热门试卷

（1）（2）（3）该同学的解法是错误的。因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2=−W1是错误的。

试题分析：（1）B球运动过程中只受A球对它的库仑力作用，当它运动到0点时速度跟A球相同为v0。库仑力做的功即为B球动能增加量

（2）因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移 x=v0t0

此时的库仑力  

因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力相平衡。当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大。因此，电场对A的作用力也最大，电场强度也最大。

（3）该同学的解法是错误的。

因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2=−W1是错误的。

(1)  ;  (2) ;    (3) 。

试题分析：系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故AB相对滑动时，系统总动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；刚好没有滑离，根据动能定理求出相对滑动产生的热量，向左运动到达最远处时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解。

解答过程：（1）设AB相对静止时速度为V,根据动量守恒定律得：

   (1)

解得：

   (2)

即它们最后的速度大小为，方向水平向右。

（2）系统损失的机械能全部转化为内能，又最后A刚好没有滑离B板，则由能量守恒定律得：   (3)

由（2）（3）式解得

   (4)

(3) A向左运动到达最远处时速度为0，对A由动能定理得:

   (5)

系统损失的机械能全部转化为内能,则：

   (6)

联立（4）（5）（6）式解得：

（1）可以到达圆弧最高点D.（2）FN="5" N

（1）假设带电小球能沿轨道滑至D点，且速度大小为vD，由动能定理有：

　　可得此时小球在D点所需的向心力为：

　F向

故带电小球可以到达圆弧最高点D.

　　（2）带电小球在运动过程中受重力、电场力的合力为：

　方向：与竖直方向的夹角     　　　　　

故当小球滑至P点，即∠POB=53°时，小球对圆弧的压力最大.

设小球在P点的速度大小为vP，对轨道压力为FN，有：

　　解得：FN="5" N

本题考查圆周运动和动能定理的应用，小球刚好通过D点，可知在D点只有重力提供向心力，由此判断出带电小球可以到达圆弧最高点D，在整个运动过程中由于电场力和重力都保持不变，先把两个力合成，求出合力大小以及方向，把此题看做等效重力场的问题处理，故当小球滑至P点，小球对圆弧的压力最大，设小球在P点的速度大小为vP，对轨道压力为FN，在运动过程中应用动能定理求得在P点速度大小，再由圆周运动中沿半径方向的合外力提供向心力可求得支持力大小

解：⑴b球离开DE后做平抛运动。

(1分)

(1分)

=1m/s(1分)

⑵ab碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：

(2分)

=3m/s(1分)

碰前a在D处恰好与轨道无作用力，则有：(2分)

r=0.9m

=0.7m(1分)

⑶小球从B到D，机械能守恒：(2分)

解得：=36.5J(1分)

从A到B过程，由动能定理得：(2分)

解得：=35.5J(1分)

从D到B，机械能守恒：(2分)

解得：=32.5J<(1分)

所以，a球返回到BA管道中时，不能从A端穿出。

略

（1） （2） （3）

试题分析:（1）设A和B达到共同速度为时，B向右运动距离为，以AB整体为研究对象可知，AB组成的系统动量守恒有：，可得

对B由动能定理有：，联立解得：

由于，可知B与挡板碰撞时，A、B已达到共同速度，则B的速度为

（2）设B与墙壁第一次碰前A、B的速度为、，则：

对B由动能定理有：

B与墙碰撞时无机械能损失，则B以速度反向运动；而A与B系统动量为零，故

联立解得：

（3）设B与墙壁第一次碰前A、B的速度为、，

若要求B与墙碰撞两次则碰后系统的总动量仍向右，即，

可得。

（1） （2）  （3）

试题分析: （1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等．小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则

所以

（2）小球从A到M，由动能定理，可得水平方向上电场力做功

则小球从A到B，水平方向上电场力做功

由动能定理，可得小球落到B点时的动能为：

解得：

（3）设小球所受的电场力为F，重力为G，由于合运动与分运动具有等时性，小球从A到M，则有：

水平方向上电场力做功

竖直方向上重力做功

由下图可知，，则

则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效垂直，即图中的 P点，故：

1.6m  W=48J

试题分析：根据动能定理可得：，可得

物体能在水平面上滑行的距离是1.6m，

斜面上做功 

,水平面上做功为.  

总功W=48J

点评：动能定理在分析多过程问题时，比较方便，但是需要注意过程的始末状态

v =" 298.5m/s"

试题分析：固定木块时，系统摩擦力所做的功Wf

Wf =（ mv12-  mv22）/2

因为将固定木块的钉子拔出后，子弹仍能射出木块

以m和M组成系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程：

mv1 =" MV" + mv（2分）

Mv12/2=wf+Mv2/2+mv2/2

由解得① ② ③ 得 

v =" 298.5m/s"

（1）（2）0.2m

试题分析：(1)设物块向右水平运动，在A点第一次速度为零时，距O点距离为x1

由题中数据得： ； ；

由动能定理：，得x1="0.4m"

该点与O点电势差的大小

(2)在A点，由于，物块会反向运动，最终在O点左侧

无磁场区域静止，设该点为B点，与O点距离为x2    

由动能定理： 

得 x2=0.2m        

故最终停在O点左侧0.2m处。

点评：此类题型考察了动能定理在电场类问题中的运用。动能定理只需要知道某过程合外力做的功，以及初末状态动能变化即可，对于多过程、变力过程尤为合适。

(1) N′1＝N1＝3 N；N′2＝N2＝5.7 N  (2) 0.2 s.   1分

(1)AB过程机械能守恒：mgR1＝mvB2　vB＝m/s     2分

到达B点瞬间前：N1－mg＝m    1分

到达B点瞬间后：N2－mg＝m      1分

依牛顿第三定律，对轨道的压力大小分别为N′1＝N1＝3 N；N′2＝N2＝5.7 N  2

(2)小球向上穿过圆筒D孔又从D孔向上穿出所用的时间t1＝T(k＝1、2、3……)；

小球向上穿出D孔后竖直上抛又返回到D孔进入圆筒所用时间为2t2＝nT(n＝1、2、3……)又由竖直上抛规律有：0＝vC－g(t1＋t2)    1分

所以T＝           2  分

当k＝n＝1时T有最大值，所以T＝0.2 s.    1分

本题考查动能定理和圆周运动规律的应用，在B点为圆周运动的一部分，由支持力和重力的合力提供向心力，由动能定理可求得B点速度大小，再由向心力公式求得支持力大小，由A到C应用动能定理可求得C点速度大小，由于圆筒转动的周期性，经过半个周期的奇数倍时物体能从C点穿出，于是得到周期T的表达式，由此N=1时周期最大

（1）（2）

试题分析：（1）由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒。两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：

      4分

解得：      2分

（2）因两球在光滑水平面上运动时的速度v比B从h处自由滑下的速度大，

增加的动能就是杆对B做正功的结果。B增加的动能为：

     4分

因系统的机械能守恒，所以杆对B球做的功与杆对A球做的功的数值应该相等，杆对B球做正功，对A做负功。

所以杆对A球做的功为：。 2分

点评：本题难度中等，明确整体的运动过程和做功过程是关键，巧妙应用能量守恒定律使计算过程变得简单

（1）（2）

（1）根据动能定理    

                                                     (5分)

（2）在最高点时速度为

                                （5分）

解得