热门试卷

（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，

qE+mgsinθ=ma ①

s0=at2 ②

有①②联立解得

t=0.1s

（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有

mgsinθ+qE=kx0 ③

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得

（mgsinθ+qE）•（s0+x0）+W=-0 ④

联立③④可得

W=-(mgsinθ+qE)•(s0+)

W=-0.5J

答：（1）经历的时间为0.1s

（2）弹簧弹力做功为-0.5J

（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有

-qU-mgd=0-mv02

解得U=200V

（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电 路欧姆定律可知，电路中的电流

得 I=

根据部分电路欧姆定律可知   U=IR滑

解得    R滑=2.0×103Ω

滑动变阻器消耗的电功率  P滑==20W

 （3）电源的效率η===99.5%

答：

（1）A、B两金属板间的电压的大小U是200V；

（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑是2.0×103Ω．

（3）电源的效率η是99.5%．

（1）（2）（3）

试题分析：（1）由               ………………………………………………2分

              ………………………………………………2分

 ………………………………1分

（2）         ………………………………………………5分

（3）    ………………………………………………5分

（1）对于关闭发动机过程，由动能定理得：

-fs=0-m

解得，f==N=1.5×105N

（2）列车匀速运动时，F=f，列车的恒定功率为P=Fvm=fvm=3×106W

（3）列车在加速过程中，由动能定理得：

   Pt-fS=m

代入解得，S=1.6×104m

答：

（1）列车在行驶过程中受到的阻力是1.5×105N；

（2）列车的恒定功率是3×106W．

（3）列车在加速过程中行驶的距离是1.6×104m．

A：（1）A与C碰撞后速度即变为0，而B将继续运动，受摩擦力作用，速度由v0减到0，

由动能定理：：μmBgL=mB

解得：L=0.40m                          

（2）A与C发生弹性碰撞后，速度大小仍为v0，方向相反，以A、B为研究对象，设A、B有共同的速度v，水平方向不受外力作用，系统动量守恒，设向左为正，有：

mBv0-mAv0=（mA+mB）v

得：v===1 m/s，方向水平向左              

（3）第一次A与C碰后，A、B有共同的速度v，B在A上相对于A滑行L1，则

μmBgL1=mA+mB-(mA+mB)v2

解得：L1=0.40m

第二次A与C碰后至A、B有共同的速度v'，B在A上相对于A滑行L2，则

mBv-mAv=（mA+mB）v'

μmBgL2=mAv2+mBv2-(mA+mB)v′2

由以上两式，可得L2=0.10m

设第三次A与C碰后，A、B仍有共同的速度v''，B在A上相对于A滑行L3，则

mBv'-mAv'=（mA+mB）v''

μmBgL3=mAv′2+mBv′2-(mA+mB)v′′2

由以上两式，可得：L3=0.025m

则 L1+L2+L3=0.525m＞0.51m

即第三次碰后B可脱离A板                      

答：（1）若木板A足够长，A与C第一次碰撞后，A立即与C粘在一起，物块 B在木板A上滑行的距离L为0.4m；

（2）若木板足够长，A与C发生碰撞后弹回（碰撞时间极短，没有机械能损失），第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度为1 m/s，方向水平向左；

（3）若木板A长为0.51m，且A与C每次碰撞均无机械能损失，A与C碰撞3次，B可脱离A．

B：（1）A与C碰撞后瞬间动量守恒，则有：

（mA+mC）v1=mAv0

解得：v1=m/s

最终ABC三者速度相等，根据动量守恒定律得：

（mA+mB+mC）v2=（mA+mB）v0

解得：v2=m/s

根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：

μmBgL=(mA+mC)v12+

1

2

mBv02-(mA+vB+mC)v22

解得：L=m

（2）A与C发生弹性碰撞后，动量守恒，能量守恒，则有：

mAvA+mCvC=mAv0

1

2

mAvA2+

1

2

mCvC2=

1

2

mAv02

解得：vA=-m/s

vC=m/s

之后AB组成的系统动量守恒，设共同速度为v，则有：

mAvA+mBv0=（mA+mB）v

解得：v=m/s

根据摩擦力产生的热量等于AB作用时动能的减小量，即有：

μmBgL1=mAvA2+

1

2

mBv02-(mA+vB )v 2

解得：

L1=m

（3）不能，因为碰后物块C的速度为m/s，木板和物块B的共同速度也是m/s，不会再碰撞．

答：（1）若木板足够长，A与C碰撞后立即粘在一起，物块B在木板A上滑行的距离L为m；

（2）若木板A足够长，A与C发生弹性碰撞（碰撞时间极短，没有机械能的损失），第一次碰撞后物块B在木板A上滑行的距离为m；

（3）木板A不能与物块C再次碰撞．

（1）由题意，返回舱在离开地面比较高的地方做匀速直线运动，根据共点力平衡条件得

  （M+m）g-kv2=0

解得，v=

（2）返回舱着陆时启动缓冲发动机过程，根据动能定理得：

   （Mg-F）h=Mv′2-Mv2

解得 F=Mg-

答：

（1）匀速下降的速度v为．

（2）缓冲发动机推力F 的大小为Mg-．

（1）人抛出物体可以看成是物体从静止到获得一定速度的很短过程．

应用动能定理研究人抛物体的过程：

人对物体做的功  W=m

（2）从抛出到落地对物体应用动能定理：

 mgh+Wf=m-m

Wf=-mgh

所以 克服空气阻力做功为mgh．

答：（1）人在抛出物体时所做的功为m．

（2）物体在空中运动过程中，克服空气阻力所做的功为mgh．

（1）据法拉第电磁感应定律：E=BLv 据闭合电路欧姆定律：I=

∴电阻R的最大热功率为 P=I2R=0.4w

（2）当金属棒速度恰好达到最大速度时，受力分析，则有

  mgsinθ=F安+f

又安培力大小为 F安=ILB==0.2N    

则得  f=mgsinθ-F安=0.3N

金属棒由静止释放时，由牛顿第二定律得

  mgsinθ-f=ma   得a=2m/s2

（3）金属棒下滑过程中，据动能定理得：

  mgh-f -W=mv2

解得 W=1J，

∴此过程中电阻中产生的热量Q=W=1J

答：

（1）下降h过程中，电阻R的最大热功率为0.4w；

（2）静止释放时的加速度是2m/s2；

（3）此过程中电阻中产生的热量是1J．

由题设条件判断可知，带电粒子应带负电．

设动摩擦因数为μ，场强大小为E，板长为L，物体的初速度为v．D在匀强磁场竖直向下时，在板上滑行后达到共同速度v'，据动量定理有

   mv=（m+M）v′

而小物块C在板AB上的相对位移为L．据功能关系有

μ（mg-qE）L=mv2-（m+M）v′2       ①

当匀强电场变为竖直向上时，小物块C在板上滑行后也最终达到共同速度v′

根据小物块C在板AB的相对位移只有L/2，用功能关系可得

  μ（mg+qE）•L=mv2-（m+M）v′2         ②

①式比②式得=

得E=

答：此电场的场强为．

设电子的质量为m，初速度为零的电子经过电压为U1=500V的电场加速作用后速度为v0，

则根据动能定理可得，

(-U1)(-e)=m

设电子刚好不飞出两平行金属板时的加速度为，电子在偏转电场中运动的时间为，

则根据牛顿第二定律和运动学公式可得，

e=ma

运动的水平位移，l=v0t

竖直位移，=at2

联立以上四式可得

   U2=2()2U1

代入数据，解得：U2=40V

答：至少加40V电压U2才能使电子不再飞出两平行金属板．

（1）；（2）

试题分析：（1）电荷在电场中只受电场力作用，由牛顿第二定律可知：

电荷在电场中做类平抛运动，设其在A点的速度为，则：

水平方向有：

竖直方向有：

联立可解得：

（2）设圆周上任意点P与OA成θ角，如下图所示，电荷以初速度 由A运动到P时间为t0，则：

水平方向有：

竖直方向有：

电荷在A点的动能：

对电荷由A运动到P点使用动能定理有：

联立可解得：

由此可知，角增大，动能增大，故可知D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大；

最小动能为：

最大动能为：

（1） （2） （3）

试题分析: （1）根据动能定理，参赛者在A到C的过程中满足  (2分)

将，代入，可得滑轮与钢丝绳间的摩擦力    ①      (2分)

（2）根据动能定理，参赛者在A到B的过程中满足      (2分)

将①式代入，得       ②           (2分)

（3）参赛者落到海绵垫的过程是平抛运动。设人脱离钢索时的速度为，运动的水平位移为，则

      ③       (1分)

    ④      (2分)

由题意知，时，参赛者具有的最小速度为 ⑤     (1分)

时，参赛者具有的最大速度为   ⑥           (1分)

设参赛者在A点抓住挂钩的初动能为。由动能定理，参赛者在A到钢索最低点运动过程中满足：

     ⑦       (2分)

由此可得，参赛者在A点抓住挂钩的最小和最大初动能分别为：

         (1分)

       (1分)

即初动能范围为：⑧     (1分)

（1） （2）  （3）

试题分析：（1）根据动能定理得：

解得：

（2）由v-t图像可知，物体在斜面上位移为：

根据动能定理得：

解得：

物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率为：

（3）根据动能定理得：

解得：

。

试题分析：小滑块以水平速度v0右滑时，有：（2分） 

小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有（2分）

滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，

则有（2分）

由总能量守恒可得：（2分）

上述四式联立，解得（1分）