如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点平滑连接。一质量为m
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-06-30
（12分）如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向
如图所示,在竖直放置的光滑绝缘半圆环上,穿有一质量为m,电荷量为+Q...
答：选b
如图9所示,在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一带负电的点电 ...
答：C 由Ｏ点放的点电荷的电场线分布可知小球从Ａ到Ｂ电场力不做功， ，在Ｂ点Ｆ－ｍｇ＝ ，Ｆ＝3mg，C对；
如图所示,一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环,置于水平方向的匀强电场...
答：所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE=mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点．则从A到D过程，根据动能定理得：mg(R+22R)+qE?22R＝12mvm2解得：vm＝2(2+1)gR．答：（1）小球的速度为4gR，环对小球的压力为5mg．（2）小球在BC弧的中点速度最大，最大速度为vm＝2(2+1)gR...
如图所示,两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀...
答：所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力由于受到电场力作用的小球能到达最低点，则电场力不可能大于重力，否则不能自动到达最低点；因光滑，则洛伦兹力对小球运动没有影响，而洛伦兹力与速度有关，因此洛伦兹力可能大于重力，故D正确；故选：D．
如图所示,两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场 E 和...
答：D ． 试题分析：放置在电场中的小球，过程中电场力做负功，重力做正功，放置在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，重力做正功，到达最低点时两种情况重力做功相等，所以 ，A错误，因为电场力做负功，小球的机械能一部分转化为电势能了，所以小球就到达不了轨道的最右端，B错误，小球受力不同，所以到...
如图所示,在E=104V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直...
答：2R=12mv2-0小滑块在L点时，由重力提供向心力，所以有：mg=mv2R代入数据解得：v=gR=10×0.4=2m/s，L=mv2+4mgR2(qE?μmg)=0.1×22+4×1×0.42(10?4×104?0.2×1)m=1.25m．（2）设滑块经过半圆轨道O位置时对轨道压力最大，此位置重力与电场力的合力沿半径方向向外，由于qE=...
如图所示,在E=10^3V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直...
答：解：设离N点s米释放。由动能定理有:（qE-umg）*s=1/2mV²由N到L有：1/2mV²+qER=mgR 解出V=2.45m/s s=1.5m （2）在P点，设p点速度V1.1/2mV²+qERcos45°=1/2mV1²+mg(R-Rcos45°)解出V1=2.25m/s p点，设压力为N,由圆周运动知识有：N-mg...
如图所示,在E=10 3 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道...
答：R= 1 2 mv P 2 -0在P点时由牛顿第二定律可得，N-qE=m v 2P R 解得N=1.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R= 1 2 gt 2 可得滑块运动的时间t为，t= 4R ...
...有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接_百 ...
答：R=12mvP2-0在P点时由牛顿第二定律可得：N-qE=mv2PR，代入数据得：N=1.5N；由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R=12gt2可得滑块运动的时间t为，代入数据得：t=0.4s，滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀...
如图所示,在E=103V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直...
答：（1）滑块刚能通过轨道最高点条件是mg＝mv2R代入数据得：v＝Rg＝2m/s（2）滑块由释放点到最高点过程由动能定理：Eqs?μmgS?mg2R＝12mv2整理得：S＝m(12v2+2gR)Eq?μmg代入数据得：S=20m答：（1）小滑块恰能通过圆轨道的最高点L，通过L的速度是2m/s；（2）滑块应在水平轨道上离N点20m...
(1) （2）见解析 试题分析：解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C，即圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力 （3分）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功W f ，根据动能定理 （4分）(2) 物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s， （3分）由联立上面两式解得 s＝2R 因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R （2分）点评：中等难度。动能定理的两种表述：一、合外力做的功等于物体动能的变化量；二、各个分立做功的代数和等于物体动能的变化量。
（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力mg-Eq=mvC2R①物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有Eq?2R-Wf-mg?2R=12mvc2-12mv02②由①②式解得Wf=12mv02+52（Eq-mg）R③（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则水平方向有s=vCt④竖直方向有2R=12（g-Eqm）?t2⑤由①④⑤式联立解得s=2R⑥因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R．答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功为Wf=12mv02+（Eq-mg）R （2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R，与场强大小E无关．
| 解：(1)设物体在A点的速度为v 1 ，由动能定理有 解得 (2)设匀强电场的场强大小为E、物块在D点的速度为v D ，则 解得 (3)设第2，4，6，…，2n次经过B点时的速度分别为v 2 ，v 4 ，…，v 2n ，第2，4，6，…，2(n-1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L 1 ，L 2 ，…，L n-1 ，则 解得 同理 … 综上可得 |
答：选b
答：C 由Ｏ点放的点电荷的电场线分布可知小球从Ａ到Ｂ电场力不做功， ，在Ｂ点Ｆ－ｍｇ＝ ，Ｆ＝3mg，C对；
答：所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE=mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点．则从A到D过程，根据动能定理得：mg(R+22R)+qE?22R＝12mvm2解得：vm＝2(2+1)gR．答：（1）小球的速度为4gR，环对小球的压力为5mg．（2）小球在BC弧的中点速度最大，最大速度为vm＝2(2+1)gR...
答：所以a小球受到的电场力一定不大于a的重力，而洛伦兹力跟速度有关系，所以有可能大于b的重力由于受到电场力作用的小球能到达最低点，则电场力不可能大于重力，否则不能自动到达最低点；因光滑，则洛伦兹力对小球运动没有影响，而洛伦兹力与速度有关，因此洛伦兹力可能大于重力，故D正确；故选：D．
答：D ． 试题分析：放置在电场中的小球，过程中电场力做负功，重力做正功，放置在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，重力做正功，到达最低点时两种情况重力做功相等，所以 ，A错误，因为电场力做负功，小球的机械能一部分转化为电势能了，所以小球就到达不了轨道的最右端，B错误，小球受力不同，所以到...
答：2R=12mv2-0小滑块在L点时，由重力提供向心力，所以有：mg=mv2R代入数据解得：v=gR=10×0.4=2m/s，L=mv2+4mgR2(qE?μmg)=0.1×22+4×1×0.42(10?4×104?0.2×1)m=1.25m．（2）设滑块经过半圆轨道O位置时对轨道压力最大，此位置重力与电场力的合力沿半径方向向外，由于qE=...
答：解：设离N点s米释放。由动能定理有:（qE-umg）*s=1/2mV²由N到L有：1/2mV²+qER=mgR 解出V=2.45m/s s=1.5m （2）在P点，设p点速度V1.1/2mV²+qERcos45°=1/2mV1²+mg(R-Rcos45°)解出V1=2.25m/s p点，设压力为N,由圆周运动知识有：N-mg...
答：R= 1 2 mv P 2 -0在P点时由牛顿第二定律可得，N-qE=m v 2P R 解得N=1.5N 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R= 1 2 gt 2 可得滑块运动的时间t为，t= 4R ...
答：R=12mvP2-0在P点时由牛顿第二定律可得：N-qE=mv2PR，代入数据得：N=1.5N；由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R=12gt2可得滑块运动的时间t为，代入数据得：t=0.4s，滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀...
答：（1）滑块刚能通过轨道最高点条件是mg＝mv2R代入数据得：v＝Rg＝2m/s（2）滑块由释放点到最高点过程由动能定理：Eqs?μmgS?mg2R＝12mv2整理得：S＝m(12v2+2gR)Eq?μmg代入数据得：S=20m答：（1）小滑块恰能通过圆轨道的最高点L，通过L的速度是2m/s；（2）滑块应在水平轨道上离N点20m...
