热门试卷

（1）在y＞0空间中，沿x轴正方向以v0的速度做匀速直线运动，沿y轴负方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，则

a=

d=at12

x1=v0t1

解得：t1=，x1=v0

因此电子第一次经过x轴的坐标值为（v0，0）

（2）电子轨迹如图所示．

在y＜0空间中，沿x轴正方向仍以v0的速度做匀速直线运动，沿y轴负方向做匀减速直线运动，设其加速度大小也为a，由对称性可知：

电子在y轴方向速度减小为零时的时间t2=t1=

电子沿x轴方向移动的距离为x2=x1=v0

（3）电子在y轴方向的运动周期为T=2（t1+t2）=4

（4）电子运动轨迹在x轴上的任意两个相邻交点间的距离为

s=2x1=2v0

答：（1）电子第一次经过x轴的交点为（v0，0）；（2）轨迹如上图；（3）周期T为4；（4）任意相临两交点的距离为2v0．

解析：（1）0～2s内物块加速度a1==2m/s2

位移s1=a1=4m

2s末的速度为v2=a1t1=4m/s

2～4s内物块加速度a2==-2m/s2

位移s2=s1=4m

4s末的速度为v4=v2+a2t2=0

因此小物块做周期为4s的加速和减速运动，第14s末的速度也为v14=4m/s，所以第15s末的速度v15=v14-at=2m/s，方向向右． （t=1s）

（2）15秒内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期加上s1和第15s内的位移s15=v14t+a2t2=3m，

所求位移为s=3（s1+s2）+s1+s15=31m

答：（1）15秒末小物块的速度大小2m/s；（2）15秒内小物块的位移大小是31m．

（1）电场强度E==104V/m

从A到B根据动能定理：mgl-Eql=m

由牛顿第二定律：T-mg=m

解得：T=4×10-3N      vB=m/s

（2）从B到C，水平方向：ax==5m/s2

运动所需要的时间，t=

竖直方向分运动是自由落体运动：h=gt2=0.08m

答：（1）则小球运动到O点正下方B点处刚要断时线的拉力4×10-3N；

（2）以后发现小球恰能通过B点正下方的C点，则B、C两点间的距离0.08m．

（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：

L=t2　

2L=vt　

联立解得：E=．　

（2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：

mvC2-mv2=eEL　

解得：vC=v

cos θ==　

解得：θ=45°．　

（3）电子的运动轨迹图如图，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==　

电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径：Rmin==rsin 60° 

由以上两式可得：Rmin=．　

（1）0.7s内的位移-时间图象如图．

    （2）由图，金属棒在0.7s末的速度为

        v==7m/s    

    由题，金属棒ab下滑高度h=3.5m，设电路中产生的总热量为Q．

       由能量守恒定律得  mgh=mv2+Q

    又QR=I2Rt，Q=I2（R+r）t，得到

     QR=Q=0.06J

    （3）重力对金属棒做功的最大功率P=mgv=0.7W

答：（1）0.7s内的位移-时间图象如图．

    （2）金属棒ab在开始运动的0.7s内电阻R上产生的热量为0.06J．

    （3）重力对金属棒做功的最大功率P=mgv=0.7W．

（1）棒匀速向左运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电，板间场强向下．

∵微粒受力平衡，电场力向上，场强方向向下．

∴微粒带负电．

设微粒带电量大小为q，由平衡条件知：mg=q…①

对R1、R2和金属棒构成的回路，由欧姆定律可得

   I=…②

   UC=IR2=IR…③

由法拉第电磁感应定律可得 E=BLv0…④

由以上各式求得 q=…⑤

（2）因带电微粒从极板中间开始向下作初速度为零的匀加速运动，

由运动学公式得：d=at2…⑥

得  a=15m/s2=g＞g…⑦

可见带电微粒受到的电场力向下，所以ab棒应向右运动，设此时极板间电压为UC′，由牛顿第二定律，得

   mg+q=m•g…⑧

出⑤和⑧得  UC′=BLv0

设棒ab运动速度为vx，则电动势E′=Blvx，由欧姆定律得：

 UC′=I′R2=•R=BLvx=nlv0

∴vx=v0．即棒运动速度大小应为原来速度的一半，即为v0．

答：

（1）微粒的带负电，带电量的大小为．

（2）ab棒的速度大小为v0，方向向右．

设电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得到，电子在磁

场中匀速圆周运动的轨迹所对的圆心角也为θ，如图．

  由牛顿第二定律得，

    ev0B=m，得到电子运动半径为r=

根据数学知识有，tan==，tanθ=

PP0之间的距离d=Ltanθ

代入整理得，d=

答：PP0之间的距离d=．

（1）带电粒子由P到O，机械能守恒

即　mgh+mV02=mV2①

又∵mg=qE②

qVB=m③

由①②③得：R=

（2）由P-O时间为t1

则有：t1=④

粒子在电磁场中转半圆的时间为t2

则有：t2==⑤

粒子向上离开电磁场到返回电磁时间为t3

则有：t3=⑥

那么粒子向下通过x轴的时间t　

　所以：t=t1+n（t2+t3）⑦

由①②③④⑤⑥⑦解得：t=(-V0)+n(+)n=0、1、2、3…

答：（1）小球作圆周运动的半径：R=．

（2）小球从P点出发开始计时，在：t=(-V0)+n(+)n=0、1、2、3…时刻向下穿过x轴．

（1）达到稳定速度时，有

F安=B0IL

mgsinθ=F安+μmgcosθ 

I==0.2 A  

（2）E=B0Lv

  I=

v==2m/s 

（3）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．

E=mgsin37°s-μmgcos37°s-mv2=0.1J

（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．

mgsinθ-μmgcosθ=ma

a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2B0Ls=BL（s+vt+at2）

B== T．

答：（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是0.2 A；

（2）金属棒达到的稳定速度是2m/s；

（3）当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是0.1J；

（4）磁感应强度B随时间t变化关系式为：B= T．

（1）由qvB=得，r=，rm==1m

离子在磁场中运动最大轨道半径：rm=1m

由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如左图所示．

所以OA1长度为：y=2rcos300=m

即离子打到荧光屏上的范围为：[0，m]

（2）离子在磁场中运动的周期为：T==π×10-6s

由题，经过时间：t=×10-7s，则

离子转过的圆心角为  φ=t=

设×10-7s这个时刻某离子的位置坐标为（x，y），则有

   y=rcos30°

   x=r-rsin30°

所以解得：y=x就是所求的曲线方程．

（3）由几何关系知，与x轴成60°方向入射的离子，经过时间：t=×10-7s时离子转过的圆心角为φ=t=刚好打在y轴上，将t=×10-7s时刻这些离子所在坐标连成曲线，方程就是：x=0即都打在y轴上，所以在t=0时刻与x轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t=×10-7s时刻全部出现在以O为圆心的扇形OA2C1范围内．如图 

则离子可能出现的区域面积：S==m2≈0.26m2

答：

（1）离子打到荧光屏上的范围为[0，m]．

（2）经过×10-7s时这些离子所在位置构成的曲线方程是y=x．

（3）经过×10-7s时这些离子可能出现的区域面积为0.26m2．

（1）质点自A点抛出后先作平抛运动

  x0=v0t

  L=gt2

∴水平位移x0=v0

接着在重力、电场力作用下作匀变速曲线运动，

设加速度为a，根据牛顿第二定律qE-mg=ma得 a=g

根据对称性可知，运动轨迹与上一过程的运动轨迹为中心对称图形，如上图所示．

所以，竖直线PQ与y轴之间可能的距离x=n×2x0=2nv0，式中n=1，2，3，…

（2）若使带电质点在竖直线PQ右侧区域作半径为L的匀速圆周运动，应满足：qE1=mg，qv0B=

所以，电场强度的大小：E1=，方向竖直向上；  

磁感应强度的大小：B=

（3）时间：t=tE+tB+tE=++=4n+   （n=1，2，3，…）

答：（1）竖直线PQ与y轴之间可能的距离是2nv0（n=1，2，3…）；

（2）若使带电质点在竖直线PQ右侧区域作半径为L的匀速圆周运动，电场强度的大小E1=，方向竖直向上； 磁感应强度的大小B=．

（3）质点自A点抛出后经4n+（n=1，2，3，…）时间回到y轴．

（1）质子在磁场中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律则有：qvB=m，

进入第二个磁场的条件：R＞a 

初速度满足：v＞

（2）有对称性分析，右边的圆弧的圆心一定在X轴上，正确画出轨迹图，

且三段圆弧的圆心正好构成一个正三角形，

所以θ=60° a

点的坐标变为X=R sinθ=

（3）如图所示，

（4）质子在磁场中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律，有：qvB=m，

得质子做匀速圆周运动的半径为：R=，

带电粒子在两个磁场中的半径都为R=a，

则有sinθ=，

得到θ=45°，

圆心C的坐标为XC=2Rsinθ=2a

YC=-(2a•R)=-(2-)a，所以圆方程为(x-2a)2+(y+2a-a)2=2a2，

将y=0代入得，X=2（1+）a，所以交点坐标为(2(1+)a，0)

答：（1）求要使粒子能进入第二个磁场，初速度要满足的条件是：v＞；

（2）粒子初速度改为v1，要使粒子经过两个磁场后沿x轴负方向经过O点，则图中磁场分界线（图中虚线）的横坐标值为X=；要在图2中画出轨迹图．

（3）如图所示，

（4）若粒子在第一个磁场中作圆周运动的轨迹半径为R=a，求粒子在磁场中的轨迹与x 轴的交点坐标为(2(1+)a，0)．

（1）对带电粒子的加速过程，由

动能定理qU=mv2

代入数据得：v=20m/s

（2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，

有：qvB=

得R=

代入数据得：R=0.50m

而=0.50m    

故圆心一定在x轴上，轨迹如图所示．

由几何关系可知：OQ=R+Rsin53°

故OQ=0.90m               

（3）带电粒子不从x轴射出（如图），

由几何关系得：OP＞R'+R'cos53°①

             R′=②

由①②并代入数据得：B'＞T=5.33T  

答：（1）带电粒子到达P点时速度v的大小20m/s；

（2）若磁感应强度B=2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则QO的距离0.9m；

（3）若粒子不能进入x轴上方，则磁感应强度B'满足大于5.33T条件．