热门试卷

（14分）

（1）设儿童下滑的加速度大小为a，则有  受力分析图………………1分

mgsin37°-μmgcos37°=ma1       ①………………2分

解得：a1="2" m/s2．           　  ②………………1分

（2）因为H="2" m，圆弧CD的半径R=0．8 m，

所以AB的长度         ③………………2分

设儿童滑到B点的速率为vB，则：vB2=2aL1， ④………………2分

（或依动能定理: ）

由②③④解得：            ⑤………………2分

（3）设儿童在C点恰做平抛运动滑出时的速率为vC，则：   ⑥……1分

f=umg=ma2          ⑦………………1分

-2a2L≤vC2-vB 2    ⑧………………1分

（或用动能定理：……2分）

由⑦⑧解得：L≥1 m．……1分

本题考查的是牛顿运动定律与圆周运动相结合的题。应用动能定理是本题最简便的方法，

（1）金属块从静止到飞出平台的过程中，

由动能定理得：Fs=mv2-0，

金属块离开平台时的速度v===6.0m/s；

（2）金属块离开平台后做平抛运动，

在竖直方向：h=gt2，t===0.6s，

水平方向：L=vt=6×0.6=3.6m；

（3）金属块落地时，tanθ====1，

则夹角θ=45°；

答：（1）金属块离开台面时的速度大小为6.0m/s；

（2）金属块落地点距台面边缘的水平距离为3.6m；

（3）金属块落地时速度方向与竖直方向的夹角θ为45°．

（1）图2中，h=0时，F的读数为滑块的重力，为1N；

在B点释放时，根据动能定理，有：

mgh=m ①

在C点，支持力和重力的合力提供向心力，故：

F-mg=m ②

由①②解得：

F=mg+h=1+×0.1=1.4N

（2）设斜面倾角为θ，由几何关系

hB=R（1-cosθ）

解得：cosθ=0.8

故sinθ=0.6

物体离开D点后，做平抛运动，有：

R=gt2

=vDt

物体从斜面释放到D点，由动能定理：

mglsinθ+mgR（1-cosθ）-μmglcosθ-mg•2R=m

代入数据，得：l=3.46m

答：（l）图2中a点的纵坐标为1N，b点的纵坐标为1.4N；

（2）物块在斜面上的释放点与B点的距离l为3.46m时，物块离开D点后落到轨道上与圆心O等高的位置上．

（1）质子在左边的加速电场中有：qU1=m

v20

解得

v0=

即质子则进入偏转电场U2时的速度为．

（2）质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动

所以沿板方向：x=L=v0t       ①

垂直板方向：y=d=at2      ②

而加速度：a==          ③

由以上各式解得

极板长为L=d

时间t为

即在偏转电场U2中运动的时间为、金属板的长Ld．

（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关．所以整个过程由动能定律得：eU0+e=Ek-0

所以质子射出电场时的动能为：Ek=e(U0+)

即质子穿出电场时的动能为e(U0+)．

（1）由平衡条件得

   e=ev0B，得，B==2.5×10-4T

（2）若撤去磁场，电子做平抛运动．

水平方向：L=v0t

竖直方向：y=at2，a=

联立得到，y=

代入解得，y=1.1×10-2m

（3）根据动能定理得

  动能的增加量△EK=eEy=ey

代入解得，△EK=8.8×10-18J

答：

（1）磁感应强度B的大小为2.5×10-4T．

（2）若撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离y=1.1×10-2m．

（3）若撤去磁场，求电子穿过电场的整个过程中动能的增加量△EK=8.8×10-18J．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d＝L1cosα+L2cosβ

得出AO杆与水平方向夹角α＝53°

由牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma

f="μN "

N="μmgcosθ"

在AO段运动的加速度：a1＝gsin53°－μgcos53°＝3．2 m/s2，

方向沿AO杆向下．

在OB段运动的加速度：a2＝gsin37°－μgcos37°＝－0．4 m/s2，

方向沿BO杆向上

（2）对全过程由动能定理得 mgh－μmgL1cosα－μmgL2cosβ＝-0

其中d＝L1cosα+L2cosβ，v ≤6 m/s

所以：≤ 10．6m

又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为

所以AB最大竖直距离应为10．2m

略

(11分)

（1）、解：在B有：                             （1分）               

P点到B点的过程，由动能定理得：       （2分）    

其中，为PZ之间的距离，根据几何关系可知满足：

                         （2分）

解得： 即小车在P点初速度满足的条件为。 （1分）

（2）通过（1）问中的解可知，小车恰好能通过第二个圆形轨道的最高点B时，小车在P点初速度为。                                            

P点到A点的过程，由动能定理得：       （1分）

为PQ之间的距离，根据几何关系可知满足：

                           （1分）

设小车通过第一个圆形轨道最低点时的速度，由机械能守恒定律得：

，                                              （1分）       

由牛顿定律得：

     解得：                     （1分）

根据牛顿第三定律可得压力为1920N。                     （1分）

略

（1）设小球A运动到圆弧轨道最低点D时速度为v0，

则由机械能守恒定律有：mv02=mg（H+R） ①

圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律可得：N-mg=m②

解得：N=5mg ③；

（2）设A与B碰前速度为vA，碰后A的速度为vA′，B的速度为vB，

A与B碰撞过程，由动量守恒定律得：mvA=mvA′+mvB ④

由机械能守恒定律得：mvA2=mvA′2+mvB2 ⑤，

A在水平面上滑行过程，由动能定理得：-μmgL0=mvA2-mv02 ⑥

A、若碰后B能在竖直平面内做完整的圆周运动，则细绳始终处于拉直状态，

设小球B在最高处速度为vB′，则在最高处有：mg≤m ⑦

小球B从最低点到最高点：mvB2=mvB′2+mg•2R ⑧，

小球B在最低点时细绳受力最大，Fm-mg≥m ⑨

联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得：3.5R≤H≤4R ⑩，

B、若A与B碰后B摆动的最大高度小于R，则细绳始终处于拉直状态，则

根据机械能守恒得：mvB2≤mgR （11），

要保证A与B能发生碰撞，vA＞0，（12）

联立①④⑤⑥（11）（12）解得：R＜H≤2R；

答：（1）若H=R，小球A到达圆弧轨道最低点D时所受轨道的支持力为5mg；

（2）当3.5R≤H≤4R或R＜H≤2R时，小球A与B发生弹性碰撞后细绳始终处于拉直状态．

该同学所得结论有不完善之处，只计算了上升过程中动能与重力势能相等处，而未考虑下降过程中动能与重力势能相等处．  

设从最高点下落至离地h′高处时动能与势能也相等，此时物体速度为v′．

下落过程据动能定理(mg-Ff)(H-h′)=mv′2       ④

且mv′2=mgh′                    ⑤

由③④⑤式解得h′=H

代入数据解得h′=6.9m

答：物体在上升和下降过程中分别有重力势能与动能相等的位置．

（1）电子带负电荷，匀强电场的电场线与等势面垂直，所以电场线的方向垂直等势面向上

（2）电子进入电场后做类平抛运动，

则由速度分解知电子飞出电场时v==

2

v0

由动能定理有

-eUAB=mv2-

解之得：UAB=-

（1）SP间的电势差：U=φS-φP=Eh=2×103×0.04V=80V．

因：φS=0，∴φP=-80V，

小球在P点时的电势能：Ep=qφp=-2×10-4×（-80）J=0.016J  

（2）小球第一次从P到S有动能定理得：

qEh=mv2

设小球第一次被弹回至最右端距S板的距离为h1

有：q1Eh1=（kq）Eh1=mv2

得：h1=h=4.6cm

（3）同理小球第二次碰撞后离S板的距离有：

h2=h1=(

1

k

)2h

推得：hn=(

1

k

)nh

当到达A板时，有：h+H=hn

所以：n===17.2

所以小球经过18次碰撞后，才能抵达A板

答：（1）小球在P点时的电势能为0.016J

（2）小球第一次被弹回到达最右端时距S板的距离4.6cm

（3）小球经过18次碰撞后，才能抵达A板

（1）A匀加速L，第一次碰前A的速度设为vA1，由动能定理得：

  (F-μmg)L=m-0①

解得 vA1=

A与B发生第一次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，设碰后速度分别为v'A1，v'B1mvA1=mv'A1+mv'B1②

 m=mv′A12+mv′B12③

解得：v'A1=0   v′B1=

（2）第一次碰后，设经过t1B停下，B和A位移分别为SB1和SA1

t1=④

 SB1=⑤

 SA1=()⑥

解得t1=SB1=

 SA1=

由于SB1＞SA1，因此第2次碰前，B已经停下．设第2次碰前A的速度为vA2

(F-μmg)=m-0⑦

A与B发生第2次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，碰后速度交换，设碰后速度分别为v'A2，v'B2

解得v'A2=0v′B2=

同理依此类推，归纳得

第n次碰后B的速度v′Bn==

第n次碰后到第n+1次碰前B的运动时间tn==

由此得t5=

（3）第n次碰后到第n+1次碰前B的运动位移SBn==SB=SB1+SB2+…+SBn=++…+==L

另最终AB靠在一起停下，由能量守恒得：F（L+SB）=μmg（L+SB）+μmgSB

解得SB=L

答：

（1）第一次碰撞后B的速度大小为；

（2）第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间为；

（3）B运动的总路程为L．