热门试卷

（1）在0≤x≤L范围内，摩擦力与放在传送带上的长度成正比，当x=时，f=mgsinθ，当x=L时，当x=L时，则摩擦力为

f=4mgsinθ．画出f-x图象如图．

（2）利用（2）中图象，可知摩擦力做功：W=mgLsinθ

由动能定理W-mgLsinθ=mv2

得v=

（3）△E小于W，因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能．

答：（1）画出f-x图象如图所示．

（2）当移动到x=L的位置时，木板的速度是．

（3））△E小于W，因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能．

（1）对小物块，从D点到最高点，根据动能定理得，

（F-μmg）×3R-mgH=0

解得H=10.5R．

（2）从最高点返回，设物块最终停止在与B点相距x远处，根据动能定理得，

mgH-μmgx=0

解得x=21R．

答：（1）小物块沿圆弧轨道上升后，可能达到的最高点距BC面的高度H为10.5R；

（2）小物块最终停在距离B点21R处．

（1）对小物块，从D点到最高点，根据动能定理得，

（F-μmg）×3R-mgH=0

解得H=10.5R．

（2）从最高点返回，设物块最终停止在与B点相距x远处，根据动能定理得，

mgH-μmgx=0

解得x=21R．

答：（1）小物块沿圆弧轨道上升后，可能达到的最高点距BC面的高度H为10.5R；

（2）小物块最终停在距离B点21R处．

（1）由题意，带电粒子只在静电力作用力下，动能增大，静电力做正功，

由动能定理得：WAB=mv2-0，得  WAB=mv2

根据能量守恒定律得知，带电粒子的电势能减少了mv2．

（2）A、B间的电势差为UAB==-

因UBA=-UAB=，故 UBA=-UAB=　　       

答：

（1）粒子从A到B电势能减少了mv2．

（2）B、A两点的电势差UBA为．

（1）小球从M点运动到N点的过程中，根据动能定理得

  qUMN+mgLcos30°=0

得M、N两点的电势差UMN=-mgL

（2）由题意，小球到达N点时速度为零，圆周运动的向心力为零，则小球在N点沿细线方向合力为零，则有

  F-mgcos30°-kcos30°=0

所以F=（mg+）

答：（1）在点电荷A、B所形成的电场中，M、N两点的电势差是-mgL；

（2）小球运动到N点瞬间，细线对小球的拉力F是（mg+）．

从A到B过程，由动能定理得：

-eU=mv2-m

又因为：cos600=          

 所以：U=-

答：A、B两点间的电势差为-．

（1）对小球在最高点M受力分析，小球受重力和轨道对球的压力，

根据牛顿第二定律得：

 F合=F+mg=m

代数解得：vM=4m/s   

运用动能定理研究P点到M点则有：

 mvM2-mvP2=-mg2R

代数解得：vP=4 m/s         

在最低点P对球受力分析，根据牛顿第二定律得：

 FN-mg=m     

代数解得：FN=3.5N            

由牛顿第三定律得：小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小也为3.5N．

（2）设小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为W，

小球从N点运动到M点的过程中，由动能定理得：

-mg2R-W=mvM2-mvN2     

代数解得：W=0.4J      

答：（1）小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小为3.5N．

（2）小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为0.4J．

（1）A释放后，根据牛顿第二定律有

  qE+f=ma，得f=0.2N，

A速度减到零所用时间为 t==2s，

经过的位移为s==12m，

所以在A未与B相遇前，A电势能增量的最大值为△Emax=qEs=4.8J．

（2）因为B的速度较小，要尽快相遇，对应B减速到零时与A相遇，

B的最大位移为 sB==3m，花时tB==1s，

对于A：返回时qE-f=ma′，得a′=2m/s2．

A返回走了s′=s-sB=9m，用时tA==3s，

故τ=t+tA+tB=6s

答：（1）在A未与B相遇前，A电势能增量的最大值为4.8J；

（2）要使A尽快与B相遇，τ为4s．

（1）由动能定理，得到：mgxsinα=mv12，解得v1═4m/s

此后棒匀速下滑，根据切割公式，有E=BLv1

根据欧姆定律，有E=I×2R

根据安培力公式，有F=BIL

根据平衡条件，有：mgsinα=BIL

联立得到：mgsinα=

解得：BL=1T•m 

又由于BIL=mgsinα，解得I=1A   

（2）设经过时间t1，金属棒cd也进入磁场，其速度也为v1，金属棒cd在磁场外有x=v1•t1，此时金属棒ab在磁场中的运动距离为：X=v1t1=2x，

两棒都在磁场中时速度相同，无电流，金属棒cd在磁场中而金属棒ab已在磁场外时，cd棒中才有电流，cd棒加速运动的位移为2x；

电量为q====0.8(C)

（3）金属棒ab在磁场中（金属棒cd在磁场外）回路产生的焦耳热为：

Q1=mgsinα×2x=3.2J 

金属棒ab、金属棒cd都在磁场中运动时，回路不产生焦耳热．两棒加速度均为gsinα，ab离开磁场时速度为v2，v22-v12=2gxsinα，

解得v2==4m/s；

金属棒cd在磁场中（金属棒ab在磁场外），金属棒cd的初速度为v2=4m/s，末速度为=4m/s，由动能定理：

mgsinα×2x-Q2=m（）2-m（）2

Q2=mgsinα×3x=4.8J（1分）

Q=Q1+Q2=mgsinα×5x=8J

答：（1）金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I为1A；

（2）金属棒cd在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q为0.8C；

（3）两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q为8J．

（1）对子弹：W1=-Ff（X+d）=-32J

     对木块：W2=FfX=8J

故木块对子弹做的功为-32J，子弹对木块所做的功为8J．

（2）对木块由动能定理得：W2=Mv2-0解得：v=20m/s

对子弹由动能定理得：W1=mv2-解得：v0=60m/s

故子弹与木块的最终速度v20m/s，子弹的初速度v0为60m/s．

（1）由动能定理研究粒子从进极板到处极板的过程：

=mvm2-mv02

解出vm=5×106m/s   

（2）证明：如图，设粒子在电场中的侧移为y，则

= 

根据类平抛运动的规律研究粒子在水平方向和竖直方向的运动，

列出运动学等式：

l=v0t     y= t   

  联立解得x=

（3）设环带外圆半径为R2，

所求d=R2-R1    

 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子刚好不出磁场的临界轨迹如图，

根据几何关系得：

  R12+rm2=（R2-rm）2   

根据洛伦兹力提供向心力得：

qvmB=m  

 联立解得：d=（2-）m=0.586m  

答：（1）从板间右侧射出的粒子速度的最大值是5×106m/s  

（2）证明如上．

（3）环带磁场的最小宽度是0.586m．

（1）从B到C过程中，由动能定理得：

（qE-mg）×2R=mvC2-mv02，

小球恰能通过最高点，

由牛顿第二定律得：mg-qE=m，

解得：vC=v0，E=（g-）；

（2）小球从C到D过程中，小球做类平抛运动，

水平方向：s=vCt，

竖直方向：2R=at2，

由牛顿第二定律得：mg-qE=ma，

解得：s=2R；

（3）小球在B点时，由牛顿第二定律得：

F+qE-mg=m，解得：F=，

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力F′=；

答：（1）小球到达C点时的速度为v0，电场强度E=（g-）．

（2）BD间的距离s=2R；

（3）小球通过B点时对轨道的压力为．

汽锤自由落下至撞击桩前，由机械能守恒得：

   mgH=m

解得：撞击桩前的速度 v1==2m/s             

锤与桩碰撞过程动量守恒．                           

设与桩一起刚向下运动瞬间的速度为v2，据动量守恒定律有：

  mv1=（m+M）v2                   

得 v2==×2m/s=m/s

设桩进入泥地受到平均阻力为F，据动能定理，在这个过程中

 WG-WF=0-（m+M）v   

即 （m+M）gs-FS=0-（m+M）v   

代入数据，解得：F=6.75×104N            

答：泥地对桩的平均阻力为6.75×104N．