位置AC速度(m/s) 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖所示，小球沿直線軌道 MN運動，從 A點開始計時，每隔 0.5s記錄或拍照一次小球的位置（圖中用黑點表示）.由圖可以看出

（1）小球在AB段做____________運動，速度大小為_____m/s，小球在4dm的點時，速度大小為_____m/s.
（2）小球在BC段做______運動，在該段的平均速度大小為______m/s.
（3）小球在整個AC段做_______運動，平均速度大小為____m/s.

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 如圖所示，小球沿直線軌道 MN運動，從 A點開始計時，每隔 0.5s記錄或拍照一次小球的位置（圖中用黑點表示）.由圖可以看出

（1）小球在AB段做____________運動，速度大小為_____m/s，小球在4dm的點時，速度大小為_____m/s.
（2）小球在BC段做______運動，在該段的平均速度大小為______m/s.
（3）小球在整個AC段做_______運動，平均速度大小為____m/s.

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如下圖所示，小球沿直線軌道 MN運動，從 A點開始計時，每隔 0.5s記錄或拍照一次小球的位置（圖中用黑點表示）.由圖可以看出

（1）小球在AB段做__________運動，速度大小為_____m/s，小球在4dm的點時，速度大小為_____m/s.
（2）小球在BC段做______運動，在該段的平均速度大小為______m/s.
（3）小球在整個AC段做_______運動，平均速度大小為____m/s.

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如圖所示，粒子源S可以不斷地產生質量為m、電荷量為+q的粒子。粒子從O1孔飄進（不計初速度）一水平方向的加速度電場區域I，再經小孔O2進入正交的勻強電場和勻強磁場區域II，電場強度大小為E，磁感應強度大小B1，方向如圖。兩平行虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強磁場區域III，磁場應強度大小為B2。當在O1、O2間加上適當的電壓U1時，粒子能沿圖中虛線O2O3垂直于PQ進入區域III，并從MN邊飛出�，F將一塊不帶電的、寬度和厚度均不計的直角狀硬質塑料板abc放置在區域III內，a、c兩點恰分別位于PQ、MN上，ac連線與O2O3平行，ab=bc=L，α=45°，仍使粒子沿圖中虛線O2O3進入區域III，發現粒子仍能從MN邊飛出。粒子的重力不計。

   （1）求加速電壓U1；

   （2）假設粒子與硬質塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律，求粒子在區域III中運動時，由于塑料板的放入而延遲的從MN邊飛出的時間；

   （3）粒子在區域III內運動的總路程。

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如圖所示，粒子源S可以不斷地產生質量為m、電荷量為+q的粒子。粒子從O1孔飄進（不計初速度）一水平方向的加速度電場區域I，再經小孔O2進入正交的勻強電場和勻強磁場區域II，電場強度大小為E，磁感應強度大小B1，方向如圖。兩平行虛線PQ、MN之間存在著水平向右的勻強磁場區域III，磁場應強度大小為B2。當在O1、O2間加上適當的電壓U1時，粒子能沿圖中虛線O2O3垂直于PQ進入區域III，并從MN邊飛出�，F將一塊不帶電的、寬度和厚度均不計的直角狀硬質塑料板abc放置在區域III內，a、c兩點恰分別位于PQ、MN上，ac連線與O2O3平行，ab=bc=L，α=45°，仍使粒子沿圖中虛線O2O3進入區域III，發現粒子仍能從MN邊飛出。粒子的重力不計。

（1）求加速電壓U1；

（2）假設粒子與硬質塑料板相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律，求粒子在區域III中運動時，由于塑料板的放入而延遲的從MN邊飛出的時間；

（3）粒子在區域III內運動的總路程。

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一

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

B

BD

CD

A

A

AD

AB

A

C

CD

A

ACD

二

13（1）D （5分）   (2)   80J （5分）   14 (1) A （5分） (2) ×10 8 m/s （5分）     

15．（12分）4.0（3分）， 2.16 或2.2（3分），滑塊的質量（3分），（3分）

16 （12分）

(1)  連接電路如答案圖（5分）          (2) A （2分） (3) 1.6×103℃ （5分）

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

17（18分）（1）．解：①設該星球表面的重力加速度為g小球的上升時間為，

20081125

解得      （2分）

   ②在該星球表面上小球所受萬有引力為

     （2分）

（1分）.

(2) ①從B到C的過程中，加速度大小為a1＝＝2 m/s2  （2分），

又a1＝mg，所以m＝0.2                            （2分），

②從A到B的過程中，加速度大小為a2    

根據牛頓第二定律 mgsinq－mmgcosq＝ma2    （2分），

a2＝4.4 m/s2

                   a2＝＝4.4 m/s2             （2分），

                     VA=2.0 m/s                  （1分）

18（16分）

解：設導體桿切割磁感線產生的感應電動勢為E，感應電流為I。外電路為ad、dc、cb三邊電阻串聯后再與ab邊電阻并聯，設總電阻為R，ab邊和dc邊的電流分別為Iab和Idc。

⑴ 金屬框受重力和安培力，處于靜止狀態，有：

                (3分)

     (2分)

=7.5A             (3分)

 

⑵    E＝B1L1                     (3分)

E＝IR ， ，           (2分)

得：          (3分)

       

19題（17分）

（1）由動能定理：                          ( 2分）

n價正離子在a、b間的加速度                   ( 1分)

在a、b間運動的時間=d                     ( 2分)

在MN間運動的時間：t2=L/v                               ( 1分)

離子到達探測器的時間：

t=t1+t2=                                              ( 2分)

（2）假定n價正離子在磁場中向N板偏轉，洛侖茲力充當向心力，設軌跡半徑為R，由牛頓第二定律得：                                 (   2分)

離子剛好從N板右側邊緣穿出時，由幾何關系：            

R2=L2+（R-L/2）2                                         (2分)

由以上各式得：                           ( 2分)

當n=1時U1取最小值                     ( 3分)

20．（17分）

（1）設A在C板上滑動時，B相對于C板不動，據題意對B、C分析有：

μmg=2ma，得，                       ( 1分)

又B最大的加速度為由于am>a，所以B相對于C不滑動而一起向右做勻加速運動，則。                       ( 2分)

（2）若物塊A剛好與物塊B發生碰撞，則A相對于C運動到B所在處時，A、B的速度大小相等，因為B與木板C的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設為v1，由動量守恒定律得：

mv0=3mv1        ①                 ( 2分)

 

在此過程中，設木板C運動的路程為s1，則A運動的路程為s1+L，如圖所示，由動能定理得

 

 

對B、C系統有  ②           ( 2分)

對A有    ③       (2分)

聯立①、②、③解得：，欲使A與B發生碰撞，須滿足

                                   ( 2分)

   

設B剛好不滑離木板C，此時三者的共同速度為v2，同理得

mv0=3mv2          ④      (2分)

在此過程中，A、B、C系統克服滑動摩擦力做功，減少的機械能轉化為系統的內能，由能的轉化和守恒得       ⑤   ( 2分)

聯立④、⑤解得

綜上所述，使物塊A能與B發生碰撞，而B又不滑離C，則物塊A的初速度v0應滿足

。                         (2分)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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