热门试卷

（1）a与b碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时ab的速度为v，则由系统的动量守恒可得：

2mv0=3mv

由机械能守恒定律：•2m=•3mv2+Epm

解得：Epm=mgR

（2）当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b开始离开弹簧，此时b的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动．设此时a、b的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：

2mv0=2mv1+mv2•2m=•2m+m

解得：v2=2（1分）

滑块b到达B时，根据牛顿第二定律有：N-mg=m

解得：N=5mg  

根据牛顿第三定律滑块b在B点对轨道的压力N′=5mg，方向竖直向下． 

（3）设b恰能到达最高点C点，且在C点速度为vC，此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力，由牛顿第二定律：mg=m

解得：vC=

再假设b能够到达最高点C点，且在C点速度为vC'，由机械能守恒定律可得：m=2mgR+mv

解得：vC'=0＜．所以b不可能到达C点，假设不成立．       

答：（1）a和b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能为mgR；

（2）小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力为5mg；

（3）小滑块b不能到达圆形轨道的最高点C．

（1）物体A、B在内力作用下分离，设分离瞬间A速度大小为vA，B速度大小为vB，由A、B系统动量守恒定律有：

  3mvA=mvB …①

又由题意可知：E=•3m+•m…②

联立①②可得：vA=…③

vB=…④

（2）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行时间为tA，加速度大小为aA

对A应用牛顿第二定律：μ•3mg=3maA…⑤

得：a=μg  

A匀减速到停止的时间：tA=…⑥

联立③⑤⑥解得：tA=…⑦

（3）A、B分离后，A物体向左匀减速滑行，设滑行距离为sA

对A应用动能定理：-μ•3mgsA=0-•3m…⑧

设B物体碰墙反弹后追上已停下的A物体时速度大小为v，

对B应用动能定理：-μmgsB=mv2-m…⑨

又因为B追上A时在粗糙面上滑行距离：sB=sA…⑩

联立解得：v=

答：

（1）分离瞬间A、B的速度大小分别是vA=，vB=；

（2）A从分离到第一次停止的时间为；

（3）B第一次追上A时的速度大小为．

（1）对小球进行受力分析，

由电场力的方向可确定小球带正电，且电量为

q===C=5×10-8C

（2）若细线剪断，则小球沿着重力与电场力的合力方向运动，做匀加速直线运动．

则小球将沿着细线的反方向以加速度为g做匀加速直线运动，

（3）若把小球由竖直方向的P点静止释放，到达A位置时，电场力做功为：

W=FS=mgtan37°Lsin37°=2×10-4×10×0.75×0.8×0.6W=7.2×10-4W．

（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq=…①

解得：E=

（2）从O点到A点，由动能定理得：mgxtan30°=mv2-0…②

解之得：v=3m/s（3）小球在电容器C中做类平抛运动，

水平方向：L=vt…③

竖直方向：=at2…④

根据牛顿第二定律，有：a=-g…⑤

③④⑤联立求解得：U=

答：（1）电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小为；

（2）小球刚进入电容器C时的速度V的大小为3m/s；

（3）电容器C极板间的电压U为．

（1）由图象得VA=6m/s，

又I=MAVA-0=0.6N．m

（2）B的速度-时间图象如图

MAVA=（MA+MB）V1

 V1=2m/s

MAVA=MAVA′+MBV2 

 解得V2=4m/s

（3）因A、B、C三小球水平方向系统不受外力，故动量守恒．

由此可得：不论A、C两球何时何处相互作用，三球相互作用的过程中三球具有的共同速度是一个定值，即三球速度相同时的总动能是一定值．

MAVA+MCVC=（MA+MB+MC）V共  

解得V共=2.5m/s

当三球速度相同时橡皮绳子弹性势能最大，所以当A球在运动过程中速度减为4m/s与C球同向时，C球与之相碰时系统损失能量最小（为0），此情况下三球在运动过程中橡皮绳具有的最大弹性势能为EPM1

EPM1=MAVA2+MCVC2-（MA+MB+MC）V共2=1.35J

当A球在运动过程中速度为2m/s与C球反向时，C球与之相碰时系统损失能量最大，此情况下三球运动的过程中橡皮绳具有的最大弹性势能为EPM2

MCVC-MAVA=（MA+MC）V3

解得V3=1m/s

EPM2=（MA+MC）V32+MBV22-（MA+MB+MC）V共2=0.45J

由上可得：橡皮绳具有的最大弹性势能EPM的可能值在0.45J-1.35J的范围内．

答：（1）瞬时冲量I的大小为0.6N．m．

（2）如图所示．

（3）橡皮绳具有的最大弹性势能EPM的可能值在0.45J-1.35J的范围内．

（1）对小物块，有ma=-μmg                    

根据运动学公式v2-v02=2a                      

由能量关系mv2=Ep，

解得EP=2J．

（2）设小物块离开弹簧时的速度为v1，有  mv12=Ep．

对小物块，根据动量定理  I=-mv1-mv

由⑤⑥式并代入数据得I=-4kgm/s．

弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．     

（3）小物块滑过O点和小车相互作用，由动量守恒mv1=（m+M）v2．

由能量关系μmgx=mv12-(m+M)v22  

小物块最终停在小车上距A的距离xA=-x                     

解得xA=1.5m．

答：（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2J．

（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左．

（3）小物块最终停在小车上的位置距A端为1.5m．

：（1）小球平衡时受到绳子的拉力、重力和电场力，

由平衡条件得：mgtan37°=qE

解得：E=

（2）电场方向变成向下后，重力和电场力都向下，

两个力做功，小球开始摆动做圆周运动

由动能定理：mv2=(mg+qE)L(1-cos37°)

在最低点时绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，T-(mg+qE)=m

解得：T=(mg+qE)+m =

答：（1）匀强电场的电场强度E=；

（2）mg．

（1）由E=得，qE=mg，即小球的重力与电场力平衡．

     小球在管中向上运动的加速度为a==，不变

设小球运动到b端时沿y方向的分速度为vy，则

      vy2=2aL

故小球从玻璃管b端滑出时的速度大小为

     v==

    （2）由平衡条件可知玻璃管受到的水平外力为

     F=Fy=qvyB，vy=at=t

解得F=t

   又L=at2，得t==

   水平方向位移x=v0t，得到F=

可见F是变力，而且大小随玻璃管的位移增大而均匀变化，

   则F所做的功为

   W=（0+）•v0=qBv0L

（3）由于小球的重力与电场力平衡，则小球离开玻璃管后做匀速圆周运动，设半径为R，其运动轨迹如图．

t时间内玻璃管运动的距离x=v0t=v0

   由牛顿第二定律得qvB=m

   由几何关系得：sinα=

        又=

  则x1=R=•=v0t=x

得到sinα=0．故小球飞离磁场时速度方向垂直于磁场边界向左．

   则小球在磁场中运动的最大位移为

     S=L+R（1+cosθ）

其中cosθ=

     得到S=L+(+v0)

答：（1）小球从玻璃管b端滑出时的速度大小为；

    （2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中，外力F所做的功为qBv0L；

    （3）从玻璃管进入磁场至小球离开场的过程中小球的最大位移为L+(+v0)．

速度越大，轨迹圆半径越大，要使沿0M方向运动的氦核不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切    

设轨迹圆的半径为r1，则      +=(R2-r1)2   

代入数据解得                r1=0.75m          

洛伦兹力提供向心力，得：qBvm=

代人数据得：B==0.4T

答：需要的约束磁场的磁感应强度至少为0.4T．

（1）根据动能定理：Eqd=m-m可得

末动能m=Eqd+m=2m

（2）根据上题结果可知vt=2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角θ=，其在电场中沿x方向的位移x1=v0t=v0=d，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径r=d

又根据洛伦兹力提供向心力Bqvt=

可得B==

（3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的，

即当ab板位于y=d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；

ab板上被打中区域的长度L=2x1+r=d+d

答：（1）α粒子刚进人磁场时的动能为2mv02．

（2）磁感应强度B的大小为．

（3）当ab板位于y=d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，打中区域的长度为d+d．

（1）根据左手定则，粒子受到的洛伦兹力向右，所以磁感应强度B1与B2垂直纸面向外．

（2）设带电粒子在B1和B2中运动的半径分别为r1和r2，周期分别为T1和T2，由公式qvB=m

得r1=；  r2=

粒子第2次过x轴时粒子沿x轴的位移为x=2(r1-r2)=2(-)

（3）粒子做圆周运动的周期T1=；T2=

从第0次通过x轴，到第2次过x轴运动的时间t=(T1+T2)

由平均速度v=

解得：v=

答：（1）磁感应强度B1与B2垂直纸面向外；

（2）第2次过x轴时粒子沿x轴漂移的距离x=2(-)．

（3）从第0次通过x轴，到第2次过x轴时粒子沿x轴方向漂移的平均速度v=．

（1）在0～1s内，金属小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动vx=v0，y方向做匀加速运动vy=t1

1s末粒子的速度v1==2m/s

设v1与x轴正方向的夹角为α，则tanα==1，故α=450

（2）在1s～2s内，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律，得qv1B0=，解得R1==m                   

粒子做圆周运动的周期T==1s

（3）粒子运动轨迹如图1所示

（2n-1）s末粒子的横坐标为x=v0t=2n（m）                   

纵坐标为：y=at2=××n2=n2（m）                     

此时粒子的速度为：vn==2 m/s

速度偏向角的正切值为：tanθ===n

带电粒子在（2n-1）s～2ns（n=1，2，3…）内做圆周运动的轨迹如图2所示，半径Rn==m      

（2n-1）s～2ns（n=1，2，3，…）内粒子运动至离x轴最远点横坐标为：X=x-Rnsinθ=(2n-)m             

纵坐标为：Y=y+Rn(1+cosθ)=(n2++)m     

答：（1）t=1s末速度的大小为2m/s，方向与x轴成45°角；

（2）1s～2s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径为m，周期为1s；

（3）（2n-1）s～2ns（n=1，2，3，…）内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标为（(2n-)m，(n2++)m）．

（1）电子在t=t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动

在2t0～3t0时间内发生偏转y=a==××=

（2）设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，如图所示：

则：

vy=at0=

sinθ==

电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，设其圆周运动的半径为R

根据牛顿第二定律有evB=m

根据几何关系得：sinθ=

得水平宽度l=

（3）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4to…等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的偏向位移为

ymax=a+vyt0=××+

要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3to…等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为mdymin=a=×

所以电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移的差值为：

△y=ymax-ymin=

因进入偏转磁场时电子速度大小v=相同，方向平行，所以电子在磁场中的轨道半径相同，都垂直打在荧光屏上，所以打在荧光屏上的电子束宽度为

△y=

答：（1）如果电子在t=t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小为．

（2）要使电子在t=0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为l=；

（3）在满足第（2）问的情况下，打在荧光屏上的电子束的宽度为．