热门试卷

（1）只要考虑R调节到零时，闭合电路中的电流不超过I0电路就安全了．

由欧姆定律得I=≤I0，

解得R0≥；

（2）p1、p2带负电，在Q正点电荷的电场中作匀速圆周运动，库仑力提供向心力，带电粒子在电场中加速

由动能定理：qU=mv2，

其中q为带电粒子的带电量，v为带电粒子出枪口的速度，带电粒子出枪口后作匀速圆周运动，

由牛顿第二定律得：F=m，

其中F为库仑引力F=k，

上面两式解之得：加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，

所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）只要R0两端的电压满足U=，就满足了（2）的条件，

由欧姆定律得R0两端的电压为U=IR0，I=，

以上两式解得R=(-1)R0，

R的阻值应调节为(-1)R0．

答：（1）若电源的额定电流为I0，则电阻R0的阻值满足R0≥条件才能使下面部分闭合电路安全工作；

（2）加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）设（2）中的加速电压U是由a、b输出，c、d输入的，要保证带电粒子p1、p2进入Q区域后做匀速圆周运动，电阻箱R的阻值应调节为(-1)R0．

（1）壁面光滑，小球上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律，得：mg(2r1+2r2)=mv02…①

得：v0=2

（2）取竖直向下为正，设小球到达下管最高点P的速度为v，对管道的压力为N，则有：mv02=mv2+mg•2r1…②

在下管最高点P，有：mg+N=m…③

由①②③得  N=(-1)mg

r1=4r2时，N=0；r1＞4r2时，N＞0，向下，压上壁；r1＜4r2时，N＜0，向上，压下壁；

答：（1）入射速度为2；

（2）r1=4r2时，N=0；r1＞4r2时，N＞0，向下，压上壁；r1＜4r2时，N＜0，向上，压下壁；

（1）小球从左往右运动时的拉力大于小球从右向左运动时的拉力，知从左往右运动时洛伦兹力向下，根据左手定则，知小球带正电荷．

（2）由动能定理 mgL=mv2     解得 v==4m/s   

（3）根据牛顿定律，小球向左通过最低点时  F1-mg-qvB=m

小球向右通过最低点时  F2-mg+qvB=m

由以上各式解得      m=1g

如图，在珠子能够静止的一点进行受力分析

设OB与OA之间的夹角为θ，则：tanθ==

所以：θ=37°

珠子在等效最低点B时具有最大的动能．

珠子从A到B的过程电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：-mgR（1-cosθ）+qER•sinθ=m-0

将qE=mg，代入解得珠子所能获得的最大速度为：vm=

故答案为：，37°

（1）粒子由E到O2过程中作半径为r的匀速圆周运动，则：

           qvB=m            

          解得B=                              

    （2）设PQ棒匀速下滑时棒的速度为v，此时MN板间的电压为U，由题意有：

            m=qU               

            解得U=   

          由力平衡得    Mg=BL                    

          解得M=                           

    （3）U=E=BLv              

         由能量守恒：Mgh=Mv2+QR                          

        联立上述方程解得产生的电热：QR=-           

    （4）粒子在圆形磁场内的运动时间t1：t1=2•=2•=

      粒子在电场中往返运动的时间t2：由 L=•   得 t2=          

       故粒子从E点到F点所用的时间：t=t1+t2=

（1）带电微粒在做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，

因此：mg=Eq

解得：E=

方向竖直向下

（2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示FB=qBυ=m

得：R=

PN=(1+)R

H≥RN=R=

（3）设该微粒到达地面时的速度大小为u，撤去电场后，只有重力对带电粒子做功，

由动能定理：mgH=mu2-mυ2

解得：u=

答：（1）则此区域内电场强度的大小：E=和方向竖直向下．

（2）若某时刻微粒运动到场中P点，速度与水平方向成45°，如图所示．则为保证该微粒在此区域能做完整的匀速圆周运动，P点的高度H应满足≥mv；

（3）若微粒运动到离地面高度为H的P点时，突然撤去电场，则该微粒到达地面时的速度大小．

（1）设轨道B点对物块2的支持力为N，根据牛顿第二定律有

N-m2g=m2

解得 N=7.6N

根据牛顿第三定律可知，物块2对轨道B点的压力大小N′=7.6N

（2）设物块1碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1与物块2的碰撞过程，

根据动量守恒定律有  m1v0=mv1+m2

因碰撞过程中无机械能损失，所以有  m1v02=m1v12+m2v22

代入数据联立解得  v0=6.0m/s

（3）设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为Rm，对应的恰能通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律，对物块2恰能通过最高点时有 m2g=m2

对物块2由B运动到D的过程，根据机械能守恒定律有

m2v22=m2g•2Rm+m2v2

联立可解得：Rm=0.32m

所以，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于0.32m．

（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力．qvB=m…①

由①式可得：R=0.2m

如答图所示，

当α粒子运动的圆轨迹与cd相切时上端偏离O′最远，由几何关系可得：O′P=…②

将数据代入②式可得：O′P=0.16m

当α粒子沿Sb方向射入时，下端偏离O′最远，由几何关系可得：O′Q=…③

将数据代入②式可得：O′Q=0.16m

故金箔被α粒子射中区域的长度为：

y=O′P+O′Q=0.31m…④

（2）如图所示，OE为α粒子绕O点做圆周运动的半径r，α粒子在无场区域内做直线运动与MN相交，下偏距离为y′，

因为R=0.2m，L=0.12m，O′Q=0.16m，

所以sinα==0.6=sin37°，则：

   y′=Ltan37°…⑤

所以圆周运动的半径为：r=…⑥

将数据代入⑥式可得：r=0.31m…⑦

即|OE|的长度为0.31m．

（3）设α粒子穿出金箔时的速度为v′，由牛顿第二定律可得：k=m…⑧

α粒子从金箔穿出时损失的动能为△Ek，则：

△Ek=mv2-mv′2…⑨

由⑨式可得：△Ek=2.5×10-14J…⑩

答：

（1）金箔cd被α粒子射中区域的长度y值是0.31m；

（2）的长度是0.31m；

（3）此α粒子从金箔穿出时损失的动能是2.5×10-14J．

（1）因小球恰好能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，所以由圆周运动的知识得：

mg=m①

解得：vB=②

（2）小球在从点A到B的过程中，只有重力对小球做功，故它的机械能是守恒的，以点A所在的平面为参考平面，由机械能守恒定律得mv02=mvB2+mg•(l+)③

解②、③两式，得v0=④

（3）因2＞，小球恰好能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，所以在小球从点A到B的过程中要克服空气阻力做功，设此值为W，则由动能定理得-mg•(l+)-W=mvB2-mv02⑤

解得    W=

答：（1）小球到达B点时的速度是

（2）若不计空气阻力，则给小球的初速度应该是

（3）小球从点A到B的过程中克服空气阻力做功为