热门试卷

设伯斯的重力为mg，塔高为H，水池深度为h．

根据动能定理得

    mg（H+h）-0.2mgH-3.5mgh=0

代入解得h=9.6m

答：水池的深度至少为9.6m．

（1）m/s；（2）m ；（3）m

试题分析：(1)小滑块第一次过N点的速度为v，则由动能定理有

  (3分)

代入数据得：m/s  (2分)

(2)滑块在ON段运动时所受的摩擦力N

滑块所受重力、电场力沿斜面的分力N

因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑做匀减速运动，速度为零时可停下(1分)。

设小滑与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得：

(2分)

由m 得：  (2分)

取得：m   (1分)

(2)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少，由能量守恒得：

 (2分)

代入数据得： (1分)

滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离m(1分)

滑块第p次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离(1分)

滑块移动的总路程(1分)

由于m，得，取p=12代入上式得：m(2分)

（1）m / s

（2）m

（3）Q=0.18J，m

（1）由于PQ部分光滑，滑块A只在电场力作用下加速运动，设经时间t与B相碰，A与B相遇前的速度大小为v1，结合后的共同速度大小为v2，则

  ·（2分）

·（2分）

解得s·（1分）m / s

滑块A、B碰撞的过程中动量守恒，即·（2分）m / s·（1分）

（2）两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回，第一次速度为零时，两滑块离开墙壁的距离最大，设为，在这段过程中，由动能定理得

·（2分）解得m·（1分）

（3）由于N，N，，即电场力大于滑动摩擦力，AB向右速度为零后在电场力的作用下向左运动，最终停在墙角O点处，设由于摩擦而产生的热为Q，由能量守恒得

J···（2分）

设AB第二次与墙壁发生碰撞后返回，滑块离开墙壁的最大距离为，假设L2＜s，在这段过程中，由动能定理得  解得L2≈0.064m

L2＜s＝0.15m，符合假设，即AB第二次与墙壁发生碰撞后返回停在Q点的左侧，以后只在粗糙水平面OQ上运动。···（2分）

设在粗糙水平面OQ部分运动的总路程s1，则·（2分）s1＝0.6m·（1分）

设AB相碰结合后的运动过程中通过的总路程是s2，则

（2分） m（1分）

试题分析：因液滴b静止在场中，则它一定带正电，设b的质量为m，带电量为q，a的质量为2m，电量为4q,受力平衡可知：mg=Eq

开始时a受重力为2mg,电场力为4Eq,向右下方运动，说明a只能带负电且电场力做正功。设a运动到最低点的速度为v0,它和b发生完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v，则沿水平方向满足 2mv0=3mv,

由电荷守恒定律，碰后它们的电量为-3q，在竖直方向受力平衡

3mg+3Eq=2Bvq

带电液滴从初始位置到最低点，由动能定理

联立以上方程可得

⑴；⑵，

⑴第一次，，

第二次，，，得                 

⑵设B球到达轨道底端时速度为v2，此时A的速度为v1，由动能定理有

，而

解得：，       

（1）弹簧具有的势能为EP=5J，

EP=kx12=×1000x12=5，

解得，弹簧的压缩量：x1=0.1m，

撤掉外力时，由牛顿第二定律得：

kx1-mBgsinθ=mBa，

解得，物块B的加速度：a=5m/s2；

（2）物块B静止在斜面上时，

由平衡条件得：kx0=mBgsinθ，

解得：x0=0.05m，

外力推动物块B所做的功：

W=EP-kx02-mBgsinθ(x1-x0)，

代入数据解得：W=1.25J；

（3）假设物块A刚好离开挡板M，

弹簧的伸长量x2kx2=mAgsinθ，

解得：x2=0.025m，

此时弹簧的弹性势能和重力势能的增加量之和：

E=kx22+mBgsinθ(x1+x2)=6.5625J＞EP=5J，

故物块A未离开挡板M．

设物块B上滑到速度为零时，弹簧的形变量为x3

若弹簧处于压缩状态：EP=kx32+mBgsinθ(x1-x3)，

x31=0，x32=0.1m（不合理舍掉），

若弹簧处于伸长状态：EP=kx32+mBgsinθ(x1+x3)

解得：x31=0，x32=-0.1m（不合理舍掉），

综上可得，物块B的速度为零时，弹簧恰好处于原长，

此时物块A对挡板的作用力最小，作用力F=mAgsinθ=25N；

答：（1）撤掉外力时，物块B的加速度为5m/s2；

（2）外力在推动物块B的过程中所做的功为1.25J；

（3）物块A不能离开挡板M；物块A与挡板M之间的最小作用力为25N．

（1）要使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，必须满足

F电=Eq=mAg

所以E==2×103N/C

方向竖直向上

（2）设小球B运动到M点时速度为vB，由功能关系得

EP-μmBgL=mB

vB=5m/s

两球碰后结合为C，设C的速度为v1，由动量守恒定律得

mAv-mBvB=mCv1

v1=5m/s

电场变化后，因E'q-mCg=2N

mc=3N

mc＞(E′q-mcg)

所以F1-mCg+E′q=mC

则F2=1N

（3）设到最高点时速度为v2

由动能定理得：mC-mC=E′q2R-mCg2R

在最高点由牛顿运动定律得：F2+mCg-E′q=mc

求得F2=13N

答：（1）A、B两球在碰撞前匀强电场的大小为2×103N/C，方向竖直向上；

（2）A、B两球在碰撞后瞬间整体C的速度大小为5m/s，绳子拉力大小为1N；

（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小为13N．

小题1:0.2N

小题2:1.2m

（1）设赛车到达B点的速度为v1，到达圆轨道最高点E的速度为v2，，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得：

                   ①（2分）

       ②（2分）

赛车在水平轨道AB上运动时所受阻力为f，根据动能定理：

              ③（2分）

由①②③可得            f=0.2N                       （1分）

（2）设赛车离开竖直圆轨道后沿光滑水平直轨道运动时机械能为E（以水平轨道为零势能参考面），C点离水平轨道的高度为h，赛车从C点飞出时速度大小为v3，赛车在空中飞行时间为T，落点D到飞出点C的水平距离为x，则由机械能守恒可得：

                 （2分）

解得

由平抛关系得：

    （2分）

所以当时x最大，最大值是="1.2m            " （1分）

（1）设汽车的牵引力为F，汽车在斜坡上受重力、支持力、摩擦力、牵引力．

根据牛顿第二定律有：F-mgsin30°-f=ma；

设匀加速的末速度为v，根据P=Fv，知道汽车的速度增加，发动机的功率也在增大，当汽车功率增加到额定输出功率时，速度继续增加，牵引力就要减小，此时匀加速运动结束．

则有：P额=Fv；

根据匀加速运动公式有：v=at1

代入数值，联立解得：匀加速的时间为：t1=7s．

（2）当达到最大速度vm时，汽车做匀速直线运动，此时F=mgsin30°+f

所以有：P额=（mgsin30°+f）vm

解得：汽车的最大速度为：vm=8m/s

（3）汽车匀加速运动的位移为：x1=at12=24.5m

在汽车达到额定功率时到汽车到达坡顶这后一阶段中，

牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，设这后一阶段中时间为t2，位移为x2，根据动能定理有：

Pt2-（mgsin30°+f）x2=mvm2-mv2又有x2=x-x1

代入数值，联立求解得：t2=15s

所以汽车总的运动时间为：t=t1+t2=22s

答：（1）汽车做匀加速运动的时间是7s；

（2）汽车所能达到的最大速率是8m/s；

（3）汽车从坡底到坡顶需22s．

（1）对于B下落的过程，以A、B系统为研究对象，由动能定理得mBgh-μmAgh=(mA+mB)v2

解得B落地时的速度v=0.8m/s

（2）B落地后，A在摩擦力作用下减速滑行，设滑行距离为x，则-μmAgx=0-mAv2

解得x=0.16m

答：（1）B落地时的速度大小0.8m/s．

（2）B落地后，A在桌面上还能滑行0.16m．

（1）滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相等，说明滑块在电场区域做匀速直线运动，

由平衡条件得：qE=μmg，解得：E=，方向水平向右，

滑块进入电场前，由动能定理得：-μmgL=mv2-mv02，

解得：v=；

（2）从滑块开始运动到出电场区域，

由动能定理得：-μmg•2L+qEL=mv02-mv02，

解得：E=，方向水平向右；

（3）由题意知，第一次电场方向竖直向上，

由动能定理得：-μmgL-μ（mg-qE）L=m（）2-mv02，

第二次电场反向后，设滑块停在距离左边界s处，

由动能定理得：-μmgL-μ（mg+qE）s=0-mv02，

已知v0=2，解得：s=L；

答：（1）该区域的电场强度大小为，方向：水平向右；滑块滑出该区域的速度为；

（2）该区域的电场强度大小为：，方向：水平向右；

（3）滑块所停位置距左边L处．

（1）t=0时刻进入电场的粒子被加速，由动能定理有eU0=m

进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则有ev1B=m

联立解得R1=；

（2）粒子在磁场中圆周运动的周期为：Bev=m

粒子运动的周期为：T=

粒子在磁场中运动的时间为：t=T

可得：t=；

（3）设在t=t1时刻进入电场的电子被加速后以速度v2进入磁场，同样发生2700偏转后向下射出打在荧光屏上．在电场中粒子被加速有3eU0=m

进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则有ev2B=m

联立解得R2=

因而粒子打在荧光屏上的宽度范围为△x=R2-R1

联立解得△x=(-1)；

答：（1）在t=0时进入电场的电子在磁场中圆周运动的半径R1=；

（2）粒子在磁场中运动的时间：t=；

（3）粒子打到荧光屏上的区域范围△x=(-1)．

（1）A极板带正电，（1分）K极板带负电（1分）（如果只答“A极板带正电”或“K极板带负电” ，给1分）   （2）7.9×10-5 s   40V （3）

试题分析：

（1）A极板带正电，（1分）K极板带负电（1分）

（如果只答“A极板带正电”或“K极板带负电” ，给1分）

（2）当粒子垂直打到D板上时，有粒子做圆周运动的半径 R=H    （1分）

设粒子的电荷量为q，质量为m，从S2穿出的速度为v0。

由牛顿运动定律得：         …………………………（2分）…

 （1分）          =7.9×10-5 s  （1分）

两极板间的电压U即为电压表的读数，由动能定理：        （2分）

联立得 U= 40V（1分）

（3）由题知，当滑片到左端时，R2 有最小值，两极板间的电压最小。

由闭合电路欧姆定律，回路中的电流： =1A    （1分）

电阻R1两端电压  U1=IR1   （1分）              得U1=10V  （1分）

 （1分）

 （1分）

R1="0.1m" =" H" /2  （2分）

即恰好打在K板的正下方的D板上。（1分）

（1）物体从h处下滑到C过程中根据动能定理：m-0=mgh-μmgθ+mgr(1-cosθ)①

经C点时重力与支持力的合力提供向心力：N-mg= ②

将图b中的两组数据：h0=0m，N0=14N和h1=1m，N1=34N代入①②两个公式，联立解得：

m=1kg；μ=0.6

（2）整个的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理可得：

mgh+m=μmgcosθ

代入数据解得：μ===5.1m

答：（1）物体的质量是1kg，斜面与物体之间的动摩擦因数μ是0.6；

（2）若物体从h=2m处，以v0=3m/s的初速度沿斜面向上运动，物体在斜面上运动过的总路程5.1m．