热门试卷

（1）物体从D滑出后做平抛运动，

水平方向x=vDt，竖直方向：h2=gt2，

解得vD=x=x；

（2）从A到D过程中，由动能定理得：

mgh1+FL-fL=mvD2-0，

f=μFN2=μmg，

x2=F+4h2（h1-μL），

解得b=4h2（h1-μL），

由图象可知b=-0.3，解得μ=0.35，

（3）由（2）可知，k=，

由图象可知k=0.5，解得m=0.4kg，

从A到D过程，由动能定理得：

mgh1+FL-L=mvD2-0，

由题可知：x=1m，

由第（1）问知vD=x，

解得：F=1.9N；

（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：

f=μ1mAg=mAaA

解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.5m/s2；

（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：

F-μ1mAg-μ2（mB+mA）g=mBaB

带入数据解得：F=7N，

v=aBt=1m/s

所以P=Fv=7W

（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，

对木板进行受力分析，木板B受力满足F′-μ1mAg-μ2（mA+mB）g=0

所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等．

设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移s1=v1t′，

A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，

由动能定理得：P′(t2-t′-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)，

由以上各式带入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m

答：（1）物体A刚运动时的加速度aA为0.5m/s2；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P为7W；（3）在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为3.03m．

（1）根据小球在B处对轨道压力为零，由向心力公式有

mg=m      ①

解得小球、经过B点时速度大小

vB= ②

（2）取轨道最低点为零势能点，由机械能守恒定律

mgh=mg•2R+mvB2  ③

由②、③联立解得h=2.5R④

（3）对小球从最高点到D点全过程应用动能定理有

mgh-μmgl=mvD2⑤

又vD=⑥

由④⑤⑥联立解得水平轨道CD段的长度

l=

答：（1）小球经过B点时速度的大小为

（2）小球释放时的高度为2.5R

（3）水平轨道CD的长度为

（1）小球p由C运动到O时，由动能定理，

得：mgd+qUC0=mv2-0①

∴UCO=②

（2）小球p经过O点时受力分析，

由库仑定律得：F1=F2=k

它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°=③

∴O点处的电场强度E==，④

（3）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd+qUOD=m-mv2  ⑤

由电场特点可知：UCO=UOD ⑥

联立①⑤⑥解得：vD=v

答：（1）C、O间的电势差UCO是

（2）O点处的电场强度E的大小是；

（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度是v．

如图所示，小球在30°倾斜平面内作圆周运动时一定有：

    mgcosθ=mgcos30°

得θ=60°，因此电场力必沿水平向左方向，又因小球带正电，故电场方向也沿水平向左方向．

当速度最小时有：mgsin30°+mgsinθ=m，

得 vmin=，

速度由最小到最大得过程中，由动能定理得：

(mgsin30°+mgsinθ)×2L=m-m

所以，vmax=

答：此圆周运动的最大速度为．此时电场的方向为水平向左．

（1）正点电荷从A到B，根据WAB=qER

可求得：WAB=4.0×10-8×1.2×102×0.2=9.6×10-7J

（2）根据U=可求出A、B两点间的电势差

即为：UAB===24V

答：（1）这一过程中电场力做的功是9.6×10-7J；

（2）A、B两点间的电势差UAB是24V．

（1）设B球刚进入电场时带电系统电度为v1，由动能定理得2qEL=×2m

         解得v1=

（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．

设A球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0

解得x=则s总=L

B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为L

其电势能的变化量为△EP=W=3qE•L=4qEL

（3）向右运动分三段，取向右为正方向，

第一段加速a1==，t1==

第二段减速a2=-

设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=×2m(-)

解得v2=t2==2(-1)

第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：a3=-，t3==

所以带电系统运动的周期为：T=2(t1+t2+t3)=(6-)．

答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为v1=．

（2）带电系统向右运动的最大距离为L，B球电势能的变化量为4qEL．

（3）带电系统运动的周期(6-)．

（1）对夯锤，由牛顿第二定律得：

  ①（3分）

         ②（3分）

解得：  （1分）

（2）夯锤先做匀加速直线运动再做竖直上抛运动：

匀加速：       ③（3分）

竖直上抛：   ④（3分）

∴上升的最大高度： （1分）

（3）对夯锤由动能定理得：

        ⑤（3分）

解得：     （1分）

略

（1）运用动能定理研究B→A→B→A过程：

EKA-EK0=-2μmgL-μmgcosθL      

    代入数据解得：EKA=2J                                                   

（2）由于在直轨道运动会产生内能，所以小球的机械能减小，最终到达D点速度为0．

EKD-EK0=mg（Lsinθ+r+rcosθ）-μmgcosθ•S

   0-2=1×10×（6×0.6+1+1×0.8）-×1×10×0.8S      

解得：S=42m

S总=S+L=42+6=48m

答：（1）小球第二次到达A点时的动能是2J．

（2）小球在CD段上运动的总路程是48m．

（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为vo，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：eEL=mv2，

在电场Ⅱ区域内的偏转，L=vt，y1=at2=•=L，方向向下，

故：y=-y1=

所以位置坐标（-2L，L）

（2）设释放位置坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx=mv2，

L=vt，y =at2=•=，所以满足xy=方程的点即为释放点的位置

（3）设释放位置坐标为（x，y），eEx=mv2，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：

L=vt1，=vt2，

y2=a=•=，

y3=at1t2=••==，

y=y2+y3=+=，

所以满足y=方程的点即为释放点的位置．

答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子从（-2L，L）离开ABCD区域．

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点为满足xy=的位置．

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动在电场I区域内由静止释放电子的所有位置，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为y=．

（1）放上小物块后，由牛顿第二定律得：

小车的加速度a1==0.5m/s2

物块的加速度a2==μg=2m/s2

设共同速度为v，对小车有v=v0+a1t

对物块有v=a2t

解得v=2m/s，t=1s．

（2）对小物块，由动能定理得：W=mv2

解得W=4J

摩擦力对物体做功的平均功率P==4W

小车的位移s1=t=1.75m

小物块的位移s2=t=1m

摩擦生热Q=μmg（s1-s2）=3J．

答：（1）物块与小车刚好达到共同速度所经历的时间为1s．

（2）摩擦力对物体做功的平均功率为4W，系统产生的热量Q为3J．

（1）当qE＞f时，最终物体停在墙角处qE•x0-f•s=0-m

s=

   （2）讨论：qE＜f

①在碰撞前停下，即f＞qE+时qE•s-f•s=0-m

s=

②在墙壁处停下，即f=qE+时s=x0

③在与墙壁碰撞后向右停下，即qE+＞f＞qE时

qE(2x0-s)-fs=0-m

即s=．

答：它停止运动前所通过的总路程S可能为：、、x0、．

（1）质点先做自由落体运动到M点，到达N孔时速度恰好为零，说明在MN间做减速运动，合外力向上，所以电场力方向向上，而电场强度方向向下，所以质点带负电，

根据动能定理得：

mgh（h+d）-qU=0-0

解得：q=

（2）设质点速度为零的位置距离B板的距离为x，则根据动能定理得：

mg（h+d-x）-qU=0-0

解得：x=

答：（1）带电质点的电荷量为，带负电．

（2）带电质点不能到达B板，质点速度为零的位置距B板的距离为．