作業(yè)一力與物體的平衡

1、作業(yè)一力與物體的平衡1. BC 解析：分別對(duì) AB受力分析并分解如圖:A:因?yàn)閮纱蜛物體均靜止，所以 A物體受力平衡，T始終 等于A物體受到的重力故 A錯(cuò)誤.B :因?yàn)閮纱蜝物體均靜止，所以 B物體受力平衡，y方向當(dāng)有：N+TsinB =Gb，B物體稍向左移一點(diǎn)，B變小，N=GB-Tsin 0就會(huì)變大.故B正確C:因?yàn)閮纱蜝物體均靜止，所以 B物體受力平衡，x方向當(dāng)有：f=Tcos 0 B物體稍向左移一點(diǎn)，0變小，cos疫大，T不變，所以f變大故C正確.D :因?yàn)閮纱蜝物體均靜止，所以 B物體一直受力平衡，合外力一直為零故D錯(cuò)誤.應(yīng)選：C2. A 解析： 以B為研究對(duì)象，繩子的拉力F=mg .

2、再以A為研究對(duì)象，得到 F+FN=Mg，得到FN=Mg-F= ( M-m ) g3. ABC 解析：當(dāng)m2與平面間的摩擦力與 F平衡時(shí)，繩中的張力為零，所以A對(duì)；當(dāng)m2與平面間的最大靜摩擦力等于F/2時(shí)，那么 繩中張力為F/2，所以B對(duì)，當(dāng)m2與平面間沒(méi)有摩擦力時(shí)，那么繩中張力為F,所以C對(duì)，繩中張力不會(huì)大于 F,因而D錯(cuò).4. A 解析：對(duì)m分析，因m受重力、支持力；因 m水平方向不受外力，故 m不會(huì)受到M 對(duì)m的摩擦力，故 AB間沒(méi)有摩擦力；故 BCD均錯(cuò)誤；對(duì)整體受力分析可知，整體受 C的拉力、重力、支持力，要使整體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，M應(yīng)受到地面對(duì)其向左的摩擦力，大小與繩子的拉力相同；對(duì)C

3、分析，可知C受重力與繩子的拉力而處于靜止?fàn)顟B(tài)，故繩子的拉力為 m°g ；由此可知，物體A與桌面間的摩擦力大小為 m°g ；故A正確；5. (a)漏記了兩細(xì)線的方向(b)必須依據(jù)兩力的大小和方向才能作圖(c)必須將橡皮條拉到原來(lái)的 O點(diǎn)6解析：輕環(huán)的意思就是質(zhì)量不計(jì)！這是物理常識(shí)。所以P環(huán)就只受到拉力和彈力(彈力或者稱(chēng)之謂支持力)，根據(jù)彈力定義，彈力的方向與接觸面垂直，而P環(huán)受理平衡，所以拉力必然與彈力大小相等，方向相反，故也與OA桿垂直啊。 對(duì)于B而言，受拉力F,繩子的拉力，還有 OB對(duì)他向下的彈力，顯然繩子拉力的水平分力平衡了F,所以繩子拉力為 F/sin 07. 解析：

4、以B為研究對(duì)象，由平衡條件得T=mBg再以A為研究對(duì)象，它受重力、斜面對(duì) A的支持力、繩的 拉力和斜面對(duì)A的摩擦作用假設(shè) A處于臨界狀態(tài)，即 A 受最大靜摩擦作用，根據(jù)平衡條件有：N=mgco0T-fm-mgsin 0 =0或:fm=(1NT+fm-mgsin 0 =0fm=訓(xùn)綜上所得，mB的質(zhì)量取值范圍是：(sin 0卩 cos)0 <mBw m(sin 0 + cos 0)8此題為靜力學(xué)類(lèi)問(wèn)題，并有臨界條件需分析，當(dāng)力 時(shí)物體受力如圖aF太小時(shí)，CO線會(huì)松弛，當(dāng) F co=0,那么 Fminsin60 <2=mg，所3以Fmin=mg當(dāng)力3F太大時(shí)，OB線會(huì)松弛,當(dāng)Fob=0時(shí)

5、受力如圖b所示所以Fmax=mgcos30mg綜上所述F應(yīng)滿足3圖a圖b2323的條件為:作業(yè)質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng)9T2v = s2 s3=0. 367m/s 2T偏大由牛頓第二定律得Fa= Ma =2Mst2(3分)1. C2.B 3. C4.D5. (1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器靠近(2)a= -56$23 = 1.78m/s (1.751.80 也給分)1 26. 解：1對(duì)A，在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中s= 2at22分2物體B做勻加速運(yùn)動(dòng).因?yàn)?A做勻加速運(yùn)動(dòng)，B對(duì)A的作用力一定，由牛頓第三定律知，A對(duì)B的作用力也一定，B還受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，即B做勻加速運(yùn)動(dòng).4分3對(duì)AB組成的系

6、統(tǒng)，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得1 2 1 2mgh = ?mvA+ 2mvB2 分解得vb = : 2gh -4Ms2mt2(2分)其他解法思路過(guò)程正確的同樣給分.8 m/s2,方向沿、/分2釋放后，B做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊B運(yùn)動(dòng)到凹槽 A的左檔板時(shí)的速度為勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v1= , 2aBd= "2dgsin 1分第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為 w、0,此后A減速下滑，那么2 i mgcos mgsin =maA1 分解得aA= 2gsin，方向沿斜面向上1分A速度減為零的時(shí)間為t1，下滑的位移大小為X1，那么2,x1 -v = d2 分解得 aB= gsin Q t

7、i =vi,根據(jù)v1t1=a2gsin Q 1 2aA 22 分7. 解：1物塊在斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng): V0 + V中八v =2 = 9 m/s2 分S t= = 0.25 s2 分v(2)物塊運(yùn)動(dòng)斜面頂端的速度為vt從底端到頂端 v2 v0= 2ax，即 vt2 102= 2aX4.5 從底端到中點(diǎn) v中 v0 = 2as,即卩82 102= 2aX2.25 解得 a= 8 m/s2, vt= 28 m/s(2 分)物塊運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：一是沿斜面向上的勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 斜面向下；二是拋體運(yùn)動(dòng)，加速度大小為重力加速度g = 10 m/s2,3物塊沿斜面做勻減速運(yùn)動(dòng)：mgsin OF

8、卩 mgcos= ma尸 0.252 分對(duì)斜面體受力分析如下圖并建立坐標(biāo)系，在 x方向上：f = mgcos Q colsmgcos Q sin= 12.8 N3 分此題有其他解法，正確的對(duì)照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)給分.8. 解：1設(shè)B下滑的加速度為 aB，那么mgsi n = maB1 分A所受重力沿斜面的分力Gi = mgs in Q < 2mgcosQ所以B下滑時(shí)，A保持靜止1分1 2d= 2甜1分A已停止在時(shí)間t1內(nèi)物塊B下滑的距離Xb1= 2aBt1 = 4<x1，所以發(fā)生第二次碰撞前凹槽運(yùn)動(dòng)，那么B下滑距離X1與A發(fā)生第二次碰撞1分72 = 2aBX1解得 v2= gdsin 1 分

9、3方法一：設(shè)凹槽 A下滑的總位移為x，由功能關(guān)系有mgxsin F mgx + dsin = 2 i mgxcos Q 分 解得x= d2分方法二：由2中的分析可知 v = gdsin 0=22vi1分第二次碰后凹槽 A滑行的距離X2= 2 = d1分同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距離均為上一次的一半，那么= d(2 分)1-1作業(yè)三牛頓運(yùn)動(dòng)定律答案1. B2. A 解析：設(shè)A、B的質(zhì)量為m。彈簧恢復(fù)形變需要時(shí)間，在瞬間問(wèn)題中可認(rèn)為彈力不變。在C抽出的瞬間，A的受力情況不變，即仍靜止。此時(shí)A收到豎直向上的彈力，大小為mg。所以此時(shí)B在受到自身重力的同時(shí)，還受到豎直向下的大小為mg彈力。3. D

10、 解析：研究整個(gè)系統(tǒng)除墻外的局部系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中處于平衡態(tài)，考察其豎直方向的受力情況。豎直方向上，只有小球的重力不變，和AB桿受到墻體的彈力沿AB方向的豎直分力。所以該分力大小應(yīng)該等于小球的重力。而AB所受壓力只能沿AB方向否那么AB受力不平衡，該力的方向不變，其豎直分量大小不變，可以推出其 自身大小也不變4.5.彈力F = f=卩mgi向右運(yùn)動(dòng)時(shí) F>N,2BC 解析：對(duì)A受力分析，原來(lái)勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)， 可知N>mg,失重，加速度豎直向下，運(yùn)動(dòng)情況有兩種。21a=3.2m/s1 22 如下圖，am/s22m3實(shí)驗(yàn)前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分6. 解析：(1)對(duì)整體：F u2m

11、2g = (m + m2)a，代入得 a=1 m/s對(duì) m2, N1 卩2 m2 g= m2 a,代入得 N1 = 60N(2) 假設(shè)F從右向左作用在 m?上，整體加速度不變，a= 1 m/s2對(duì) g , N2 = g a，代入得 N2 = 20N(3) 假設(shè) m= &=朽 對(duì)整體 F 山葉+ m2)g = ( m + m2)a對(duì) m2,M m2g= m2 a對(duì) g ,N2 mg = g a,代入得N1/ N2=2/1N1 / N2=2 /1同理可知，當(dāng)水平面光滑時(shí),7. 解析：(1)設(shè)物體質(zhì)量為 m,車(chē)質(zhì)量為M，物體與車(chē)相對(duì)靜止時(shí)的速度為 v,物體運(yùn)動(dòng) 的加速度為ai，車(chē)的加速度為

12、a2在車(chē)上滑動(dòng)的時(shí)間是 t,那么卩 mg=na1mg=M a2v= a11= vo a21 代入數(shù)據(jù)解得v= 3.0m/st = 1.2s(2)設(shè)物體相對(duì)于車(chē)滑動(dòng)的距離為s由能量守恒得 i mg寧1 Mvo2 2 ( M + m) v2代入數(shù)據(jù)得s= 2.4m8. 解析：小球不脫離斜面的最大加速度，即當(dāng)球?qū)π泵娴膲毫η『脼榱銜r(shí)的加速度，受力分析得，mg cot30 °= ma0，得 a0 = -. 3g(1) 因?yàn)閍= g/3v . 3g，所以斜面對(duì)球有支持力N,正交分解得Tcos30 N cos60 maTsi n30 +N sin60 mg3nJ3 1綜上兩式得 N mg6(2)

13、 由上可知當(dāng)球?qū)π泵娴膲毫η『脼榱銜r(shí)的加速度a0 .、3g此時(shí)，T 2mg作業(yè)四曲線運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力1. A 解析：兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由圖知ha>hb那么ta>tb；又水平位移相同 根據(jù)s =vt,可知Va<Vb.2. C 解析：曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡一定是在物體所受合力與速度兩者之間3. B 解析：如下圖，設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)放箭的位置處離目標(biāo)的距離為x.箭v的運(yùn)動(dòng)可以看成兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)：隨人的運(yùn)動(dòng)，箭自身的運(yùn)動(dòng)箭 在最短時(shí)間內(nèi)擊中目標(biāo)，必須滿足兩個(gè)條件：一是合速度的方向指向 目標(biāo)，二是垂直于側(cè)向方向 (馬前進(jìn)的方向)的分速度最大，此條件需 箭自身速度方向垂直。24. BCD解析:嫦娥一號(hào)在遠(yuǎn)

14、地點(diǎn)A時(shí)的加速度可由 GM°m/(R1 h1) =ma及2GMom/R, =mg。確定，由于軌道是橢圓，在遠(yuǎn)地點(diǎn) A時(shí)的速度無(wú)法確定；嫦娥一號(hào)繞 月球運(yùn)動(dòng)的周期可由 GMm /(R, h2)2 = m(R2 h2) 4- 2/T2確定，月球外表的重力加速度 2可由GMm / R2 = mg確定5、D解析：雙星的運(yùn)動(dòng)周期是一樣的，選Si為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律得Gm1m24 n24 n2r2r1 吋有，那么m2=育亍6、解析：因?yàn)槲飰K做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，所以其合力方向始終指向圓心，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊受到的豎直向下的重力和豎直向上

15、的支持力的合力不可能始終指向圓心，所以它還可能受到木板對(duì)它的摩擦力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從b運(yùn)動(dòng)到a,物塊的合外力始終指向圓心，加速度也指向圓心，所以加速度具有豎直向下的分量，物塊處于失重狀態(tài)，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；同理可得，物塊從 a到d的過(guò)程中加速度有豎直向上的分量，物塊處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)D正確。7、 1物體在月球外表做平拋運(yùn)動(dòng)，有水平方向上：x=v0t豎直方向上：h = 1g月t222 hv2解得月球外表的重力加速度：g月二羋°x設(shè)月球的質(zhì)量為 M，對(duì)月球外表質(zhì)量為 m的物體，有MmG-R2mg月解得:2hR2v2Gx22設(shè)環(huán)繞月球外表飛行的宇宙飛船的速率為v,那么有2 '

16、9;vm g 月二 mR8、由于小球在水平方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，可以根據(jù)小球位置的水平位移和閃光時(shí)間算出水 平速度，即拋出的初速度。 小球在豎直方向作自由落體運(yùn)動(dòng)，由豎直位移的變化根據(jù)自由落體的公式即可算出豎直分速度。xab=2L=2 X5cm=10cm=0.1m因A、B 或B、C兩位置的水平間距為 時(shí)間間隔為t AB = t=0.1S所以，小球拋出的初速度為設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為VBy、運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為Vcy, B、C間豎直位移為yBc, B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tBC。根據(jù)豎直方向上自由落體運(yùn)動(dòng)的公式得2vb y ' g tB C2y BC -gt BC2tBC式中yB

17、c=5L=5 X5cm=25cm=0.25m , tBc=A t=0.1s代入上式得 B點(diǎn)的豎直分速度大小為2X0.250X0.j2X0.1科=m /s= 2m / s.作業(yè)五 功功率動(dòng)能定理1.D 解析：對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)能定理有：mgh =mgs , s = h/=3m, s/d=6，故物塊最終恰停止于B點(diǎn)處。2. B 解析：物塊受重力、支持力和靜摩擦力三個(gè)力作用。由于靜摩擦力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故靜摩擦力不做功。又重力做功WG - -2j,由動(dòng)能定理， WG WN Wf = 0可知，WN二-WG = 2 J,只有選項(xiàng)B對(duì)。3.m、M受力分析易得，拉力D 解析：緩慢拉動(dòng)時(shí)拉力做功最少。此時(shí)通過(guò)

18、對(duì)L = lmgL 從能量守恒角度看，拉力至少做的功應(yīng)等2=mg T =2mg，故 Wmin = Fm、M間由于摩擦產(chǎn)生的熱量，故Wmin = Q = "mgL。4.ACD 解析：起重機(jī)牽引重物先做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最大功率后開(kāi)始做加速度變小的變加速運(yùn)動(dòng)，最終以最大速度做勻速運(yùn)動(dòng)。由F二mg ma可知，物體勻加速上升時(shí)鋼繩中的拉力即為最大拉力，此拉力可由勻加速的末尾時(shí)刻求得，此時(shí)起重機(jī)功率為P,故有:Fmax = P，選項(xiàng)A對(duì)B錯(cuò)。重物以最大速度勻速上升時(shí)，牽引力ViF = mg，故由 P = Fv得最大速度V2，選項(xiàng)C對(duì)。對(duì)勻加速過(guò)程有 - mg mgV!=ma，故勻加速時(shí)間2mv1

19、R -mg*，選項(xiàng)D對(duì)。解析：由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)A、B兩物體做功相等，但 F對(duì)A做功顯然大于5. CDA對(duì)B做的功F對(duì)A做功實(shí)際上也是 F對(duì)A、B整體做的功，選項(xiàng) A錯(cuò)D對(duì)。A對(duì)B 做正功、B對(duì)A做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)。地面的摩擦力6. 解析1由B到C平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 2hBC=ssin37 = - gt2fA > fB，選項(xiàng)C對(duì)。豎直方向(1)水平方向scos37°=vBt代得數(shù)據(jù)，解1 2 得 vB=20m / s2A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理 1有(4)1 2mghAB +Wf= mvB2代入數(shù)據(jù)，解(3)( 4 )得 Wf = -3000J所以運(yùn)發(fā)動(dòng)克服摩擦力所做的功為3

20、000J7 解析：小球恰能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，有mgm-B 所以 Vb = ?gRR小球由釋放點(diǎn)到B,機(jī)械能守恒mgh = mV解得(2)小球離開(kāi)h =總R2B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),R Jgt220C = vBt0C&解析:解得AC =0C _0A2 -1 r(1) 由圖象可得，在 14s- 18s時(shí)間內(nèi)，阻力大?。?#39; V '(2 )在10s-14s內(nèi)小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)：故小車(chē)功率： = “ = - E(3)速度圖象與時(shí)間軸的 面積的數(shù)值等于物體位移大小:£ 丄 x 2 x 3 -0-2s 內(nèi)，-2s- 10s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有:解得：故小車(chē)在加速過(guò)程中的位移為：匸一二'

21、;- _作業(yè)六機(jī)械能守恒與功能關(guān)系1. D12. B 對(duì)b,由機(jī)械能守恒得mbg(I -丨cos60 )= mbv，在最低點(diǎn)有T-mbg2T 二 mag，解得 ma 二 2mb。3. BCD由題意可知，物體除受重力外，還受豎直向上的其他力gF的作用，mg - F = m21F mg。故物體的機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)。由于物體下落過(guò)程中，重力以外的力F做負(fù)功，21即WFmgh，故此過(guò)程中物體的機(jī)械能減少mgh/2, B對(duì)、D對(duì)。24. BC小球加速度為零時(shí)動(dòng)能最大，故有mg二f kx , x丄mg 一 f , A錯(cuò)B對(duì)。對(duì)全k過(guò)程，由動(dòng)能定理有 Wg Ww Wf =0，即mg H - L x W w-

22、f H -L x =0。故彈簧最短時(shí)具有的彈性勢(shì)能 Ep二0單=(mg-f)(H-L+x)，選項(xiàng)C對(duì)D錯(cuò)。5OC; 15.70。(2) 1.22J, 1.20J，大于，在重錘下落過(guò)程中由于摩擦生熱，機(jī)械能有損失，減少的重力勢(shì)能一局部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3) 1.23J,小于，這是因?yàn)?v的計(jì)算值偏大，原因有二：一是式中用g=9. 8m/s2計(jì)算,而實(shí)際上重錘下落的加速度小于這個(gè)值；二是下落時(shí)間t取值偏大，在實(shí)際的實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，紙帶上第1、2兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔一般都小于0.02s。6解析：不正確。在 A落地的瞬間地面對(duì) A做了負(fù)功，所以整個(gè)過(guò)程機(jī)械能不守恒。在A落地前由機(jī)械能守恒定律得：mAgh mBgh

23、 sin : =1 (mA+ mB) v21在A落地后由機(jī)械能守恒定律得：mBg ( L h)由第 2 式可解得：v2= 2g ( L h) sin := 6m2/s2 ,代入第1式得5mA3 mB= 3 (口人+ mB),所以 mA : mB= 37. (1)5 m/s 52.5 N (2) 9.5 J、 一 1 2解析：(1)設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為v,由B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，有2R= 1gt , Xac = vt, v=5 m/s2由此時(shí)受力知Fn + mg = mv,RFn = 52.5 N.1 2 1 2(2) A 至U B,機(jī)械能守恒？mvA = mv + 2mgR由C到A應(yīng)用動(dòng)能定理可知

24、(F F f)xAC = mvA2所以，Wf= Ff xac= 9.5 J.&解析：(1)假設(shè)滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度小于帶速，那么滑塊在帶上由于受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)；假設(shè)滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度大于帶速， 那么滑塊由于受到向左的滑動(dòng)摩擦 力而做勻減速運(yùn)動(dòng).1 2(2) 設(shè)滑塊沖上傳送帶時(shí)的速度為v,由機(jī)械能守恒 Ep = mv.設(shè)滑塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a,由牛頓第二定律：卩m= ma.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2 v2= 2aL.解得Ep= ；mv0+卩mgL(3) 設(shè)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,貝U t時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移 x= v0t, v0 = v at滑塊相

25、對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移Ax= L - x相對(duì)滑動(dòng)生成的熱量Q=卩mg A解得Q=卩 mg mvo ( v0+ 2 卩 gL- Vo).作業(yè)七 電場(chǎng)1. B解析:根據(jù)電場(chǎng)線分布和平衡條件判斷.2. C 解析：由電勢(shì)的a高b低可知，電場(chǎng)線從電場(chǎng)線從a等勢(shì)面指向b等勢(shì)面；而且由等勢(shì)面的形狀可知(等勢(shì)面一定跟電場(chǎng)線垂直)電場(chǎng)強(qiáng)度左邊強(qiáng)，右邊弱因此U ab - U be3. A 解析：由速度越來(lái)越大可知，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，且由圖中速度變化律可知，加 速度越來(lái)越小，即電場(chǎng)力越來(lái)越小.4. B 解析：解析：據(jù)電場(chǎng)線的方向特征： 知此題選B。5. BD 解析：先畫(huà)出電場(chǎng)線，再根據(jù)速度、電場(chǎng)力和軌跡的關(guān)系，可以

26、判定：質(zhì)點(diǎn)在各點(diǎn)受 的電場(chǎng)力方向是斜向下方.由于是正電荷，所以電場(chǎng)線方向也沿電場(chǎng)線向下方，相鄰等差等 勢(shì)面中，等勢(shì)面越密處，場(chǎng)強(qiáng)與大.始于正電荷，終于負(fù)電荷 和電場(chǎng)線疏密分布可6.AB 解析：由動(dòng)能定理可知：qUAB-mgh = 0 , U ab電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，B對(duì);假設(shè)對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)，因?yàn)閲?yán)而d不確定，所以C錯(cuò)7解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析如下圖,由平衡條件知:T sin v -qET cost1 - mgmg tan -q= e(2)絲線剪斷后小球受重力和電場(chǎng)力，其合力與剪斷前絲線拉力大小相等方向相反.所以:T =ma小球由靜止開(kāi)始沿著拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

27、，當(dāng)碰到金屬板上時(shí)，它的位移為：bs = sin日sat2 2由得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式:由得t二 2b g tan 日8.解析：(1)根據(jù)題意負(fù)電荷從 A點(diǎn)移至(2)電場(chǎng)方向A指向B,因此A點(diǎn)電勢(shì)高B點(diǎn)電場(chǎng)力電場(chǎng)力做負(fù)功 可知電場(chǎng)方向 A指向BUab處q-4 10：J =2 103V-2 10JC在這一過(guò)程中，電荷的電勢(shì)能增加4.0 10 J J3因?yàn)?U ac - 500V 而 Uab - 2 10 V 所以 UBC =-1500VWBC =qUBC =(-2 10C) (-1500V) =3 10J 電場(chǎng)力做正功9解析：(1) U =Us -Up , U=Eh=2000.05 = 10VUs =0

28、 , Up- -10Vp 二 Eqh =200 2 10 5 10 =0.02J(2)*qEh=mv2， -2qEh2m121Eqh mv ， Ekqh1mv222 °.。2 =2m/s-m 一 11。216h1h 0.05 = 0.06mk5x = h H -h 二(0.45 0.05-0.06)m = 0.44m(3) w.mv212 , W2 =0mv2 , W =W1 W2 =02作業(yè)八磁場(chǎng)1.解析選B。 在正方形中心 四個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度按矢量的平行四邊形定那么合成 左。利用左手定那么判斷洛倫茲力的方向， 項(xiàng)正確。由右手螺旋定那么可以判斷出 a、 O處產(chǎn)生的磁 感應(yīng)強(qiáng)度如下圖b、

29、c、d四根長(zhǎng)直導(dǎo)線:，可得合磁場(chǎng)為水平向可得洛倫茲力豎直向下，故B2 解析選B。根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，帶電粒子射入圓形區(qū)域磁場(chǎng)時(shí)速度方向與半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場(chǎng)時(shí)其速度方向與半徑的夾角相等,畫(huà)出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖，根據(jù)圖找?guī)缀侮P(guān)系可2 v 得得 得帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=R，再由qvB=m r ,mvr=解得v= qBR 應(yīng)選項(xiàng)B正確。 qB ,m ,3.4.C解析選A、D。要使離子打在屏上，由左手定那么，可判出a、b均帶正電,A正n/ _Oqv0B = mR,由圖示可得：宀得: R = 5dX x K X聯(lián)立解得：B = 4v0UU5gd7.(1)粒子從S1到達(dá)S

30、2的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得qU = tmv2 解得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有2 2 由得，加速電壓 U與軌跡半徑r的關(guān)系為U = qB匸2m2qvB= m 當(dāng)粒子打在收集板 D的中點(diǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑 r° = R對(duì)應(yīng)電壓U° =qB2R22m確；由牛頓第二定律qvB=m ，得r= mV ,離子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，又T= 2r , t= T,rqBv 2知a比b飛行時(shí)間長(zhǎng)，a比b飛行路程長(zhǎng)，B、C錯(cuò)誤；又a、b在P上落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離分 別為2rcos 9 2r，故D正確。5. 解析選A、C?？拷黙點(diǎn)的兩根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)

31、疊加后，磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度由離a最遠(yuǎn)的導(dǎo)線決定,b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與a點(diǎn)相同，對(duì)于c點(diǎn)，靠近c(diǎn)的兩根導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，疊加后的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由右手螺旋定那么和磁 感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加可得，C正確，D錯(cuò)誤。6. 解析 墨滴在電場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qd = mg 解得：q = mgddU墨滴帶負(fù)電荷.由于電場(chǎng)方向向下，電荷所受電場(chǎng)力向上，可知:(2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場(chǎng)共存區(qū)域，重力仍與電場(chǎng)力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 qv0B= mV0R考慮墨滴進(jìn)入磁場(chǎng)和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，那么半徑R=

32、d聯(lián)立解得B =器R',有(3) 根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R _m t3= v = 3qB粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間nm3qB(3)M、N間的電壓越大，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度越大，粒子在極板間經(jīng)歷的時(shí)間越短， 同時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也會(huì)越短，出磁場(chǎng)后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也越短，所以當(dāng)粒子打在收集板D的右端時(shí)，對(duì)應(yīng)時(shí)間t最短.根據(jù)幾何關(guān)系可以求得，對(duì)應(yīng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r = ,3R由得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小v=泄=3qBRm m粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間t1 = R= 2' 3m1 v 3qB 2粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間3qB粒

33、子從S1到打在收集板 D上經(jīng)歷的最短時(shí)間為t= t1 + t2 + t3 =解析 設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m有Eq = mg將m = k代入，得 E= kg2，一 ,.V0如圖，有qvoB= mRR2= (3d)2+ (R d)2 得 B= kVj如下圖，有2入Vq 入oV= mtan B= 22RlRf3d 2jd 2y2= ltan 0得 y= d5 入一25 ；2 9 + 27V25?2 9yi= RiRi y= yi+ y21、【答案】：B3d31作業(yè)九 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2、答案 AD解析由r=mv可知，速度越大，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大, qB正確，B錯(cuò)誤；由T= 智知，各粒子的運(yùn)動(dòng)周期相同，沿方向出射的粒子的軌跡對(duì)應(yīng)的 qB圓心角最大，用時(shí)最長(zhǎng)， C錯(cuò)誤，D正確.3、答案 ACD 解析洛倫茲力充當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向2心力，由qvB= 口匕得，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 r =平，所以rqB正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相同，選項(xiàng)A正確；根據(jù) 2c4 n2 nmqvB= mrr，可得帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期丁=不，而正粒n0子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=T,負(fù)粒子在磁