热门试卷

（1）由机械能守恒可得：

mgh=mv2；

解得：

v==m/s=4m/s；

物体第一次到达b点的速度为4m/s；

（2）物体第一次滑到cd处时，达到的高度最高，由动能定理可得：

-mgh′-μmgs=0-mv2；

解得：h′==0.4m；

物体在cd段运动时可达到的最大高度为0.4m．

（1）两球相距最近时A球的速度与B球的速度大小相等．设速度大小为v，由动量守恒可得：

mBv0=mAv+mBv   ①

代入数据解得：v=3（m/s）

（2）设两球相距最近时的距离为d，则从开始相互作用到它们之间距离最近时，它们之间的相对位移s=L-d，由动能定理可得：

Fs=mBv02-(mAv2+mBv2)②

代入数据解得：d=4.5（m） 

答：（1）当两球相距最近时球A的速度为3m/s．

（2）两球相距最近时的距离为4.5m．

（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                ①

解得：=                      ②

碰撞过程中动量守恒得 m=m+M      ③

机械能无损失，有  m=m+M   ④

联立解得  =-  （ 负号表示方向向左），=，方向向右        

即A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度V1大小为解得 ，方向向左；B球的速度V2大小为，方向向右．

（2）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球周期的（n+），即t=（n+）T，其中n=0，1，2，3…

对A由a=及=at可求出A球回到原碰撞点的时间t=，所以有=nT+   （n=0，1，2，3…）

将T=2π、=及a=代入上式可得K=  （n=0，1，2，3，…）

即要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，劲度系数k的可能取值为K= （n=0，1，2，3，…）

据题分析可知，小球的

重力与电场力的合力方向必沿OA连线向下，最小动能的位置必在A点关于O点对称的B点

则有

    F•2R=mvA2-mvB2

代入解得F=18N

在A点时有  N-F=m

mvA2=（N-F）=18J

所以最小动能为Ekm=mvB2=18J-14.4J=3.6J

②在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动

   由2R=at2，F=ma得

m==4.5×10-3kg

答：

（1）小球的最小动能是3.6J；

（2）小球的质量为4.5×10-3kg．

（1）杆ab切割磁场时，等效电路图如图所示

  I=0.6A    I总=2I=1.2A …①

R外=R0=1Ω  

根据闭合电路欧姆定律：

 Em=I总（R外+r）=1.2×（1+1）V=2.4V …②

（2）电流表示数稳定时，ab杆匀速运动，则F=F安…③

根据安培力公式  F安=BI总L…④

∴F=1.0×1.2×0.4N=0.48 N  …⑤

（3）最大速度  vm==m/s=6m/s…⑥

安培力做的功WA=-Q总=-（2Q0+Qr）…⑦

∵===2

∴Qr=2 Q0…⑧

∴WA=-0.8J…⑨

根据动能定理   WF+WA=m-0…⑩

得  WF=×0.1×62+0.8J=2.6J

根据功的公式，加速过程中金属杆的位移 s==m≈5.4m

答：

（1）电路中产生的最大感应电动势为2.4V；

（2）水平恒定拉力F的大小为0.48N；

（3）在加速过程中金属杆的位移为5.4m．

设铁块克服阻力做功为W，根据动能定理，则

     WG-W=0所以W=mgh   ①

铁块的内能Q=Cm△t        ②

由题，Q=W•50%                 ③

由①②③得   

Cm△t=mgh•50%     ④

∴△t===5.4×10-3℃

答：铁块的温度升高了5.4×10-3℃

该同学所列式子有错误的地方．错在A环所受支持力的分析上，因为A、B在运动过程中均有加速度，所以A、B整体竖直方向上合力不为零．

整体动能定理方程：WF-Wf-mBgh=mAvA2+mBvB2，

而vAsin53°=vB sin37°，

h=L（sin53°-sin37°），

所以WF=Fx=F（Lsin53°-Lsin37°）=10J．

Wf=2J．

答：拉力F做功为10J，克服阻力做功为2J．

（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υ0．根据动能定理得：

   W=mυ-mυ12

（2）因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移x=υ0t0

此时的库仑力  F=k=

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．E==

（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． 

答：（1）0～t0时间内A对B球做的功是m-m；

（2）杆所在直线上场强的最大值是；

（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）妞妞加速下落过程，被接住前瞬间速度设为v，由动能定理得：

(mg-f)(h1-h2)=mv2-0 

解得：v=18m/s                              

（2）缓冲过程为匀减速，时间设为t

则有 h2=t

解得：t=s                                  

（3）缓冲过程中，对妞妞由动量定理得：mgt-I=0-mv

解得：I=N•S=196.7N•S                    

I的方向：竖直向上                          

答：

（1）妞妞在被接住前瞬间的速度大小是18m/s；

（2）缓冲过程经历的时间是s；

（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞冲量大小为196.7N•S，方向：竖直向上．

解：（1）人对物体做的功

（2）从抛出到落地对物体应用动能定理

所以克服空气阻力做功为mgh

（1）L1="3m(2)" （3）

（1）由动量守恒知，，

得v1=4m/s（4分）设小车的最小长度为L1

由能量守恒知，得L1=3m（4分）

(2)m恰能滑过圆弧的最高点，(2分)

小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点Q，

在这个过程对滑块由动能定理：（2分）

解得：

所以小车长度（2分）

（3）由（2）可知，滑块要想运动到Q点，小车的长度L必须满足：

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。

小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到T点， 在这个过程对滑块由动能定理：（2分）

解得（2分）

本题考查的是动量守恒和动能定理的应用。

（1）A、B两球静止时，A球所处位置场强为：E1=k•L=

B球所处位置场强为：E2=k•2L=

对A、B由整体法得：2mg=qAE1+qE2

解得：qA=4q

（2）A球所受电场力F与x的图象如图所示：

剪断细线后，A球向上运动，当A球的加速度为零时，速度达到最大，此时A球距O点距离为：

x1mg=4qE=4qx1

解得：x1=

剪断细线后，A球从运动到获得最大速度，A球上升的高度为：△x1=

由动能定理得：-mg△x1+

.

F

A△x1=mvm2-0

由图象可知，可得：

.

F

A==mg

解得：vm=

（本题也可由F-x图象中图线与x轴所夹的面积求电场力做功）

（3）方法一：剪断细线后，设B球向下运动的最大位移为△x时，速度变为零此时B球所受电场力为：FB=q(2L+△x)=(2L+△x)

由动能定理得：mg△x-

.

F

B△x=0-0

.

F

B=

解得：△x=2L则B球的运动范围是：2L≤x≤4L

方法二：B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为：x0mg=qE=qx0

解得：x0=3L

记x0=3L位置处为O1点，小球继续下落△x位移时，其所受合力为F

F=mg-qE=mg-q(3L+△x)=-△x

由此可以判断：B球在回复力作用下做简谐运动．

简谐运动以O1为平衡位置，振幅为L．

则B球的运动范围是：2L≤x≤4L

答：（1）A球的带电量为4q；

（2）画出A球所受电场力F与x的图象如图；剪断细线后，A球向上运动，A球运动的最大速度vm=；

（3）剪断细线后，B球的运动范围是：2L≤x≤4L．