热门试卷

（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，

由动能定理得，qES=m 

解得：v0=

（2）碰撞过程中动量守恒，则有 mv0=mv1+Mv2 

机械能无损失，有  m=m+M

联立上两式解得  v1=-v0=-  方向向左，v2=v0= 方向向右．

（3）要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球的（n+）T．（n=0、1、2、3 …）

A球运动的加速度为 a=，t==（n+）T，

又由题意，T=2π，解得：k=(n+)2（n=0、1、2、3 …）    

答：

（1）A球与B球碰撞前瞬间的速度v0是．

（2）A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度v1大小，方向向左．B球的速度v2是，方向向右．

（3）劲度系数k的可能取值是k=(n+)2（n=0、1、2、3 …）．

（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

  mv0=（m+M）v1 

代入数据解得

  v1=4m/s 

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有

  μmgL1=m-(m+M)

代入数据解得   L1=3m 

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

  μmgS1=M-0

代入数据解得S1=2m 

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

  mg=m

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•2R=mv 2-m

①②联立并代入数据解得R=0.24m 

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•R=0-m

代入数据解得R=0.6m 

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m 

答：

（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

（1）设P从出发点运动至c阶段运动的时间为t．

其中水平加速度为ax，则在水平方向上有：ax=…①

v=axt=t…②

在竖直方向上有：0-v=-gt…③

t=…④

联立①②③得：E=…⑤

（2）设电容器两极板间的距离为d．

对P从出发点至c阶段，在水平方向上有：d=t…⑥

联立④⑥解得d=…⑦

设在正交电场、磁场中质点P做匀速圆周运动的半径为R，则qvB=m

R=…⑧

又2R+d=l…  ⑨

联立⑦⑧⑨得：B=．

（3）设P、Q碰撞后的速度分别为v1、v2．

由动量守恒定律得，mv=mv1+v2

设碰撞后P、Q带电量大小分别为q1、q2，则q1+q2=q

碰撞后Q在水平方向上有：d=t

可得：v2=v，v1=v

0-v22=-2d

得q1=q，q2=．

则碰撞后P在水平方向上的加速度ax==g．

它在电容器中间运动的时间仍为t，设P射出电容器时其水平速度为vx，

则vx=v1-axt=-v

则P射出电容器时的速度为vp，

vp==v．

答：（1）电容器两板间的电场强度为

（2）磁场的磁感应强度大小为

（3）带电质点P最后离开平行板电容器时的速度大小为v．

解：（1）A点速度，

则

（2）A到B，

代入得

圆周运动中

其中

解得

（3）解得

得。

（1）对子弹和车组成的系统，根据动量守恒定律列出等式：

mv0=mv1+MAVA代入数值得VA=6m/s

对A和车组成的系统：

MAVA=（MA+M）V；代入数值得V=2m/s

（2）对A和车组成的系统，动能转化成摩擦产生的内能．

μMAgL=MA-(MA+M)V2

代入数值得L=2.4m

答：（1）平板车最后的速度是2m/s   （2）A在平板车上滑行的距离为2.4m

电场力F=qE=mg，水平向右，重力与电场力合力F合=mg，沿OC方向

θ=45°

设最低点为B，小球沿直线AB到B点速度VB．

mgL+qEL=mVB2

细绳绷紧，VB竖直分量立刻减为零，水平分量V1=VBcos45°

由B到C过程中运用动能定理得：

qELsinθ-mg（L-Lcosθ）=mV2C-mV12

解得摆球在C点速度VC=

根据牛顿第二定律得：

在C点：T-mg=m

解出在C点绳子拉力T=3mg

答：摆球在C点时的速度是，摆线的拉力是3mg．

（1）W电=qEx0…①

W电=-（Epx0-0）…②

联立①②得Epx0=-qEx0

（2）解法一

在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x

由牛顿第二定律可得

qE=ma…④

由运动学公式得

V=2a（x-x0）…⑤

联立④⑤进而求得：

Ekx=mv=qE（x-x0）

E=Ekx+Epx=-qEx0=Ex0

（2）解法二

在 x轴上任取两点 x1、x2，速度答：分别为 v1、v2

F=qE=ma

v-v=2a（x2-x1）

联立得：

mv-m v=qE（x2-x1）

m v+（-qEx2）=m v+（-qEx1）

Ek2+EP2=Ek1+Ep1

答：（1）该粒子在x0处电势能-qEx0

（2）该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变．

（1）在加速电场加速过程：对电子，由动能定理可得

      EK-0=eU1

得 EK=1.6×10-19×1000=1.6×10-16J．

（2）粒子垂直进入偏转电场做类平抛运动，则

运动时间t=，加速度a=

竖直方向的分速度为vy=at，

电子离开偏转电场后速度与水平方向夹角地正切tanθ===

又EK=m

联立得：tanθ=

代入解得tanθ=0.15

答：

（1）电子被U1加速后的动能是1.6×10-16J．

（2）电子离开偏转电场后速度与水平方向夹角地正切为0.15．

（1）分析从A到D过程，由动能定理得

-mg（h-H）-μmgSBC=0-m

         解得μ=0.5

（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得

mgH-μmg4SBC=-

        解得v2=4m/s

（3）分析整个过程，由动能定理得

mgH-μmgs=0-

     解得s=21.6m

所以物体在轨道上来回了10次后，还有1.6m，故离B的距离为2m-1.6m=0.4m

答：（1）物体与BC轨道的滑动摩擦系数是0.5．

（2）物体第5次经过B点时的速度是4m/s

（3）物体最后停止的位置离B的距离为0.4m

解：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程由动能定理得：

－(mgsinθ＋μmgcosθ)·x＝0－mv02  ①

对全过程由动能定理得：mgsinθ·xAB－μmgcosθ·(2x＋xAB)＝0 ②

由①②得：xAB＝

解：视全过程为一整体，由于初、末动能均为零，由动能定理可得

解得

（1）1.3N（2）v0≥4m/s或

试题分析：（1）设小球到达P点时速度为v， 滑块从开始运动到达P点过程中，由动能定理得-mg•R+qE•R-μ（mg-qE）•S=1/2mv2—1/2 mv02         2分

代入数据解得：v2=24m/s             1分

在P点，由支持力提供向心力，由向心力公式N=mv2/ R＝1.3N       2分

由牛顿第三定律得到压力也为1.3N                1分

故运动的滑块通过P点时对轨道的压力是1.3N

（2）设小球恰能到达Q点时速度为v，根据向心力公式，有mg-qE=mv2/ R ，

滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得

-mg•2R+qE•2R-μ（mg-qE）•S=1/2mv2—1/2 mv02          2分

联立两式并代入数据解得：v0=4m/s                   1分

若滑块恰能滑到P点停止，滑块从开始运动到达P点过程中，由动能定理有

qE•R-mg•R-μ（mg-qE）•S="0—1/2" mv02             2分

代入数据解得：v02=10m/s，1分

综上所述，小滑块在运动中不离开轨道，小滑块从M点出发时的初速度必须满足：v0≥4m/s或2分

点评：在应用动能定理求解问题时，要明确两个状态一个过程，要进行受力分析和做功分析，本题又考查了圆周运动的知识，可见是一个综合性比较强的题目

解：A沿斜面下滑5m时，A下降的高度为；B下降的高度为。

由机械能守恒：

设B再上升时，速度为零，

由动能定理

B上升的最大高度为：。

解：（1）设小球到达Q点时速度为v，则

滑块从开始运动到达Q点过程中： 

联立方程组，解得：

（2）设滑块到达P点时速度为，则从开始运动到P点过程： 

又在P点时：

代入数据，解得：