热门试卷

在整个运动过程中，由动能定理可得：

mg（H+h）-W浮-W阻=0-0，

在向下运动过程中，水的浮力均匀增大，

浮力做功W浮=-ρLπ()2gL-πρLd2（h-L）g，

水的阻力做的功W阻=-•mgh=-πmgh，

解得：h==4.9m；

答：水池中水的深度至少为4.9m．

解：（1）== =

（2）AF=AE-R=2m-0.2m=1.8m

儿童从A处到B处，由动能定理可得：

∴

（3）若儿童恰好从C处平抛出，则儿童在C处时不受地面的弹力作用

即

即

儿童从B到C处，由动能定理可得：

∴

所以BC长至少为1m  

解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理

 ①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

 ②

由①②得 ③

（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意

 ④

 ⑤

由④⑤得 ⑥

解：滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为μ，斜面倾角为α，斜面底边长s1，水平部分长s2，由动能定理得：

由以上两式得

（1） （2）（3）

试题分析：（1）粒子绕行一圈动能的增量为，绕行n圈所获得的总动能（5分）

（2）因为   洛伦兹力提供向心力  

可得                    （6分）

（3）粒子做半径为R的匀速圆周运动，每一圈所用时间为，由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同

第一圈：        

第二圈：       

……

第n圈的速度          （4分）

故绕行n圈所需总时间

            （5分）

（1）小球从A到D的过程中重力和摩擦力做功，设摩擦因数为μ，则：

4mgR-4μmgR-2mgR=mv2 ①

在D点：mg= ②

代入数据解得：μ=0.375

从2R处释放后滑块将运动到圆周上h高出，则有：2mgR-4μmgR-mgh=0③

代入数据解得：h=0.5R

滑块将沿水平轨道向左滑动x减速到0，由：mgh-μmgx=0

代入数据解得：x=R；

（2）要使滑块击中B，则从D出平抛的速度v1满足：4R=v1t ④

2R=gt2⑤

由释放到运动到D的过程中有：mgH-4μmgR-2mgR=m

代入数据解得：H=5.5R；

答：（1）若从曲面上距地2R高度处无初速释放滑块，滑块将停在何处里左边R处；

（2）若使滑块通过D处后水平抛出，刚好击中地面上的B点，应从AB轨道上离地面5.5R处由静止释放滑块．

解（1）对小球进行受力分析，

由电场力的方向可确定小球带正电，且电量为：

q==

（2）小球从图示位置拉回到悬线竖直的方向，在电场力方向向右，而位移方向向左，故电场力做负功，所以小球的电势能增加．

（3）小球从竖直方向成θ角的位置缓慢拉回到悬线竖直的方向，

根据动能定理可得：WF+mgh-qEd=0

则有：WF=qELsinθ-mgL（1-cosθ）

将电场强度代入上式可得：WF=mgL（-1）

答：（1）小球带正电

（2）电势能增加

（3）拉力做功mgL（-1）

（1）SP之间的电压为：U=Eh

因为φS=0，

φP=Eh

所以小球在P点时的电势能EP=qEh

（2）设第一次与档板碰撞后能达到的高度为h1，由能量守恒得：

mgh+qEh=（mg+kqE）h1，

从P点出发第一次到达最高点过程中电场力对小球做的功为：

W=qEh-kqEh1

解得：W=

（3）小球与挡板碰撞后小球所带电量逐渐减小，最终电量将减小为零，整个过程中能量始终守恒，由能量守恒得：

mgh+qEh=mgl

解得：l=h

答：（1）设匀强电场中，挡板S处电势φS=0，则电场中P点的电势φP为Eh，下落前小球在P点时的电势能EP为qEh；

（2）小球从P点出发后到第一次速度变为零的过程中电场力对小球做的功为；

（3）求在以后的运动过程中，小球距离挡板的最大距离l为h．

（1）在10s撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度大小为

α=||=|m/s2|=2m/s2

根据牛顿第二定律得，阻力f=ma=2N

（2）7s-10s内，设牵引力为F，F=f，vm=6m/s，则P=Fvm=12w

ts-10s内小车牵引力的功率保持不变，故ts-10s内小车牵引力的功率P=12W．

（3）小车的加速运动过程可以分解为0-ts和ts-7s两段，由于ts时功率为12W，所以此时牵引力为

Ft==4N

所以0-ts内α1==2m/s2

则 t==1.5s；

S1==2.25m

在0-7s内由动能定理可得：

FtS1+P(7s-t)-fS=m

代入数据，解得S=28.5m

答：

（1）小车所受阻力f的大小为2N；

（2）在ts-10s内小车牵引力的功率P=12W；

（3）小车在加速运动过程中的总位移S=28.5m．

（1）当T=G时，F=0     

当T=G时，F==2G．

所以F的取值范围是0≤F≤2G．

（2）当F=2G时，cosθ=，由功能关系得：

F做功W=GL（1-cosθ）=()GL．

答：（1）水平拉力F对应θ变化的取值范围0≤F≤2G．

（2）在上述过程中水平拉力F所做的功为()GL．

（1）当B板吸收了N个电子时，电容器所带电荷量为Q=Ne，根据电容的定义 C=

得此时A、B两板间的电压为U=

（2）电子经过U0的电压加速后，进入A、B板间的动能为eU0，进入A、B板间电场后做减速运动．随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度为零，此时A、B板间的电压达到最大值Um，

   根据动能定理得：eU0-eUm=0

得出　Um=U0

（3）设从电子进入A、B板间，直到板间电压达到最大值Um，经过的时间为t，则B板吸收的总电荷为

Q=net，最大电量Q=CUm=CU0，

可以得出　　t=

答：

（1）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差是．

（2）A、B两板间可达到的最大电势差是U0．

（3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间是．

（1）子弹射穿小物体A的过程中，两者组成的系统动量守恒：mv0=mv1+mAvA ①

代入数据解得：vA=2.5m/s  ②

此后A在B上做匀减速运动，B做匀加速运动，故物体A的最大速度为2.5m/s．

（2）若物体A未离开小车，当A、B速度相等时，小车B具有最大速度，设为v．子弹射穿A后，A、B组成的系统动量守恒：mAvA=（mA+mB）v ③

代入数据解得B的最大速度  v=1.25m/s  ④

（3）设子弹射穿A后，至达到相同速度时，物体A和小车B运动的位移分别为SA、SB．

以A为研究对象，根据动能定理：-μmAgsA=mAv2-mA  ⑤

以B为研究对象，根据动能定理：μmAgsB=mBv2  ⑥

为使物体不离开小车，小车的长度L至少为 L=sA-sB ⑦

联立解得 L=3.125m  ⑧

答：

（1）物体A的最大速度为2.5m/s；

（2）若物体A未离开小车B，小车的最大速度为1.25m/s；

（3）为使物体A不离开小车，小车的长度至少为3.125m．

（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=mv2

解得U0=728V

（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d，

即 =at2=•t2

电子通过偏转电场的时间t=

解得 U1==91V，

所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V．

（3）由u=40sin100πt（V）可知ω=100πrad/s，Um=40V

偏转电场变化的周期T==0.02s，而t==2.5×10-9 s．T＞＞t，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．

当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym=t2=0.20cm．

电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v，

垂直极板方向的分速度vy=ayt=t

电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 t′==

电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t′=2.0cm

电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm

电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4cm．

答：

（1）加速电压U0的大小为728V；

（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件应小于91V；

（3）在竖直偏转电极上加u=40sin100πt（V）的交变电压，电子打在荧光屏上亮线的长度是4.4cm．

对全过程应用动能定理得

 mgh1-μmgcosα•-mgh2-μmgcosβ•=0-0

其中，h1=2m、α=37°、β=30°、h2=1.75m

代入解得，μ=0.01

答：动摩擦因数为0.01．