热门试卷

（1）金属棒从AA′开始做匀加速运动的过程中，其位移为：

x=at2=×1××32m=4.5m

由：=、=、q=•△t

得电量：q==C=4.5C．

（2）金属棒运动到CC′时：

v=at=3m/s

感应电动势：E=BLv，I==

根据牛顿第二定律得：

F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=ma

解得，F=4.8N

（3）在此过程中，对金属棒运用动能定理得：

W-mgsinθ•x-μmgcosθ•x-W安=mv2

解得：Q=W安=9J

根据焦耳定律得知，金属棒放出的焦耳热为：

Qr=Q=1.8J

答：（1）从AA‘运动到CC‘过程中通过R的电荷量是4.5C；

（2）金属棒通过CC′时所施加的外力F的大小是4.8N；

（3）金属棒放出的焦耳热为1.8J．

（1）运用动能定理研究A→B得：

-μmgl=mvB2-mv02

解得vB=5.0m/s．

（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动．

根据平抛运动规律得：

X=vBt

t=

代入数据得：X=2.0m

答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是5.0m/s；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是2.0m．

解

（1）设电子通过B点时的速度为v0，电子由A到B过程，由动能定理得：

  U0e=m，

解得，电子进入平行金属板时的速度

v0=

代入解得，v0=8.0×106m/s

（2）在水平极板间运动时加速度为：a=

平行于极板方向运动：L=v0t

垂直于极板方向运动：=at2

联立以上各式代入数据得：L=0.16m

答：

（1）电子通过B点时的速度大小v0=8.0×106m/s；

（2）金属板的长度L=0.16m．

试题分析：分析运动过程知，只有重力和摩擦力做功，

且：                （2分）

又小球运动到B点时对轨道的压力为mg，可得：

              （3分）

整个运动过程运用动能定理：  

                     （3分）

即，小球克服摩擦力做功为            （2分）

（1）6mg；（2）若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为；若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为；（3）。

试题分析：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，由机械能守恒，

设到达A点的速度为；则         ①

得：      ②

由牛顿第二定律可知，在A点有：        ③

由②③得：     ④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力：      ⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度，

则：       ⑥

        ⑦

由②⑥⑦得：     ⑧

ⅰ.若,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为     ⑨

ⅱ. 若,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为，则:    ⑩

得:       11

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上。（没有文字说明的扣1分）

由能量守恒得:     12，

解得      13

评分标准:①⑥⑦每式2分，123分，其余每式1分。

（1）；（2）10m

试题分析：(1)斜面下滑中机械能守恒    3分

，   2分

(2)全过程利用动能定理：-µmgs+mgh=0   3分

s=mgh/µmg=10m     2分

（1）电场力做功大小W=Eq1l-Eq2l                                                    

（2）对系统研究，根据动能定理得：（ q1-q2）El+（m2-m1）g l=Ek-0

解得：Ek=（ q1-q2）El+（m2-m1）g l                                      

（3）OB杆可能顺时针转动，也可能逆时针转动．当OB杆转过最大角度时，动能为零．

（ⅰ）设OB杆顺时针转动，根据动能定理，

（m2g-q2 E）l cosα-（ q1E-m1g）l（1+sinα）=0

解得：E=g＜

讨论：由于使OB杆顺时针转动，

必须满足m2g＞q2E，

所以：E=g＜

即：-＜0

＜0

当q2＞2q1，＞时，顺时针转动，当 q2＜2q1，＜时，顺时针转动．

（ⅱ）设OB杆逆时针转动，根据动能定理，

（q2E-m2 g）lcosα+（q1E-m1g）l（1+sinα）=0

解得：E=g＞

讨论：由于使OB杆逆时针转动，必须满足m2g＜q2E，

所以：E=g＞

即：-g＞0

＞0

当 m1q2＞m2q1时，即当 ＞时杆逆时针转动．

答：（1）杆从静止开始由水平位置顺时针转到竖直位置，在此过程中电场力所做的功为Eq1l-Eq2l．

（2）两球的总动能为（ q1-q2）El+（m2-m1）g l．

（3）当顺时针转动时，该电场强度的大小为g，逆时针转动时，电场强度的大小为g．

（1）将末速度分解，

由几何关系知：=cos300

所以：v=；

（2）带电粒子做类平抛运动，依题知，粒子在电场中的运动时间：t=

粒子离开电场时，垂直板方向的分速度：v1=v0tan30°

竖直方向加速度：a=

粒子从射入电场到离开电场，有at=v1

即：t=v1；

联立以上各式得E=

（3）粒子从射入电场到离开电场，由动能定理，有qEd=mv2-m

解得　　　d=

答：（1）粒子的末速度为；

（2）电场强度E为；

（3）板间距离为．

（1）设导体棒的初速度为v0，由动能的定义式

    Ek=m 得  v0=

设初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：

     E=BLv

设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：

   I=

设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL

联立上式得，F=

（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热Q．

当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位置比初始时刻降低了h，

则   mg=kh，得h=

由能的转化和守恒定律得：mgh+Ek=EP+Q

 解得 Q=+Ek-Ep

答：

（1）初始时刻导体棒所受安培力的大小F为；

（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为+Ek-Ep．

（1）（2）

试题分析：（1）（6分）公交车与隔离墙摩擦过程中，由动能定理，有

　   4分

得　  2分

（2）（9分）

解法一

摩擦过程中，只有重力和摩擦力做功，即

　  4分

由功能关系有

　   4分

得　  1分

解法二

摩擦过程中，重力势能的变化量为

     4分

机械能的变化量为

  4分

代入数据得    1分

点评：本题难度较小，抓住动能定理的内容，动能变化量必须是末动能减去初动能

（1）、（2）见解析；（3）24J。

（1）在竖直方向，小球受重力作用，由于重力与小球的初速度方向相反，所以沿竖直方向小球做匀变速直线运动（竖直上抛运动）。…（3分）

沿水平方向，小球受水平向右的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动。……（3分）

（2）运动轨迹示意图如图所示。

说明：画出OM段给3分，画出MO′段给3分。如果OM或MO′画成直线的不给分；如果画成OP=PO′扣3分。

（3）设小球质量为m、带电量为q，初速度为v0，上升的最大高度为h，OM（OP）两点间电势差为U1，MO′（PO′）两点间电势差为U2，小球在O′点的动能为Ek ′。

对于小球从O到M的过程，根据动能定理有：qU1-mgh=EkM-Ek0

由竖直方向的分运动可得出：h=，  mgh=mv02

对于小球从M到O′的过程，根据动能定理有：qU2+mgh= Ek ′- EkM

根据竖直上抛运动的时间特点和小球沿水平方向的分运动特点可知：

OP：P O′=1：3

由匀强电场的电势差与场强的关系有U1：U2=1：3

由以上方程可解得：Ek ′=24J

（1）（2）

（1）在A处，    ………………2分

在B处，

得 …………………………2分

由A到B，据动能定理

 ……………………………3分

（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，

==10="17.3m/s           " （得4分）

（2）当θ=0º时，根据动能定理得，2 

      （得4分）

（3）加速度 

得到，当θ=53º时，α有极大值

由动能定理得，，所以

所以P点坐标（）  （得6分）

略

(1)0.8　553 W　0.79 m/s2　(2)600 W

(1)设f＝kv

所以f1∶f2＝v1∶v2＝6.67∶8.33＝0.8

从表中数据可以看出，t＝9 s时，自行车达到了匀速运动，动力等于阻力，所以有：P＝fv9

在开始运动9 s内，根据动能定理有：

mv＝Pt－f1s1－f2s2－f3s3－f4s4－f5s5

代入数据，解得：k＝5.53 N·s/m，P＝553 W

当v′＝6 m/s时，根据牛顿第二定律：－kv′＝ma

代入数据，解得：a＝0.79 m/s2.

(2)在开始运动的9 s内，根据动能定理有：mv＝Pt－fs

因f＝kv，所以fs＝kvs

联立以上各式，解得：k＝6 N·s/m，P＝600 W.

答案：(1)0.8　553 W　0.79 m/s2　(2)600 W