热门试卷

（1）由库仑定律F=知小球在C点库仑力为：FC=FB=mg，方向竖直向下

（2）在C点，由牛顿第二定律：FC+mg=m

解得：vc=

（3）A至C，由动能定理：W-mg.2R=mv2-0

解得：W=3mgR

答：（1）小球在C点的库仑力为mg；

（2）C点的速度为；

（3）库仑力所做的功为3mgR．

（1）设平抛运动的水平分位移为x，竖直分位移为y，根据几何关系，有

y=x•tanθ=x

运动员飞出后做平抛运动

x=v0t

y=gt2

联立三式，得飞行时间：t=1.2 s

落点的x坐标：x1=v0t=9.6 m

落点离斜面顶端的距离：s1==12m

落点距地面的高度：h1=（L-s1）sinθ=7.8m

接触斜面前的x分速度：vx=8m/s

y分速度：vy=gt=12m/s

沿斜面的速度大小为：vB=vxcosθ+vy sinθ=13.6m/s

即运动员落到倾斜雪道上时速度大小为13.6m/s．

（2）设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：

mgh1+mvB2=μmgcosθ（l-s1）+μmgs2

解得：s2=74.8 m

即运动员在水平雪道上滑行的距离为74.8m．

（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点过程，由动能定理得

f=m（v02-vc2）----①

假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得

（qE1+f）=m（vc2-vB2）------②

 将vc=v0和和qE1=f代入解得

vB=v0--------③

由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右．

（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域．

滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得

（qE2+f）=mvc2------④

由①④两式可得电场强度

E2=-----------⑤

滑块运动至B点后，因为qE2=2f＞f，所以滑块向左加速运动，从B运动至A点过程，由动能定理得

（qE2-f）d=mvA2；-------⑥

由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度

vA=v0（方向水平向左）----------⑦

答：（1）滑块离开时的速度为v0，方向水平向右；（2）要使离开时的时间最长，电场强度应为E2=，离开时的速度为v0，方向水平向左．

(1) 4m/s  (2)m/s  m/s  (3)（i）当k＞3时A能从电场右边界离开电场力对A做功为1.2×10-2 J；在1＜k≤3范围内，A从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0。

试题分析：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理

       ①

得： =4m/s       ②

（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：

       ③

     ④

联立③④并将mA=kmB及v=4m/s代入得：

m/s         ⑤

 m/s         ⑥

（3）讨论：

（i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：         ⑦

联立⑤⑦代入数据，得： k＞3      ⑧

电场力对A做功为：WE=-qEL=-6×105×5×10-8×0.4(J)=-1.2×10-2(J)       ⑨

（ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：       ⑩

联立⑤⑩代入数据，得：k≤3        ⑪

考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开       ⑫

又：  qE=3×10-2N＞μmg=2×10-2N       ⑬

所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：WE=0     ⑭

（1） （2） （3）0

试题分析：（1）设小球运动到点时的竖直速度为 

       ① （1分）

在点时，根据速度关系

      ②（2分）

综合①、②并代入已知得

      ③（1分）

（2）小球在点时的速度

    ④（1分）

小球由点运动到点的过程中，根据机械能守恒有

      ⑤（1分）

在点，根据牛顿定律有

    ⑥（1分）

由④、⑤、⑥式，并代入已知得        ⑦（1分）

根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力为7N

（3）两球相碰根据动量守恒

     ⑧（2分）

两球一起压弹簧到最短的过程中，当两球速度为零时，弹性势能最大

     ⑨（2分）

由⑧、⑨式，并代入已知得    

（4）根据题意得出;该状态时弹簧处于原长，根据动量守恒和动能守恒列式

    （3分）

列式解方程组得，=v       =0

所以当小球第二次达到最大速度时，小球M的速度是0            （1分）

（1）（2）；

试题分析：（1）粒子经电场加速，由动能定理：

进入圆筒的粒子有：；解得：：

（2）光屏PQ范围的任意位置均会出现亮斑，说明PQ范围均有粒子到达，最小速度v1的粒子到达P点，最大速度v2的粒子，到达Q 点，从O2射出的粒子的速度应含有v1-v2范围内的任意值。在圆筒内，由牛顿第二定律，有

达到光屏上P点的粒子应满足:  r1=R；

则到达P点的粒子的速度为：

如图，由几何关系，到达Q 点的粒子穿过圆筒的偏向角

到达Q点的粒子应满足：

到达Q点的粒子速度：

到达光屏粒子的速度大小v的范围：

设粒子穿过圆筒的偏向角为β，则粒子穿过圆筒的时间为：

又

粒子穿出圆筒应满足 （k=0,1,2,3….）

有上述式子可得：（k=0,1,2,3….）

粒子速度不同，β不同。要使不同速度的粒子穿过以某一角速度匀速转动的圆筒，应满足k=0，即

（1）由A到B段由动能定理得：

mgh=mvB2-mv02

vB=

=8m/s

（2）由B到C段由动能定理得：

mvB2=μmgs

所以：s==8m

答：（1）物体滑至B点时的速度为8m/s

（2）物体最后停止在离B点8m的位置上．

解：(1)若滑块P恰好冲到滑块Q的最高点D，从C到D的过程中机械能守恒，则：

=mgR，解得：vB=1 m/s

(2)若F=1.8 N，则在力F作用的过程中根据动能定理有：(F-μmg)L=

而从C点开始至上升到最高点的过程中机械能守恒，因此有：=mgh

解得：h=0.125 m=12.5 cm

最高点距D点的距离h'=h-R=7.5 cm

设滑块P最终距B点的距离为L'，那么从A点出发直到最终停止，根据动能定理有：FL-μmg(L+L')=0

解得：L'=0.625m

(1)   (2)     (3)

试题分析：（1）小球在水平面内沿圆环作圆周运动，由题意，在A点电场力提供向心力，则有：

…①

解得：…②

（2）球从A到B点的过程中，由动能定理得：…③

解得：…④

球在B点受到圆环作用力F的水平分力为Fx，则：即Fx=6qE…⑤

又圆环对球作用力F的竖直分力大小等于小球的重力，所以：…⑥

（3）若，由qE=mg．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D点时，

动能最大，CD与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理得：

从A→B：

解得球最大动能为．

(1)见解析　(2)1.41×105 m/s　(3)d＝0.2 m不随时间变化

(1)带电粒子在金属板间运动的时间为

t＝≤2×10－6 s，

由于t远小于T(T为电压U的变化周期)，故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的．

另解：在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3 V，由于ΔU远小于100 V(100 V为电压U最大值)，电压变化量特别小，故t时间内金属板间的电场可视为恒定的．

(2)t＝0.1 s时刻偏转电压U＝100 V，由动能定理得

qU＝mv－mv

代入数据得v1＝1.41×105 m/s.

(3)设某一任意时刻射出电场的粒子速率为v，速度方向与水平方向的夹角为α，则 

v＝

粒子在磁场中有qvB＝

可得粒子进入磁场后，在磁场中做圆周运动的半径R＝

由几何关系d＝2Rcosα

可得：d＝＝0.2 m，故d不随时间而变化

（1）（2）（3）能   

试题分析：（1）物块能通过轨道最高点L的条件是

      （2分）             （1分）

A到L过程根据动能定理有：        （2分）

解得             （1分）

（2）物块由P到L过程根据动能定理有：

         （2分）

VP=2m/s     （1分）

P点水平方向的支持力和电场力的合力提供向心力：         （2分）

          （1分）

（3）去电场，加磁场后，洛伦兹力与速度垂直，垂直圆弧面向外，而且到达N点的速度与之前相同，所有能到达L点           （3分）

小物块从N点运动到最高点再落回到MN水平面时过程，外力没有做功，所以速度的大小等于第一次经过N点时的速度大小。

由动能定理:

       （2分）（或考虑物块N由L到过程,解答也可）

vt==       （1分）

（1）小球做平抛运动：

v0=vytanθ，vy=gt，

小球下落的高度：h1=gt2，

小球的水平位移：x=v0t，

小球的落点到斜面底端的竖直高度：h2=xtanθ，

综上可得，小球抛出点到斜面底端的竖直高度：

H=h1+h2=(2+cot2θ)；

（2）小滑块运动的时间与小球的时间相同：

t==0.4s，

滑块运动的位移：s==1.5m，

滑块受到的合外力：F=mgsinθ+μmgcosθ=8N，

根据动能定理可得滑块的动能变化量为：△EK=-Fs=-12J；

答：（1）小球离斜面底端的高度H与小球速度v0之间的关系为H=h1+h2=(2+cot2θ)；

（2）小滑块运动的时间为0.4s，小滑块的动能变化量为-12J．

(1)   (2),（3）

试题分析：（1）电加速： （1分）

电偏转：                       （1分）

                      （1分）

                          （1分）

解得：                （1分）

（2）电偏转：

合速度大小为：   （3分）

方向为： 

                    （2分）

（3）由几何关系： （2分）

洛伦兹力提供向心力： （2分）

解得：                  （1分）

小题1:

小题2: