热门试卷

（1）根据万有引力提供向心力：G=m-----①

得：M=--------------------------②

根据密度的定义得：ρ===------------③

（2）设同步卫星轨道半径为r，则：G=m()2r---------④

速度与周期的关系为v=---------------------⑤

由②④⑤式解得：v=---------------------⑥

答：（1）该行星的平均密度为；

（2）该行星的同步卫星的速度为．

（1）粒子进入磁场后做圆周运动的轨道半径为r，根据牛顿第二定律得

       qv0B=m

∴r==4×10-3m

（2）O、P连线与x轴之间的夹角为45°，由运动的对称性，粒子经两个四分之一圆弧到达P点，设圆周运动周期为T0，由T0=，得T0=

∴T==

（3）设两段圆弧的圆心OO的连线与y轴夹角为θ，P点的纵坐标为y，圆心O到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得

  y=2r+2rcosθ

  sinθ=

保证粒子在第一象限内运动，x≥r

当θ=300时，y取最大，

ym=（2+）r==4×10-3

答：

（1）粒子进入磁场后做圆周运动的半径是4×10-3m．

（2）若O、P连线与x轴之间的夹角为45°，磁场变化的周期T=．

（3）P点的纵坐标的最大值为4×10-3m．

（1）小物体在AB过程，由动能定理得：Fs-μmgs=mv2

代人数据解得：v=6m/s

（2）设小物块到达D点时的速度为vD．

因为小物块恰能到达D点

所以：mg=m

   vD==2m/s 

设重力和摩擦力所做的功分别为WG和Wf，由动能定理得：

 WG+Wf=m-m

 Wf=m-m+mg•2R=-9.6J        

所以在圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功为9.6J

答：

（1）撤去F时小物块的速度大小为6m/s；

（2）在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功为9.6J．

（1）小孩下摆过程中，机械能守恒，有

mgL（1-cosθ）=m

解得

v==5m/s

即小孩的速度为5m/s．

（2）小孩受重力和支持力的合力提供向心力，有

FN-mg=m

解得

FN=mg+m=400N

根据牛顿第三定律，小孩对秋千的压力与秋千对小孩的总路程相等；

即小孩对秋千板的压力为400N．

（1）滑块由D到B过程中，由动能定理得

      mgR=mvB2         

在B点，由牛顿第二定律得：F-mg=m

故解得vB=4m/s，F=30N                       

由牛顿第三定律知对圆弧的压力大小为30N，方向竖直向下．

（2）由B到C过程，由动能定理得：-μmgL=m-m

代入解得vc=2m/s

滑块由C点开始做平抛运动，由h=gt2得，t=

落地点与C点水平距离为s=vCt=vC=0.6m

答：

（1）小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧的压力大小为30N；

（2）小滑块落地点与C点的水平距离是0.6m．

（1）小球沿NP做直线运动，由平衡条件：

   即 mg=qvB1

得速度V=10 m/s          

（2）小球从M到N的过程中，由动能定理：

   mg R+qER=mv2

带入数据，得：E=4N/C      

（3）在板间复合场小球受电场力E==1N/C  与重力平衡，故小球做匀速圆周运动

设运动半径为R，由几何知识：

    R2=L2+（R-）2

 得R=5m                      

   由qvB2=         

   得：B2=0.2T

答：（1）小球运动到N点时的速度10m/s；

（2）水平向右的匀强电场电场强度4N/C；

（3）复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2为0.2T．

（1）M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，

所以圆心在C点，CH=QC=L，故半径R1=L

又因qvB=m

qUm=mv12

所以Um=

（2）设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在△AKC中：

sin45°=

所以R2=（-1）L

即KC长等于R2=（-1）L

所以CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，

x=HK=R1-R2=（-1）L

（3）打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：

T=

所以tm=T=

答：（1）两板间电压的最大值Um为；

（2）CD板上可能被粒子打中的区域的长度x为（-1）L；

（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm为．

（1）从A到O的运动过程中根据动能定理得：

mgR=mv2

解得：v=

设能脱离轨道的最小速度为v1

则有：mg=m

解得：v1=

R=gt2

 X=vot            

联立得：R≤x≤2R    

（2）如图所示，设滑块出发点为P1，离开点为P2，按题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，

设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是m=mgcosθ

由机械能守恒  2mgR（1-cosθ）=mv2

联立解得   cosθ=

答：（1）凡能在O点脱离滑道的小滑块，其落水点到O2的距离范围为R≤x≤2R；    

（2）小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的  cosθ=处．

（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：

qU0=mv2

代入数据，得：v=

又：d=v()，

联立以上两式，得：d=

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB=，

得：r=

使粒子不与极板相撞，则运动的半径r≥

联立以上两式，得：B≤

（3）粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，则从s1再次进入电场时的时刻是；粒子在左右磁场中的时间是相等的，故从右向左穿过电场的中间时刻是，通过与图乙比较，可以知道从右向左穿过电场时，前半段做减速运动，后半段做加速运动，前后对称．设粒子减速运动时间t时，位移恰好是，粒子受到的电场力：F=qE

电场强度：E=，

加速度：a=-，

粒子做减速运动，=vt+at2

联立以上几个公式，解得：t=()

粒子在磁场中运动的总时间：t′=--2×t=T0

粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′=T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：

qvB=，vT=2πr

得：B=．

答：（1）粒子到达S2时的速度和极板间距d=；

（2）磁感应强度的大小应满足的条件B≤；

（3）粒子在磁场内运动的时间t′=T0，磁感应强度的B=．

解（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：

mgh-μ1mgL=0

代入数据得：

h=0.2m…①

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得

cosθ=…②

根据牛顿第二定律，对物体有

mgtanθ=ma…③

对工件和物体整体有

F-μ2（M+m）g=（M+m）a…④

联立①②③④式，代入数据得

F=8.5N…⑤

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得

h=gt2…⑥

x1=vt…⑦

x2=x1-Rsinθ…⑧

 联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得

x2=0.4m

答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m

（2）F的大小是8.5N

（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m

（1）由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里；

粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动．如图所示．粒子在Q点飞出磁场，设其圆心为O′，半径为R，由几何关系有：

（L-R）sin30°=R

解得

R=L

由牛顿第二定律得：qv0B=m

故：R=

由以上各式得磁感应强度：B=

（2）设磁场区的最小面积为S，由几何关系得

直径-R=L

所以S=π()2=L2

答：（1）磁感应强度的大小为，方向垂直向内；

（2）该圆形区域的最小面积为L2．

（1）若桥面为凹形，在最低点有：

  FN1-mg=m

FN1=m+mg=2000×4+20000N=28000N

即汽车对桥的压力为28000N．

（2）若桥面为凸形，在最高点有：

mg-FN2=m

FN2=mg-m=20000-2000N=18000N

即汽车对桥的压力为18000N．

（3）当对桥面刚好没有压力时，只受重力，重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

mg=m

v==10m/s

答；（1）若桥面为凹形，轿车以20m/s的速度通过桥面最底点时，对桥面压力是28000N；

（2）若桥面为凸形，轿车以10m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面压力是18000N；

（3）桥车以10m/s的速度通过凸形桥面顶点时，对桥面刚好没有压力．

匀速运动时 F1-mg=0

解得F1=mg

突然停车时 F2-mg=m

解得F2=mg+m

所以增加了△F=F2-F1=m=103×=800(N)

答：在一瞬间钢绳受的拉力比匀速行驶时增加了800N．

（1）设电子经电场加速后的速度为v，对于电子被电场加速的过程运用动能定理有：eU=mev2

解得：v=

（2）电子进入磁场后做匀速圆周运动，设电子在磁场中的运动半径为R，根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：evB=me

解得：R==

根据如图2所示的几何关系可知：

tan==Br

（3）由第（2）问的结果可知，若SO42-离子（电荷量大小为2e）通过圆形磁场区后的偏转角度为θ'，则tan=Br

所以==3.0×102

即SO42-离子的偏转角远小于电子的偏转角，所以，观看到的离子斑将主要集中在荧光屏上的中央位置附近．

答：（1）电子射出加速电场时的速度是v=；

（2）tan的表达式tan=Br；

（3）这样的离子斑将主要集中在荧光屏上的中央位置附近．