热门试卷

（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2qEL=•2mv12

解得v1=

（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．

设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0（1分）

解得x=

则：s总=

B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为L

其电势能的变化量为△Ep=-W=3qE•L=4qEL

（3）取向右为正方向，

第一段加速a1==，

t1==

第二段减速a2=-

设A球刚出电场速度为v2，由动能定理得-qEL=×2m(-)

解得v2=

t2==2(-1)

解得总时间t=t1+t2=(3-2)

答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小解得v1=

（2）带电系统向右运动的最大距离，此过程中B球电势能的变化量4qEL（3）A球从开始运动至刚离开电场所用的时间(3-2)

（1）对A到O的过程运用动能定理得，

mgh-μmgcosθ=mv2-0

所以v=

（2）弹簧压缩量最大时，速度为零，物块的动能全部转化为弹簧的弹性势能．根据能量守恒定律得，

  Ep=mv2=mgh-μmgcos

答：（1）物块滑到O点时的速度大小为v=．

（2）弹簧为最大压缩量时的弹性势能为mgh-μmgcos．

（1）无铁块时，木板做匀速直线运动，受到地面摩擦力f0=F=50N=μMg，可算出μ=0.5

每放上一块铁块，木板受到的摩擦力会增大△f=μmg=5N，

放上第一块铁块后，木块受到的摩擦力变为55N

（F-f）L=-△fL=Mυt2-Mυ02

可算出υt≈4.9m/s

（2）木板最终停下来时，木板的初动能全部用来克服增加的摩擦力所做的功

第n块铁块释放时，木板克服摩擦力所做的功为△fL（1+2+3+…+n-1）=5×J

所以有：△fL（1+2+3+…+n-1）=Mv02-0

=125J，可解出n=7.59，

即第7个铁块放上去后木块再运动不足1m便会停下来，所以木块最终停下来时上面有7个铁块．

（3）第7个铁块放上去时，增加的摩擦力已做功△f L（1+2+3+…+6）=105J，木板还剩下的动能为（125-105）J=20J，

设木板还能运动的距离为s，则由7×△f s=20J可解得s=0.57m，所以第一个铁块到木板最右端的距离为6.57m．

答：

（1）放第二个铁块时木板的速度大小是4.9m/s；

（2）木板最终停下来时上面有7个铁块．

（3）木板停下来时，第一个铁块到木板最右端的距离是6.57m．

（1）当导体棒做匀速运动时，速度最大，感应电流最大，则有

   BImL+μmgcosθ=mgsinθ 

得，通过ab棒的最大电流为 Im==A=0.5A

流过R0的最大电流为I0=Im=0.25A                          

（2）据题意，Q0=0.5 J，由Q=I2Rt得知电路中产生的总热量为 Q总=4Qo=2 J  

感应电动势为 ε=IR总=0.5×2V=1.0V  

此时杆的速度为  vm==m/s=2.5m/s

由动能定理得  mgSsinθ-μmgScosθ-Q总=m-o

求得杆下滑的路程S==m=11.56m

（3）通过ab杆的最大电量

qm=Imt=0.5×1C=0.5C    

答：

（1）流过R0的最大电流为0.25A．

（2）从开始到速度达到最大的过程中，ab杆沿斜面下滑的距离是11.56m

（3）在1s时间内通过杆ab横截面的最大电量是0.5C．

（1）μ=0.4    （2）

试题分析：（1）m滑上平板小车到与平板小车相对静止，速度为v1,

据动量守恒定律：    （2分）

对m据动量定理：   （2分）

代入得μ=0.4   （2分）

（2）对M据动能定理有：    （2分）

解得：     （2分）

（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）μ= 0.3

（1）设物块的质量为m ，其开始下落处酌位置距BC的竖直高度为h，到达8点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R 。由机械能守恒定律，有

              ①

根据牛顿第二定律，有

      ②

解得H = 4R                ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s 。依题意，小车的质量为3 m ，BC长度为10 R 。由滑动摩擦定律，有

F = μmg             ④

由动量守恒定律，有

mv = （m + 3 m），       ⑤

对物块、小车分别应用动能定理，有

F（10 R + s）="=" mv′2－mv2       ⑥

Fs ="=" （3 m）v′2－ 0         ⑦

解得

μ= 0.3       ⑧

评分标准：，

（1）8分，①、②式各3分，③式2分；

（2）8分，⑤、⑥、⑧式各2分，④、⑦式各1分。

（1）以A、B系统为研究对象，在从水平转至竖直的过程中，系统机械能守恒：

4mgL=2mgL+4m+m

又因为杆转到竖直时：vB=2vA

由此计算可得：vB=；

（2）B从抛出到落地过程做平抛运动，x=vBt

4L=gt2

代入vB=

解之可得：x=4L；

（3）以弹丸B为研究对象，在从水平位置到竖直位置的过程中，

运用动能定理得：W杆-mg•2L=m-0

代入vB=

可得：W杆=3mgL；

答：（1）弹丸B被抛出瞬间的速度大小为：vB=；

（2）C点与O点的水平距离4L；

（3）杆对弹丸B做的功3mgL．

（1）A到B由机械能守恒得：mgh=mvB2

∴vB===3m/s

（2）B到C由动能定理得：-μmgs=0-mvB2

代入数据得：μ=0.2

答：（1）滑块到达轨道底端B时的速度大小为3m/s，

（2）滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2．

（1）车辆上坡过程，机械能守恒，设车辆“冲”坡站台的速度为v，

   则有：0+m=mgh+mv2，

   解得：v=

（2）车辆上坡过程，受到最大阻力做的功，冲到站台上的速度应为零，设最大阻力功为Wf，由动能定理有：

  -(mgh+Wf)=0-m

   解得：Wf=m-mgh

答：（1）车辆在上坡过程中，若只受重力和轨道的支持力，车辆“冲”到站台上的速度为；（2）实际上车辆上坡时，还受到其它阻力作用，

要使车辆能“冲”上站台，车辆克服其它阻力做的功最大为m-mgh．

（1）设物体刚好到D点，由牛顿第二定律求得则mg=

对全过程由动能定理得：mgLsinθ-mgR（1+cosθ）=

得：L=R；

（2）因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整个过程由动能定理得：mgR•cosθ-μmgcosθ•s=0所以总路程为s=

（3）从B到E的过程中由动能定理求得

mgR（1-cosθ）=

在E点由牛顿第二定律

N-mg=

由牛顿第三定律，物体对轨道的压力N′=N

得对轨道压力：N′=（3-2cosθ）mg

答：（1）若轨道AB光滑，为使物体能到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L至少应为R；

（2）若轨道AB动摩擦因数为μ，物体从P点释放，则它在整个运动过程中在AB轨道上运动的总路程s为；

（3）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小为（3-2cosθ）mg

（1）小球过C点时，由牛顿第二定律得：

F+mg=m，

由动能定理有：

mg（H-2r）=mvC2-0，

联立解得：F=H-5mg，

由图可知：H1=1m时，F1=0，

即：0=×0.5-5mg，

解得轨道半径为：r=0.4m；

（2）由图象得：H2=2m时，F2=6N，

即：6=×2-5×0.1×g，

解得：g=12m/s2；

（3）由牛顿第二定律得：

m=mg，

第一宇宙速度为：v===1.2×104m/s；

答：（1）圆轨道的半径为0.4m；

（2）该星球表面的重力加速度大小为12m/s2；

（3）该星球的第一宇宙速度为1.2×104m/s．

（1）由动能定理有（qE1+mg）y1=mv12

解得v1=4m/s                   

（2）设A与B碰后共同速度为v2，以竖直向上为正方向，由动量守恒得

mv0-mv1=2mv2

解得v2=8m/s

设C运动到O3时速度v3，则

2mgL-qE2L=×2mv32-×2mv22

T+qE2-2mg=2m

解得T=7N

（3）C不能做能够经过O2和O3的圆周运动，即C不能达到能够经过O2和O3所需的最小速度．设C能够做经过O2的圆周运动，在O2所需的最小速度为v4，设C能够做经过O3的圆周运动，在O3所需的最小速度为v5，则

2mg=2m

qE2-2mg=2m

解得：v4=2m/s，v5=2m/s

C经过O3时速度为v5=2m/s，设经过O2时速度为v6，则

2qE2L-4mgL=×2mv62-×2mv52，由于2qE2L-4mgL＞0，所以v6＞v5=2m/s＞v4=2m/s．

即C能够做经过O3就一定能够做经过O2．

当C能够做经过O3的速度小于v5=2m/s时，不能做能够经过O2和O3的圆周运动．                                              

设C经过O3的速度为v5时，A与B碰后在O点的共同速度为v7，则

2mgL-qE2L=×2mv52-×2mv72

解得：v7=6m/s                                   

C在O点的速度只要大小为v7，不管是向上还是向下，C都能够经过O3．

设C的速度向上时，碰前A的速度为v8，在y轴上开始位置的坐标为y2，则

mv0-mv8=2mv7 

（qE1+mg）y2=mv82

解得v8=8m/s，y2=1.6m                      

设C的速度向下时，碰前A的速度为v9，在y轴上开始位置的坐标为y3，则

mv0-mv9=-2mv7 

（qE1+mg）y3=mv92

解得v9=32m/s，y3=25.6m                  

即1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动． 

答：（1）小球A下落到O点的速度为4m/s；

（2）C运动到03时，绳对C的拉力T是7N；

（3）当1.6m＜y＜25.6m时，C不能做能够经过O2和O3的圆周运动．

（1）由v-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，其加速度为

          a==9.0m/s2

    设运动员受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有

         m总g-f=m总a

     解得f=80N

   （2）由v-t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0

       设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理得

              （mg-F）t2=0-mv2

       代入解得F=2450N

   （3）由v-t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为

               h=30×10m=300m

    设10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有

             m总gh+W=m总v2

     解得  W=-1.8×105J

答：（1）起跳后2s内运动员所受平均阻力的大小为80N；

    （2）运动员所需承受地面的平均冲击力2450N；

    （3）开伞前空气阻力对跳伞运动员所做的功为-1.8×105J．

（1）小物块在最高点A位置处，由重力提供向心力，则有：mg=

解得：vA=①，

然后物块做平抛运动根据平抛运动的规律知

2R=gt2②

x=vAt③

由①②③联解得x==2R；

（2）在最低点位置O′处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有

N-mg=m④

小物块从最低处O′运动到最高点的过程中，轨道的弹力不做功，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律有

mv2-m=mg2R⑤

联立①④⑤解得：N=6mg，

根据牛顿第三定律知对轨道的压力为6mg

（3）弹簧释放到物块到达O′的过程，由动能定理有-μmgL=mv2-Ep

解得：Ep=μmgL+mgR

答：

（1）小物块的落点距O′的水平距离为2R；

（2）O′点处小物块对轨道的压力为6mg；

（3）小物块释放前弹簧具有的弹性势能EP为μmgL+mgR