小为6qE．

（3）若E=，由qE=mg．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D点时，动能最大，CD与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理得：

 从A→B：mgrcos45°+qE（1+sin45°）r=Ek-m

解得球最大动能为Ek=（+）mgr

答：

（1）求小环运动到A点的速度vA是；

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向上的作用力FB是6qE．

（3）若E=，小球最大动能为（+）mgr．

运动时最高点不超过D点（D点是与圆心O等高的环上的一点），对于这种情况：要物块不离开圆环，则vD=0，或到不了D点，

根据动能定理，则有：m-m=-μmgLAC-mgR

解得：v0≤2m/s

当运动到最高点B点时，则最高点的速度不能低于，才能不离开圆环，

对物块从C到B过程，根据动能定理，

则有： m-m=-μmgLAC-mghAB

代入数据，解得：v0≥6m/s，

综合所述，则有：v0≥6m/s 或 v0≤2m/s．

答：要求物块在圆环上运动的过程中不脱离圆环，那么对初速度V0有：v0≥6m/s 或 v0≤2m/s．

在小球的运动的过程中，由机械能守恒可得，

mgL（1-cosθ）=mv2，

所以小球通过最低点时的速度大小为v=，

在最低点时，对小球受力分析可得，

F-mg=m，

所以F=mg+m=mg+m=3mg-2mgcosθ，

所以轻绳对小球的拉力为3mg-2mgcosθ．

设小球的质量为m，绳子长度为l，绳子拉力的最小值和最大值各为F1和F2．

小球摆动至最高点时，绳子拉力最小

F1=mgcosθ                   ①

小球摆动至最低点时，绳子拉力最大

F2-mg=m                ②

摆动过程小球的机械能守恒

mvm2=mgh=mgl(1-cosθ)       ③

由①②③以上各式解得

cosθ=                  ④

由图可知F1=0.5N和F2=2.0N，代入④式可得

cosθ=0.5，即θ=60°               

答：绳子的最大偏角θ为60°．

（1）带电粒子在磁场中偏转．

由牛顿定律得qvB=m

所以r=

代入数据得r=m．

（2）带电粒子在磁场中的运动周期T===6.28×10-7s

运动的时间t1==1.57×10-7s

带电粒子在电场中运动的时间t2==s=2.83×10-7s

故粒子在电磁场偏转所用的总时间t=t1+t2=4.40×10-7s

（3）分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了周，下移了-1m，由对称性知粒子在方向向外的磁场中恰好沿逆时针运动了周，又下移了-1m，故

y1=-2（-1）=2-m          

粒子水平飞入电场：水平方向有：

x2=v0t2

竖直方向上满足：

y2=y1+a=2m     

如图所示．

答：（1）带电粒子在磁场中的运动半径为m；

（2）粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间为4.40×10-7s；

（3）粒子从直线x=-4到x=4之间的运动轨迹如图所示，轨迹与y轴和直线x=4交点的纵坐标为2m．

（1）设从A点射入的粒子由A点到A'点的运动时间为t，根据运动轨迹的对成称性可得：

x方向有：2L0=v0t得t= ①

y方向有：L0=（）2        ②

解得     E= ③

即从AC间入射的粒子穿越电场区域的时间t为，匀强电场的电场强度E的大小为 ．

（2）设到C点距离为△y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次到达x轴用时△t，水平分位移△x，

则△x=v0△t     ④

△y= （△t）2   ⑤

要粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须满足条件2l0=n•2△x（n=1，2，3…）      ⑥

联立③④⑤⑥解得：△y=L0 ⑦

故粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须是在AC间纵坐标为：

y=（-1）n，（n=1，2，3…）⑧

（3）当n=1时，粒子射出的坐标为y1=l0⑨

当n=2时，粒子射出的坐标为y2=- ⑩

当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图所示）．

y1、y2之间距离为  L=y1-y2= （11）

所以，磁场圆O1的最小半径R== （12）

若使粒子经磁场后汇集于直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点，分析知此点只能是答图中的Q点，且粒子在磁场中做圆周运动的半径等于磁场区域圆半径．    

由  qv0B=m （13）

联立（12）（13）得：B= （14）

即磁场区域的最小半径是，相应的磁感应强度B是．

答：（1）求匀强电场的电场强度为 ；

（2）y=（-1）n，（n=1，2，3…）位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动；

（3）磁场区域的最小半径是，相应的磁感应强度B是．

（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为vn，由动能定理  nqU=m   ①

第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rn，由牛顿第二定律 Bqvn=  ②

由以上两式解得 Rn==

则　==       

（2）由牛顿第二定律  =ma    ③

质子在狭缝中经n次加速的总时间  t1=        ④

联立①③④解得电场对质子加速的时间  t1=

质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T=    ⑤

粒子在磁场中运动的时间  t2=（n-1）    ⑥

联立⑤⑥解得  t2=

故质子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间

t=t1+t2=+

（3）设质子从D盒边缘离开时速度为vm 则：Bqvm=     ⑦

质子获得的最大动能为  EKm=m=      ⑧

所以，要提高质子被此回旋加速器加速后的最大动能，可以增大加速器中的磁感应强度B． 

（4）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为Ek′则：Ek′==Ekm    ⑨

联立⑧⑨解得  B1=B    即磁感应强度需增大为原来的倍                      

高频交流电源的周期T=，由质子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍．  

答：（1）质子经第1次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与第2次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；

（2）质子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间t=+；

（3）要提高质子被此回旋加速器加速后的最大动能，可以增大加速器中的磁感应强度B；

（4）若使用此回旋加速器加速氘核，即磁感应强度需增大为原来的倍，交流电源的周期应为原来的倍．

（1）对系统运用动能定理得，MgπR-mgR=（M+m）v2   

v=．

（2）根据牛顿第二定律得，mg-N=m．

N=mg-．

答：（1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度大小为．

（2）m到达A点时，对圆柱体的压力为mg-．

（1）小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的C端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着C点切线方向，

将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：

C点速度在竖直方向的分量：vy=v0tan45°=6m/s

竖直方向的分运动为自由落体运动，t==0.6s

水平方向做平抛运动，L=v0t=3.6m

（2）由机械能守恒定律，有

mvC2+mg(R-Rcos45°)=mvA2

根据向心力公式得：

FA-mg=

解得：FA=43.9N

（3）设小球能到达B点，根据机械能守恒定律，有

1

2

mv02+mg(h-R-Rcos45°)=mvB2

解得：vB=m/s＞

所以可以到达B点．

答：（1）小球抛出点D距圆轨道C端的水平距离L为3.6m；

（2）小球经过轨道最低点A时，受到轨道的作用力FA为43.9N；

（3）小球能到达最高点B．