热门试卷

由题电势差Uoa=Uob，根据动能定理得

    o→a过程：mgh1+（-qUoa）=mva2

o→b过程：mg（h1+h2）++（-qUob）=mvb2

又va=

解得vb=

故答案为：

（1）设物块刚进入圆轨道时的速度为v1，由动能定得：

          -μmgL=mv12-mv02

                 v1=m/s

（2）设物块在N点的速度v2，由动能定理：

          -mg2R=mv22-mv12   

                 v2=7m/s

物块在N点平抛：设落点位置距离M点的水平距离为d，则：

         （2R+h）=gt2  t=0.7s

           d=v2t=4.9m

落点位置到车左端的距离：x=d-L=3.4m

答：（1）小物块刚进入半圆轨道时的速度为m/s（2）小物块落点位置至车左端的水平距离为3.4m．

设3m的物体离开弹簧时的速度为υ'，根据动量守恒定律，

   则有：（3m+m）υ0=m•2υ0+3mυ'

解得：υ′=υ0

根据动能定理，弹簧对两个物体做的功分别为：

  W1=m(2υ0)2-m=m

  W2=•3m•()2-•3m•=-m

所以弹簧做的总功：W=W1+W2=m

答：弹簧在这个过程中做的总功为m．

对小球下摆过程分析，根据机械能守恒：

   2mgL（1-cos60°）=•2mv2 ①

解得：v=       ②

对小球向右摆动过程分析，根据机械能守恒：

  •2m=2mg•     ③

解得：v1=   ④

对小球与物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒得：

 2mv=2mv1+mv2  ⑤

由②④⑤解得：v2=    ⑥

对碰后物块分析，根据动能定理：

-μmgL=0-m    ⑦

由⑥⑦解得：μ=0.5    ⑧

答：物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5．

（1）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，根据动能定理：

mgR-0.1mg×CD=m 

对a、b球，根据动量守恒定律  mvD=2mv

解得：v=m/s=1.73m/s  

故小球a与b相碰后瞬间速度的大小为v=1.73m/s．

（2）两球进入复合场后，由计算可知Eq=2mg

两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如右图所示，洛仑兹力提供向心力：

evB=2m

由图可知：r=2h  

解得：h=2m=3.46m

故水平面离地面的高度h=3.46m

（3）根据功能关系可知ab系统损失的机械能：

△E=0.1mg×CD+m-×2mv2+Eqh

解得：△E=1.48×10-4J

故从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运动过程中，ab系统损失的机械能△E=1.48×10-4J．

（1）根据机械能守恒定律有：m=mgh

解得：v0=

（2）在两种情况下物体P在空中的运动时间相同，位移分别为：x0=l，x1=

∴v1==

根据动能定理有-μmg=m-m

得μ=

（3）B点速度大于传送带速度，所以物体先做匀减速运动，当速度减为时做匀速运动，接着以的初速度平抛，设落地点为D：

x=t

由第（2）问知•t=

由以上两式联立解得x=l

∴=x+=l

答：（1）物体P滑至B点时的速度大小为；

（2）物体P与传送带之间的动摩擦因数为；

（3）若皮带轮缘以的线速度顺时针匀速转动，物体落点D到O点的距离为l．

（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=Bdv 

  UMN=E=Bdv

（2）线框中的感应电流 

 I=

线框MN边在磁场中运动的时间  t=

此过程线框中产生的焦耳热

Q=I 2Rt=

（2）线框在PQ边穿过磁场的过程中产生的焦耳热

 Q=

从线框MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，根据动能定理得

WF+W安+Wf=0

其中  W安=-2Q=-

Wf=-3μmgd

所以WF=+3μmgd．

答：（1）MN两点间的电势差是Bdv；

（2）在线框从MN边进入磁场到MN边穿出磁场的过程中，线框中感应电流产生的焦耳热是；

（3）在线框从MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功是+3μmgd．

设A、B、C的质量均为m．碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1．对B、C（A对B的摩擦力远小于B、C间的撞击力），

根据动量守恒定律得     

 mv0=2mv1

设A滑至C的右端时，ABC的共同速度为v2，对A和BC应用动量守恒定律得

mv0+2mv1=3mv2

设AC间的动摩擦因数为μ，从碰撞到A滑至C的右端的过程中，C所走过的距离是s，对BC根据动能定理得 

μmgs=(2m)-(2m)

如果C的长度为l，则对A根据动能定理得

-μmg(s+l)=m-m

连立以上各式可解得  

 =

C走过的距离是C板长度的倍．

（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，

根据动能定理，有

-mg•lABsinθ-f•lAB=EKB-EKA=-18J        ①

机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：

f•lAB=EB-EA=3J             ②

由①②可解得lAB=5m

f=0.6N

因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能Ek0=×0.6×202J=120J

滑上某一位置时动能减少了△Ek=18J，则此时动能Ek=102J=mv2，可得v2=340m2/s2

物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：

a==m/s2=-6m/s2（负号表示方向与初速度方向相反）

（2）当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，

所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=-40J 

从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK′，由动能定理可得

W=EK′-EK0 

得   EK′=80J

答：（1）物体向上运动时的加速度大小为6m/s2 

（2）物体返回斜坡底端时的动能80J．

（1）

（2）s＝4.5 m

（3）

（1）               （1分）

          （1分） 

        （1分）

解得               （2分）

（2）3s末木块的速度：  （1分）

匀减速阶段          （1分）

木块继续滑行的距离   （1分）

解得：s＝4.5 m                （2分）

（3）对全过程分析    （2分）

又            （1分）

摩擦力对木块做的功（2分）

（1）带电微粒在电场中受重力和电场力FE=qE=2.5×10-2N

                              G=mg=2.5×10-2N

则F合==2.5×10-2N

因为FE=G，所以合力方向与水平方向成45°角斜右向下，

如图所示．                            

W合=△EkEk=F×

2

合×=2.5×10-2J

（2）带电微粒射出后，沿+y轴做匀减速运动，如图所示．

xx′：F合=ma

最大位移为：s1==m

从O点沿+y方向离极板的距离为：s=d=m

因为s1，s，所以微粒运动一段后，没有打到左极板又回头运动，最后打到右极板．        

t1==s

t2==s

t=t1+t2=(+)s

（3）沿着初速度方向，微粒做匀速直线运动：则有Rsinθ=υ0t

垂直于初速度方向，微粒做初速度为零的匀加速度直线运动：则有R-Rcosθ=gt2

由以上三式得υ0==

由上式结论得粒子从O点出发时的动能为mυ02=mg(1+cosθ)

则经过P点时的动能为：EKP=mg(R-Rcosθ)+mυ02=mg(5-3cosθ)

可以看出，当θ从00变化到1800，微粒穿越圆周时的动能逐渐增大，因此穿过M点的微粒动能最小，穿过N点的微粒动能最大．

最小动能为：EKM=mg(5-3cos600)≈7.7×10-3J

最大动能为：EKN=mg(5-3cos1200)≈0.0144J

答：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能2.5×10-2J；

（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间S；

（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能7.7×10-3J和最小动能1.44×102J．

（1）设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，

由动能定理有：qU=m v2  ①

又设当粒子的轨道半径为r1=a时，磁场的磁感应强度为B，由洛仑兹力提供向心力有：qvB=m  ②

联立①②式并代入已知量解得：B= 

（2）若粒子恰好未碰PQ板，则由题意和作图知其轨道半径为：

    r2=a   ③

设粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，

由图中几何关系有：

    α=+θ       ④

   sinθ=     ⑤

而周期为：T= ⑥

粒子在磁场中运动时间为：t=• T ⑦

联立①③④⑤⑥⑦式并解得：t=    

（3）设粒子运动圆周半径为r，经过n次碰撞，即经过n个半圆运动，最后一次打到E点．

有：n= ⑧

圆周运动周期：T=     ⑨

粒子在磁场中运动时间：tm=n  ⑩

联立①⑧⑨⑩式并解得：tm=  

显然，此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数无关．

答：（1）若粒子的轨道半径为a，磁场的磁感应强度B的大小为；（2）若改变磁感应强度的大小，使粒子恰好未碰PQ板，求粒子在磁场中运动的时间为；（3）若再次改变磁感应强度的大小，使粒子与ED板多次碰撞后刚好击中板端E点，粒子在磁场中运动的时间为与碰撞次数的无关．

不同意，两位同学的解法都错误，甲同学认为最高点的临界速度为零，实际上在最高点的临界情况是弹力为零，靠重力提供向心力，有最小速度．乙同学认为在最低点是支持力提供向心力，实际上时竖直方向上的合力提供向心力．

（1）小球恰好到达B点，在B点小球的速度不为零．

小球由AEB到B点的速度时mg=m，vB=

由动能定理mvB2-mv02=-mg•2R，得v0=．

（2）由于回到A点时对轨道压力为4mg，小球受到的合力并不是4mg．

根据牛顿定律：4mg-mg=m，vA=．

（3）小球由B经F回到A的过程中，

由2mgR-Wf=mvA2-mgR和vA=

得Wf=mgR．

答：（1）小球在A点的速度为．

（2）回到A点的速度为．

（3）小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功为mgR．