热门试卷

小题1:

小题2:

小题3:

（1）令小物块动能最大的位置为D点，分析得：

当电场力与重力的合力反向延长线过半圆轨道圆心时，

小物块动能最大，如图有

，即=53°……………………………1分

因为…………………………………1分

所以小物块与倾斜轨道间无摩擦

AD由动能定理：

……1分

代入数据解得：………………………………1分

（2）小物块恰好通过最高处C点,有

               ①…………1分

从释放点到C点由动能定理

    ②…………2分

①②式联立解得：…………………1分

（3）小物块离开C点后做平抛运动

……………………………………1分

…………………………………………1分

整理有：………………………………1分

解得：，（舍）………………1分

（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（L-Lcosθ）=mv

在D点，由牛顿第二定律可得：Fm-mg=m

联立可得：摆线的最大拉力为 Fm=2mg=10N

（2）小球不脱圆轨道分两种情况：

①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，

对小球从D到A的过程，由动能定理可得：-μ1mgs=0-mv

解得：μ1=0.5

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：m=mgR

由动能定理可得：-μ2mgs=m-mv

解得：μ2=0.35

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m

由动能定理可得：-μ2mgs-2mgR=mv2-mv

解得：μ3=0.125

综上所以摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125

答：

（1）摆线能承受的最大拉力为10N．

（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，粗糙水平面摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125．

（1）小球由A到B过程，由动能定理得

mgR-qUAB=m(2)2①

小球由A到C过程，由动能定理得

mg3R-qUAC=mυc2②

其中，UAB=UAC③

由①②③式可得小球滑至C点时的速度大小为vC=

（2）由①式可得A、B两点间的电势差

UAB=-

答：（1）小球滑至C点时的速度大小是；

（2）A、B两点间的电势差UAB=-．

（1）设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子加速过程有mv2=eU

解得v=

（2）当磁感应强度为B0或-B0时（垂直于纸面向外为正方向），

电子刚好从b点或c点射出，设此时圆周的半径为R1．

如图

所示，根据几何关系有：R2=l2+（R-）2

解得R=L

电子在磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，因此有：evB0=m，

解得B0=

（3）根据几何关系可知，tanα=

设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，

则d=+s•tanα=+s

由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为D=2d=l+s

答：（1）电子射出加速电场时的速度大小为v=．

（2）偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值B0=．

（3）荧光屏上亮线的最大长度是l+s．

①    ②   ③

试题分析：①设小球过C点时的速度为vc，小球从A到C的过程中由动能定

理得           

由平抛运动可得  和

联立可得

②设小球运动到圆周D点时的速度最大且为v，如图所示，OD与

竖直方向的夹角为α,由动能定理

由数学知识可得，当α=45°时动能最大

由此可得：

③由于小球在D点时的速度最大，且此时电场

力与重力的合力恰如沿半径方向。所以

 代入数据得

点评：本题学生要清楚小球在AB段做匀加速直线运动，进入圆轨道后做圆周运动，从C到P做平抛运动，然后用相应的规律去解题。

（1）小球第一次到达挡板时，由动能定理得

Ek=Eqx1=0.02J 

（2）设小球与挡板相碰后向右运动s，则

kEqs=Eqx1

s==0.06m

（3）分析题意可知，每次碰后向右运动的距离是前一次的，

xn=

xn≥x1+x2

n==12.63

所以：n取13．

答：（1）小球第一次到达挡板S时的动能为0.02J；

（2）小球第一次与挡板S相碰后向右运动的距离为0.06m；

（3）小球与挡板S经过13次碰撞后，才能运动到A板．

（1）当金属棒匀速运动时，

   进入磁场前，F1=μmg        

   进入磁场后，F2=μmg+F安  

                又F安=BIL

                 I=   

    解得：F2=μmg+

 （2）金属棒在磁场外运动过程中，

           W1=μmg[2a+（n-1）b]

      穿过 n 段磁场过程中，W2=nF2a

  故拉力做功为：W=W1+W2=μmg[2a+（n-1）b]+nF2a=μmg[(n+2)a+(n-1)b]+        

  （3）金属棒进入第一段磁场前，(F-μmg)•2a=m 

       穿过第一段磁场过程中，Fa-μmga-E电1=m-m

       金属棒从穿出第一段磁场到进入第二段磁场的过程中，(F-μmg)b=m-m          

              得到，E电1=（F-μmg）（a+b）

       从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中电路中产生总热量E电=n（F-μmg）（a+b）

            由于金属棒与电阻的感应电流瞬时相等，根据焦耳定律Q=I2Rt，Q∝R

        整个过程中电阻上产生的总热量为：Q=nE电

       解得：Q=n(F-μmg)(a+b)

答：（1）金属棒不在磁场中时受到的拉力F1=mg，在磁场中时受到的拉力F2的大小为μmg+；

    （2）拉力所做的功为μmg[(n+2)a+(n-1)b]+；   

    （3）金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中导轨左端电阻上产生的热量为n(F-μmg)(a+b)．

（1）设小球在最低点的速度为V，由动能定理得：

       mgh=mV2

       得V==

   （2）取小球为研究对象，小球在A点的速度为VA，设轨道对小球的弹力为F，

       由动能定理得：

       mg(h-2R)=mVA2       

      由向心力定义和牛顿第二定律得：

     F+mg=

     联立得F=mg

       由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力F′=mg

   （3）设小球刚好在A点的速度为V0，由向心力定义和牛顿第二定律得：

      mg= 即V0=

      设小球从P点运动到A点的过程中克服摩擦和空气阻力所做的功W，由动能定理得：

       mg（h-2R）+W=mV02

       得  W=-0.5mgR

      所以小球克服阻力做功0.5mgR

答：（1）小球通过最低点B时速度V=

    （2）小球通过A点时对圆轨道的压力F′=mg

    （3）小球从P点运动到A点的过程中克服摩擦和空气阻力所做的功为0.5mgR

（1）设滑块A到达P点与B碰前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律有：

2mgh=•2m

解得ν0=

（2）设滑块A与B碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律有：

2mv0=3mv

两滑块粘合在-起共同向左运动，设最终停止时距P点的距离为s，由动能定理有

μ•3mgs=•3mν2

联立上述式子并代入数据解得：

s=

答：（1）滑块A到达P点与B碰前瞬间的速度为．

（2）两滑块最终停止时距P点的距离为．

当A球运动到P点时，作出图象如图所示：

设A球的速度为v，根据几何关系可知B球的速度为v，B球上升的高度为R

对AB小球整体运用动能定理得：

•2mv2+m(

2

2

v)2=2mgR-mgR

解得：v=gR

对A运用动能定理的：

2mgR+WA=•2mv2

解得：WA=-mgR-mgR

对AB组成的系统，绳子的力为内力，故绳子对系统做的功为0，

所以WB=-WA=mgR+mgR

答：（1）A球沿圆柱面滑到最低点P时的速度大小为gR．

（2）A球沿圆柱面滑到最低点P的过程中绳子对A做功为-mgR-mgR，对B做功为mgR+mgR，对AB所组成的系统做功为0．

(1)60kW

(2)22s

解：（1）小球飞过壕沟过程做做平抛运动，则：

，

解得：

（2）小球从开始运动至壕沟上边缘过程由动能定理，得：

解得：

解：(1) 在抛出小球的过程中，只有人对小球做功

初态为静止，末态时小球离手的速度为v0

根据动能定理可得

(2)选地面为零势能面

在高处时的机械能E1=

落地时的机械能

在空中运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒

即E1=E2所以

代入数据，得v=14m/s

(3)空气阻力对小球做的功等于小球机械能的变化

解：（1）对子弹：W1＝－（Xd）＝－32J

对木块：W2＝X＝8J

（2）对木块由动能定理得：W2＝

解得：v=20m/s

对子弹由动能定理得：W1＝

解得：v0=60m/s