力與曲線運動問題專題診斷訓(xùn)練

1、專題診斷訓(xùn)練一、選擇題1.一個物體以初速度 Vo從A點開始在光滑水平面上運動，一個水平力作用在物體上，物體 的運動軌跡如圖1中的實線所示，圖中 B為軌跡上的一點，虛線是過 A、B兩點并與軌跡相 切的直線，虛線和實線將水平面劃分 5個區(qū)域，則關(guān)于施力物體的位置，下面說法正確的是（ACA.力與曲線運動類問題（一）教師版B.C.D.）如果這個力是引力，則施力物體一定在區(qū)域 如果這個力是引力，則施力物體一定在區(qū)域 如果這個力是斥力，則施力物體可能在區(qū)域 如果這個力是斥力，則施力物體一定在區(qū)域考點曲線運動的條件。診斷1。物體的運動方向與合力方向不在一條直線上時，物體將做曲線運動; 向指向曲線的凹側(cè)（內(nèi)側(cè)

2、）2.如圖水平的木板 B托著木塊A一起在豎直平面內(nèi)做勻速 圓周運動，從水平位置 a沿逆時針方向運動到最高點b的過程中（BC ）A.B.C.D.B對A的支持力越來越大B對A的支持力越來越小B對A的摩擦力越來越小B對A的摩擦力越來越大2。合力方3.在交通事故中，測定碰撞瞬間汽車的速度對于事故責(zé)任的認定具有重要作用， 中國汽車駕駛員雜志曾給出一個估算碰撞瞬間車輛速度的公式:V 戶，公式中 L是被水平拋出的散落在事故現(xiàn)場路面上的兩物體 Vh Jh2A、B沿公路方向上水平距離，hp h2分別是散落物 A、B在車上時的高度。只要用米尺測量出事故車輛現(xiàn)場 L、hp h2三個量，根據(jù)上述公式就能夠估算出碰撞瞬

3、間車輛的速度，則下列敘述正確的是(BD)A.A、B落地時間相同B.A、B落地時間差與車輛速度無關(guān)C.A、B落地時間差與車輛速度成正比D.A、B落地時間差和車輛碰撞瞬間速度的乘積等于4.如圖所示,勻強磁場方向豎直向下.磁場中有光滑水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管.在水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，最后帶電小球能從試管口飛 出,則（BD ）A.小球帶負電B.小球運動軌跡是一條拋物線C.洛倫茲力對小球做正功D.維持試管勻速運動的拉力F應(yīng)逐漸增大5如圖1所示，水平拋出的物體，抵達斜面上端 斜面無摩擦滑下，2中的圖象是描述物體沿P處，其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿 x方向和y

4、方向運動的速度一時間圖象，其中正確的是 （C» yVxAVx圖26.如圖所示，在勻強電場中有一個原來速度幾乎為零的放射性碳14原子核，它所放射的粒子與反沖核經(jīng)相等時間所形成的徑跡如圖所示（a、b均表示長度）.那么碳14的衰變方程可能是（A)A.1：C：He 1；BeB.0eC.16C0eD.2H122B7.如圖,動，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等。有一帶正電的小球在電場中運 實線表示該帶正電小球的運動軌跡。小球在的動能等于2eV。若取C點為零勢點， 力和空氣阻力），它的動能等于（CA. 16eV B . 14eV C . 8eV D&如圖所示畫出了勻強電場的幾條電

5、場線，一個帶正電荷的離子（不計重力）僅在電場力作用下由點，則（A ）該離子在該離子在該離子在該離子在A.B.C.D.a點的動能等于 20eV，運動到b點時則當(dāng)這個帶電小球的電勢能等于6eV時（不計重）.4EvM N是該電場中的兩點，M點運動到 NM點的速度不為零M點的速度可能為零M點的電勢能小于在 N點的電勢能M和N點的電勢能哪個大不能確定根細線一端系9 如圖所示，在水平向左的勻強電場中，一個質(zhì)量為m的帶正電的小球，另一端固定在O點.現(xiàn)在 讓細線水平繃直，小球從A點由靜止開始擺下， 小球能達 到并通過最低點 B.則小球在最低點 B處，細線的拉力可 能是（BC）A. 0.5mg B . 1.5m

6、gC. 2.5mg D . 3.5mg10.如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射人兩平行板間的勻強電場中.P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射人到打到上板的過程 中（C ）A.它們運動的時間t Q> tpB .它們的電勢能減小量之比?。?E=1:2C .它們所帶的電荷量之比qp : q q=1:2D .它們的動量增量之比 FP: Pcf1:2二、說理計算題11.如圖所示,AB是勻強電場中的一條水平線段，長度為L,它與電場方向成 0角，某時刻一質(zhì)量為m,帶電量為+q的小球在電場中的 A點由靜止釋放,小球沿直線

7、AB運動到B點時離開電場,然后落到傾角為 a的絕緣彈性斜面上的 C點,C點距離AB高度為h,小球恰好能夠沿原路返回A點,求:電場強度E的大小;角a的值;球從A點出發(fā)返回A點的時間;11.解答:（1）由于出電場后球做平拋運動，在電場內(nèi)運動時，其速度方向是水平的,即合外力是水平的，由 qEcos0 =mg得:E=mg/qcos0在電場中運動的加速度 a=mgtan0 /m=gtan 0；故出電場的速度 V0= j2aL = j2gL tan出電場后只受重力作用，在到達斜面時有豎直分速度Vy 72gh斜面應(yīng)與Vo與Vy的合速度V垂直，所以tanVoJhLtanVy(3)球出電場的時間t i=2L/

8、V o= f 2LY g tan出電場后落到斜面的時間 12= J2ghg所以往返時間 T=2(t i+ t 2)=2( J 2L *2gh )V g tan g12. 真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37° (取sin37 ° =cos37° =?，F(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度Vo豎直向上拋出。求運動過程中(1) 小球受到的電場力的大小及方向；(2) 小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；(3) 小球的最小動量的大小及方向。12. 解答：(1)根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小

9、3電場力的方向水平向右。Fe=mgan37 ° =mg4(2)小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為 V,o的勻加速運動，加速度為axVy = V0 gt沿水平方向做初速度為a<=空-gm 4小球上升到最高點的時間t =匹，此過程小球沿電場方向位移 gsx = 1axt2=3Vo2 9g9電場力做功 W = FeSx=mV329小球上升到最高點的過程中，電勢能減少m32(3)水平速度Vx = axt，豎直速度 Vy = Vo gt小球的速度V =Jv； v：由以上各式得出 VnjUg"2 2vogt2Vo解得當(dāng)t =25g0時，V有最小值Vmin = V0512此時 Vx

10、= 一 Vo,25Vy9 v0, tan 0 =丄 3，即與電場方向夾角為37°斜向上25Vx43小球動量的最小值為 pmin= mViin =一 mV5最小動量的方向與電場方向夾角為37°,斜向上。13. 在圖14所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U加速，從A板中心孔沿中心線 kO射出，然后進入兩塊平行金屬板M N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入MN間電場時的速度與電場方向垂直， 電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為 U, M N兩板間的電壓為 U,兩板間的距離為 d板長為L1,板右端到熒光屏的距離

11、為L2,電子的質(zhì)量為 m電荷量為e。求：(1)(2)(3)電子穿過 A板時的速度大?。?電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量; P點到O點的距離。, I 2 e Ui=-mv0 2解得：Vo佟a¥ m(2)電子以速度V0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速 度為零的勻加速直線運動。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為電子的加速度為a,離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為 運動學(xué)公式得：E=±dF=eEF=maa = eUmdt1,y1,根據(jù)牛頓第二定律和13. 解答：(1)設(shè)電子經(jīng)電壓 U加速后的速度為Vo，根據(jù)動能定理得:t1丄V0y

12、1=1at12,2解得:U2L2y=4U1d(3 )設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為Vy,根據(jù)運動學(xué)公式得vy=a1t庖dmv0""1"""1r N匚;圖17電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間 為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為屮,如圖17 所示t2=L , y2= Vyt 2 解得：y2= U/L2V02dU1P到O點的距離為 y=y1+y2= (2L一山兒4Uid14. 有一個足夠大的勻強電場，場強為E,方向如圖所示.一電子以與 X軸成45°夾角的初速度Vo垂直于電場方向從0點射入.電子質(zhì)量為 m，電荷量為e,不 計重力.求：(1 )電子通過X軸時的位置；(2)電子通過X軸時的速度大小.V045X214 .解答:(1)電子在電場中做類平拋運動，設(shè)電子通過X軸時的位置坐標為(X , 0),運動時間