热门试卷

（1）由小球处于平衡状态，及受力分析可知小球受电场力方向水平向左，小球应带负电．

（2）设此时绳子拉力为T，板间电场强度为E，由平衡条件得

   qE=Tsinθ      ①

   mg=Tcosθ     ②

由匀强电场    E=    ③

由上述①②③式可解得 U=    ④

（3）从放手到平衡位置，由动能定理得：

  qELsinθ-mgL（1-cosθ）=mv2-0  ⑤

由上述①②③⑤可解得    v= ⑥

答：

（1）小球带负电荷．

（2）两板间的电势差是U=．   

（3）把线拉成竖直向下的位置，放手后小球到达平衡位置时的速度为v=．

（1）物块从斜面顶端下滑至底端，重力做功为 W=mgLsin37°=0.8×10×5×0.6J=24J．

（2）根据牛顿第二定律得：

mgsin37°-f=ma

N=mgcos37°

又 f=μN

联立解得：a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.2×0.8）=4.4m/s2

（3）要使物块下滑至斜面底端时速度恰好为零，必须给物块施加一个与斜面平行向上的外力，根据动能定理得：

mgsin37°-μmgcos37°-FL=0-m

代入得：0.8×100.6-0.2×0.8×10×0.8-F×5=0-×0.8×52，

解得：F=5.52N

答：（1）物块从斜面顶端下滑至底端，重力做24J功．

（2）物块在斜面上运动时的加速度是4.4m/s2．

（3）要使物块下滑至斜面底端时速度恰好为零，必须给物块施加一个与斜面平行的5.52N的外力，方向与斜面平行向上．

（1）从A到B过程中，由动能定理得：

mg（H-h）=mvB2-0，

解得：vB==10m/s；

（2）由数学知识可知，OB与OC间的夹角是53°，

hBC=R-Rcos53°=1.6m，

由A到C过程中，由动能定理可得：

mg（H-h）+mghBC=mvC2-0，

小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：

F-mg=，解得：F=43N；

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力F′=F=43N；

（3）B点与D点在同一水平面上，vD=vB=10m/s，

从D到S过程中，阻力做负功，由动能定理可得：

mgh-Wf=mvS2-mvD2，解得：Wf=68J；

答：（1）小球经过B点的速度为10m/s．

（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力为43N．

（3）阻力f所做的功为-68J．

(1)

(2)

(3)

（1）根据动能定理，参赛者在A到C的过程中满足

…………………………………………………2分

将，代入，可得滑轮与钢丝绳间的摩擦力

 …………………………………………………2分

（2）根据动能定理，参赛者在A到B的过程中满足

…………………………………………………2分

将①式代入，得

 …………………………………………………2分

（3）参赛者落到海绵垫的过程是平抛运动。设人脱离钢索时的速度为v，运动的水平位移为，则

 …………………………………………………1分

 …………………………………………………2分

由题意知，时，参赛者具有的最小速度为

 …………………………………………………1分

时，参赛者具有的最大速度为

…………………………………………………1分

设参赛者在A点抓住挂钩的初动能为。由动能定理，参赛者在A到钢索最低点运动过程中满足

 ……………………………………………2分

由此可得，参赛者在A点抓住挂钩的最小和最大初动能分别为

…………………………………………………1分

…………………………………………………1分

即初动能范围为

………………………………1分

（1）由运动学公式 =2axm

可得==16m

即助跑距离xAB为16m．

（2）设人在最高点最小速度为v

人做平抛运动过程，有

L-h=gt2

x=vt

解得 v=x•=5m/s

即人要最终到达平台，在最高点飞出时刻的速度应至少为5m/s．

（3）人从B点至最高点过程，由动能定理得 W-mg（L-h）=m-m

解得 W=mg（L-H）+m-m=300J

即在B点人蹬地弹起瞬间应至少再做300J的功．

（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：

mg（H+r）-μmgL=mVD2

在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m

联立解得：FN=32N

（2）第一次来到O点，速度V1

P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：

mgH-μmgL=mV12

解得：V12=12

要能通过O点，须mg＜m

临界速度VO2=10

故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK

对之前的过程根据动能定理列式，有：

mg（H+r）-3μmgL=EK

代入解得：EK=0

故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程S

对全过程根据动能定理列式，有：

mg（H+R）-μmgS=0

解得：S=8.5m

答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．

（1）由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度，可知小球在C点的合力方向一定沿CO且指向O点，所以A处电荷对小球吸引，B处电荷对小球排斥，因为A处电荷为正，所以小球带负电，B带负电，如图所示．

（2）因为∠ABC=∠ACB=30°，CO⊥OB，由几何关系得：BC=2ABcos30°=L

由于无切向加速度，小球沿切线方向的合力为零，则有：

kcos60°=kcos30°

解得：QB=Q

（3）设小球在最低点C处的速度为vC，

则：F-mg=m

小球从C点运动到最高点的过程中，电势能不变，故由动能定理知：

2mgR=m-mv2

小球在最高点受到A、B电荷的作用力合为F，方向竖直向下

即：F+mg-F管=m

解得：F管=6mg，故空心管对小球的作用力大小为6mg，方向竖直向上．

答：（1）作出小球在最低点C处的受力示意图，并确定固定在B点的电荷和小球的带电性质：

（2）求固定在B点电荷的电荷量大小；

（3）试求小球运动到最高点处，空心管对小球的作用力大小和方向．．

小题1:0.016J

小题2:

小题3:18

（1）SP间的电势差

V=80V．

因V，所以                               

小球在P点时的电势能

=0.016J　

（2）小球第一次从P到S有　　

小球第一次被弹回至最右端距S板的距离为

有     　

得             

（3）同理小球第二次碰撞后有     

推得                                                               

有                   

所以小球经过18次碰撞后，才能抵达A板．

（1）物体C到A的过程中做平抛运动，竖直方向：2R=gt2

得：t==s=1s

在水平方向：x=vCt

得：vC==m/s=10m/s

到达C时物体在竖直方向的分速度：vy=gt=10×1m/s=10m/s

所以物体到达A点的速度：vA===10m/s

与水平方向的夹角：tanθ===1，所以θ=45°斜向左下

（2）①物体恰好通过最高点，则有：mg=

物体由A到C过程拉力和重力做功，由动能定理有：

Fx-2mgR=m-0

代入数据得：F=0.625N

故滑块在AB段运动过程中恒定外力F大于0.625N．

②若物体最高只能到达与O等高的D点，同样也可以不脱离轨道，则A到D的过程中：

F•x-mgR=0-0

得：F==N=0.25N，

所以当拉力F≤2.5N时，也可以满足条件．

答：（1）滑块落回A点时的速度大小为10m/s，与水平方向成45°角斜向左下

（2）水平恒力F应满足的条件是：F≤0.25N或F≥0.625N．

（1）在水平方向圆环受到的弹力N=qE

则摩擦力f=μN=μqE，方向竖直向上．

（2）①圆环刚开始运动时不受洛伦兹力，因此，摩擦力大小f=μqE

在竖直方向，由牛顿第二定律 mg-μqE=ma0

解得a0=

②当重力与滑动摩擦力平衡时，圆环速度最大，动能最大．

即mg=μ（qvmB-qE）

最大速度vm=

最大动能Ek=m=

答：（1）由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，圆环下滑过程中受到的摩擦力f=μqE；

（2）若在匀强电场E的空间内再加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑，

①圆环刚开始运动时加速度大小为a0=；

②圆环下滑过程中的最大动能Ek=．

（1）

（2）Ek=3.85×104J

（1）运动员由A到B做平抛运动水平方向的位移为                     （1分）

竖直方向的位移为                                                                          （2分）

                                                                                                   （2分）

解得：                                                                          （1分）

因为                                                                                            （2分）

得：                                           （1分）

（2）刚落到雪坡上时                                （2分）

得到：Ek1=4.55×104J                                            

在雪坡上从B下滑到C，根据动能定理：

                                       （3分）

可得：Ek=3.85×104J                                                        （1分）

（1）C离A的高度：h=R-Rcosθ=R-0.8R=0.2R=1.4m

滑块从A到C的过程中有：-mgh-μmgs=m-m

代入数据解得：vc=6m/s．

（2）物体在传送带上运动的加速度大小为a1，则：

a1=gsinθ+μgcosθ=10×sin37°+0.5×10×cos37°=10m/s 2，

设物体在传送带上达到与传送带等速时的时间为t 1，则：v=vc-a1t1

得：t1==s=0.2s．

向上的位移：x1=vct1-a1=6×0.2-×10×0．22=1m

由于：mgsinθ＞μmgcosθ

物体继续在传送带上减速上滑，加速度：

a2=gsinθ-μgcosθ=10×sin37°-0.5×10×cos37°=2m/s2

继续向上滑动的时间：t2==s=2s

继续向上滑动的位移：x2=vt2-a2=4×2-×2×22=4m

向上运动的最大距离：x=x1+x2=1m+4m=5m．

（3）滑块沿传送带返回C点的过程中：=2a2x

得：vC2===2m/s

根据动能定理得，物体从C到停止：0-m=mgh-μmgs

代入数据解得：s=4.8m

（4）设滑块在B点的速度是vB，则：0-m=-μmgs

又：FN-mg=

得：FN=mg+=mg+=1×10+≈17N

答：（1）小滑块第一次滑到C点时的速度是6m/s；

（2）小滑块到达的最高点离C点的距离是5m；

（3）小滑块最终停止运动时距离B点的距离是4.8m；

（4）小滑块返回圆弧最低点B时对轨道的压力是17N．

在地球表面：G=mg…①

在月球表面：G=mg月…②

由①②解得：g月=g

（2）由万有引力充当向心力知：

G=mr…③

由②③知T=2π

（3）嫦娥三号着陆月球表面的过程，由动能定理知

W+mg月（h1-h2）=m-m…④

解得：W=m-m-mg月（h1-h2）=m-m-mg（h1-h2）

答：（1）月球表面的重力加速度g月=g；

（2）嫦娥三号进入近月圆轨道后的运行周期T=2π；

（3）嫦娥三号着陆月球表面的过程，从距离月球表面高为h1处以速度V1开始竖直减速下降，至距离月球表面高为h2时速度为V2，然后自由下落至月球表面，着陆过程中减速系统对嫦娥三号做的功W=m-m-mg（h1-h2）．