热门试卷

（1）C到D过程，小球的机械能守恒，则有

   mgL=m

D点：T-mg=m

联立解得，T=3mg，vD=

（2）细绳在D点被拉断后小球做平抛运动，则

小球到达D时竖直方向的分速度为 vy=

故tanθ===，则θ=arctan

（3）当弹簧的压缩量最大时弹簧所获得的最大弹性势能，根据系统的机械能守恒得

△E弹=mg（L+h+xsinθ）=mg（L+h+x）

答：

（1）细绳所能承受的最大拉力是3mg；

（2）斜面的倾角θ是θ是arctan；

（3）弹簧所获得的最大弹性势能为mg（L+h+x）．

A、向心力是物体所受的合外力，不是物体由于做匀速圆周运动而产生的．故A错误．

    B、对于匀速圆周运动，合外力指向圆心，提供向心力．故B正确．

    C、对稳定的圆周运动，向心力是变力，因为其方向时刻在变化．故C错误．

    D、向心力方向始终与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小．故D错误．

故选B

（1）①重力势能为mgh，与高度成正比，故为Ⅱ；

②根据E=Ep+Ek求解出各个高度对应的机械能后作图，如图所示；

③由于机械能会损失，而图中机械能随着高度增加而减小，故球在上升；

（2）①小球做圆周运动的过程中，经过最低点时弹力最大；

②最高点：F1+mg=m

最低点：F2-mg=m

若没有空气阻力，机械能守恒：mg•2R=m-m

△F=F2-F1

联立解得：△F=6mg

即没有空气阻力时，小球在最低点和最高点的拉力差为△F=6mg．

若有空气阻力，当小球从最低到最高阶段△F＞6mg，当小球从最高到最低阶段△F＜mg．

所以ab阶段绳上的最大拉力差略大于bc阶段的最大拉力差．

答：（1）①Ⅱ；②如图所示； ③上升；（2）①最低；②若没有空气阻力，小球在最低点和最高点的拉力差为△F=6mg．若有空气阻力，当小球从最低到最高阶段△F＞6mg，当小球从最高到最低阶段△F＜mg．所以ab阶段绳上的最大拉力差略大于bc阶段的最大拉力差．

（1）经电压U1加速后粒子射入磁场后刚好不能从PQ边界射出磁场，表明在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与PQ边界相切，要确定粒子做匀速圆周运动的圆心O的位置，如图甲所示，圆半径R1与L的关系式为：L=R1+R1cosθ，R1=．

又 qv1B=m，解得v1=．

经电压U2加速后以速度v2射入磁场，粒子刚好垂直PQ射出磁场，可确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ边界线的O点，如图乙所示，半径R2与磁场宽L的关系式为 R2=．

又qv2B=m．

解得v2=．

为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线运动，直至射出PQ边界，则所受的洛伦兹力和电场力平衡，

则qv2B=qE

则E=v2B=．方向垂直速度方向向下．

（2）在加速电场中，根据动能定理得：

qU1=mv12

qU2=mv22

所以==．

答：（1）电场强度的大小为．

（2）加速电压的值．

（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹．

（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

evB=m；

解得R=；

（3）由图中几何关系知：

so′d=R-=--L2；

所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离sad=2so′d=-2；

答：（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹；

（2）反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离sad=2so′d=-2．

（1）设小滑块运动到B点的速度为vB，由机械能守恒定律：

mgR=mvB2     ①

由牛顿第二定律：

F-mg=m    ②

联立①②解得小滑块在B点所受支持力F=30N．

由牛顿第三定律，小滑块在B点时对圆弧的压力为30N．

（2）设小滑块运动到C点的速度为vC，由动能定理：

mgR-μmgL=mvC2

得小滑块在C点的速度vC=4m/s．

小滑块从C点运动到地面做平抛运功：

水平方向：x=v0t

竖直方向：h=gt2

滑块落地点距C点的距离s==0.8m=1.8m．

答：（1）小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力为30N．

（2）小滑块落地点距C点的距离为1.8m．

（1）由机械能守恒定律：mg（h-2R）=mv2

小球在最高点：mg=m

所以：h=2.5R=0.5m     

（2）小球在最高点：mg+FN=m

根据题意FN≤mg  

所以v12≤2gR

根据机械能守恒定律，有：mg（h′-2R）=mv12

解得h′≤3R=0.6m

所以H的范围从0.5-0.6m   

（3）根据机械能守恒定律，有：mg（h-2R）=mv2

在最高点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：FN+mg=m

两式联立得到：FN=h-5mg=10h-5，图象如图所示；

答：（1）h至少要等于0.5m，小球才能恰好通过最高点；

（2）若小球通过最高点时，对轨道的压力不大于重力，则h的范围为：0.5m≤h≤0.6m；

（3）如图所示．

（1）设圆弧的半径为R，则质点从C到B过程，由

得：FN=3mg=3×1×10N=30N  

根据牛顿第三定律，质点第1次经过B点对圆弧轨道的压力为30N．

（2）设质点第一次由B点沿斜面上滑的速度为υ1，B点到D点的距离为L1

代入数据解得：L1=L=0.9m  

则质点从A点到D点下降的高度h=0.9m  

（3）设质点第2次由B点沿斜面上滑的速度为υ2，沿斜面上滑的距离为L2．则

得：L2=L1

同理可推得：质点第n次由B点沿斜面上滑的距离Ln为Ln=Ln-1=()nL

所以质点从开始到第6次经过B点的过程中，在斜面上通过的路程为

S=L+2（L1+L2）=5.1m  

Q=μmgcos30°S=12.75J   

答：（1）质点第1次经过B点时对圆弧轨道的压力为30N．

（2）质点从A到D的过程中质点下降的高度为0.9m．

（3）质点从开始到第6次经过B点的过程中因与斜面摩擦而产生的热量为12.75J．

（1）拔掉A图钉前，轻线的拉力为小球做圆周运动的向心力，设其大小为T，则由牛顿第二定律得：

T=mω2a

（2）拔掉A图钉小球沿切线方向匀速直线运动，直到线环B被图钉套住，小球的速度：v=ωa

小球的运动情况如图所示，则小球匀速运动的位移为：

x==

则运动时间：t==

（3）v可分解为切向速度v1和法向速度v2，绳被拉紧后v2=0，小球以速度v1做匀速圆周运动，

半径：r=a+h

由于：v1=v=ω

解得：ω==

答：（1）图钉A拔掉前，轻线对小球的拉力大小为mω2a；

（2）从拔掉图钉A到被图钉B套住前小球沿切线方向做匀速直线运动，所用的时间为；

（3）小球最后做圆周运动的角速度为．

当物体离开锥面时：Tcosθ-mg=0，Tsinθ=，R=Lsinθ

解得v=．

（1）v1＜v时，有T1sinθ-N1cosθ=，T1cosθ+N1sinθ-mg=0

解得T1=mg．

故当v1=时，求绳对物体的拉力T1=mg．

（2）v2＞v时，球离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，

则T2cosα-mg=0

T2sinα=

R2=Lsinα

解得T2=2mg．

故当v2=时，求绳对物体的拉力T2=2mg．

（1）在最高点时对试管的压力最小，根据向心力公式有：

Nmin+Mg=Mω2L0在最低点时对试管的压力最大，根据向心力公式有：

Nmax-Mg=Mω2L0因为Nmax=3Nmin

所以解得：ω=；

（2）当小球对试管的压力正好等于0时，小球刚好与试管分离，根据向心力公式得：

Mg=Mω02L0  解得：ω0=

所以当ω＜时会脱离接触

答：（1）转轴的角速度达到时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍；

（2）转轴的角速度满足ω＜时会脱离接触

（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有：qvB=m

得：v=．

（2）质子沿x轴正向射入磁场后，在磁场中运动了个圆周后，以速度v逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了个圆周后离开磁场．

在磁场中运动的周期：T==

质子在磁场中运动的时间：t1==

进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小：a=．

质子在电场中运动的时间：t2==

所求时间为：t=t1+t2=+．

答：（1）质子射入磁场时速度的大小为．

（2）质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为+．