热门试卷

（1）（2）

试题分析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得mgL-qEL=0,

解得：

(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为vB.小球做匀加速直线运动的加速度为a

（1）14.1m/s2；垂直于杆斜向右下方（2）2m/s （3）5J

试题分析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示．

由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45° ①  

得：    mg＝Eq，

离开直杆后，只受mg、Eq作用，则：

F合＝ mg＝ma  ②    （1分）

a＝g＝10m/s2≈14.1 m/s2    

方向与杆垂直斜向右下方． 

（2）设小环在直杆上运动的速度为v0,离杆后t秒到达P点，则：

竖直方向：         ③

水平方向：        ④

联立解得：

（3）由动能定理得：  ⑤

代入数据解得：

试题分析：木块下陷过程中受到重力和阻力作用，根据动能定理可得（1）

爆竹爆炸过程中木块和爆竹组成的系统动量守恒，故有（2）

爆竹完后，爆竹做竖直上抛运动，故有（3）

联立三式可得：

点评：基础题，比较简单，本题容易错误的地方为在A下降过程中容易将重力丢掉

（1）负电；（2）q（3）

试题分析：带电粒子在平行板电容器中能沿直线运动，说明合力的方向为水平方向，由此可判断电场力只能斜向上，所以粒子带负电，由重力和电场力的合力水平向右可知电场力的大小等于，场强大小为，由U=Ed可知电势差为，微粒飞出过程中重力不做功，只有电场力做功，由动能定理可知飞出电场时的动能为

点评：关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动．

(1) μ=(2) x="1.25m(3)" t=0.5s。

根据滑块运动情况，依据动能定理，列方程解答。

解：(1)小滑块由C运动到A，由动能定理，mgsin37°·L-μmgs=0

解得小滑块与水平面间的动摩擦因数μ=。

(2) 小滑块由A运动到C，由动能定理， Fs-μmgs+Fx- mgsin37°·L =0

解得小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x=1.25m。

(3) 小滑块由A运动到C，由动能定理， Fs-μmgs=mv2，

由牛顿第二定律，F- mgsin37° =ma

由运动学公式，x=vt+at2，

联立解得小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t=0.5s

略

（1）小木块在木板上滑动直至相对静止的过程中系统动量守恒，设相对静止时共同速度为v，则

      Mv0=（M+m）v…①

解得   v=v0…②

（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，设木板运动的位移为x，对木板应用动能定理得

   -f•x=Mv2-M…③

又 f=μN=μmg…④

解得  x=

（3）设小木块恰好相对静止在A点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

   f•L=M-(M+m)v2…⑤

由①、④、⑤三个方程解得μ=

设小木块恰好相对静止在O点，对系统由能量守恒和功能关系可得：

f•=M-(M+m)v2…⑥

由①、④、⑥三个方程解得μ′=

所以要使木块m最终滑动到OA之间，μ值应取为≥μ≥

答：

（1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度是v0；

（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，木板运动的位移是；

（3）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在≥μ≥范围内，才能使木块最终相对于木板静止时位于OA之间．

（1）小物块从A到C过程中，

由动能定理得：mgh-μmgx1=mvC2-0，

解得：vC=5m/s；

（2）滑块由A到B过程中，

由动能定理得：mgh=mvB2-0，解得vB=10m/s，

由牛顿第二定律得：μmg=ma，

由匀变速运动的速度公式可得：vC=vB-at，

解得：t=1s；

（3）在整个过程中，由动能定理得：mgh-μmgx2=0-0，解得x2=10m．

答：（1）小滑块到达C点时的速度大小为5m/s；

（2）小滑块由B点运动到C点的时间为1s；

（3）小滑块最终静止的位置距B点的距离为10m．

已知m=0.2kg，k=0.55m，SAB=1m，m=0.1   α=37°

（1）小物体内圆弧上端到B点的过程中，由动能定理有

mgR•μmgSAB=mθ…（1）

=2gR-2μgSAB=9…（2）

υB=3m/s…（3）

（2）设物体第一次滑上右侧轨道最大高度为H

此时物体离B点的距离为S，由几何关系有=sinα…（4）

由动能定理有-μmgcosα•S-mgH=0-m…（5）

将（4）式代入（5）式  有

H=≈0.40m

答：（1）物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小是3m/s

（2）物体第一次滑上右侧斜轨道的最大高度是0.40m

（1）带电离子在平行板a、b之间运动时，由动能定理，qU0=mv2

解得：v=，

即：v=…①

带电离子在平行板a、b之间的加速度：a1=，

即：a1=．

所以带电离子在平行板a、b之间的运动时间：t1==．

带电离子在平行板M、N之间的运动时间：t2==．，

所以带电离子从a板到探测器的飞行时间为：t=t1+t2=．

（2）带电离子在平行板M、N之间水平位移为x时，在竖直方向位移为y，

水平方向满足：x=vt，

竖直方向满足：y=a2t2，a2=

联立解得：y=…②

②式是正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关系，所以不同正离子的轨迹是重合的．

（3）当MN间的磁感应强度大小为B时，离子做圆周运动，满足qvB=…③

由①③两式解得带电离子的轨道半径R=…④

上式表明：在离子质量一定的情况下，离子的电荷量越大，在磁场中做圆周运动的半径越小，也就越不容易穿过方形区从右侧飞出．所以，要使所有的一价和二价正离子均能通过方形区从右侧飞出，只要二价正离子能从方形区飞出即可．当二价正离子刚好能从方形区刚好能从方形区域飞出时的磁感应强度为满足题目条件的磁感应强度的最大值．

设当离子刚好通过方形区从右侧飞出时的轨道半径为R，由几何关系得：

R2=L2+（R-）2

解得：R=L…⑤

将二价正离子的电荷量2e代人④得，R=…⑥

由⑤⑥式得：B=．

此值即为所求的所加磁场的磁感应强度的最大值Bm．

答：（1）离子从a板到探测器的飞行时间t是，

（2）若在M、N间只加上偏转电压U1，正离子的轨迹方程，与正离子的质量和电荷量均无关系，所以不同正离子的轨迹是重合的．；

（3）要使所有正离子均能通过方形区域从右侧飞出，所加磁场的磁感应强度的最大值是．

（1）设电场强度为E，

小球过C点时速度大小为vc，

小球从A到C由动能定理：

qE•3R-mg•2R=mvC2

小球离开C点后做平抛运动到P点：

R=gt2

2R=vct

联立方程解得：

E=

即电场强度E的大小为

（2）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，

此时OD与竖直线OB夹角设为α，

小球从A运动到D过程，

根据动能定理：

qE（2R+Rsinα）-mgR（1-cosα）=mv2即：mv2=mgR（sinα+cosα+1）

根据数学知识可得，

当α=45°时动能最大   

由此可得：vm=

答：（1）电场强度E的大小为；

（2）小球在圆轨道上运动时的最大速率为

（1）当磁场按Bt=Bcosωt规律变化时，回路中产生的电动势大小为

e=L2=BL2ωsinϖt

其有效值为 E=

磁场由B减小到零经历的时间为 t==

在此过程中，电阻R产生的热量 Q1=()2Rt=

（2）设恒定的拉力大小为F，在ab杆离开磁场区的瞬间，牛顿第二定律：F-=ma

在ab杆在磁场运动过程中，由动能定理F•l-Q2=m

在ab杆离开磁场继续向前运动2L的过程中：F•2L=m(-)

联立上述三个等式可得：a=-

Q2=m(-3)

答：（1）若固定a b杆，磁场按Bt=Bcosωt规律由B减小到零，在此过程中电阻R上产生的电热Q1是；

（2）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度为-；

在ab杆滑过3L的过程中电阻R上产生的电热Q2是m(-3)．

（1）设崩塌体滑到A点的速度为v，则

由动能定理得：mgH-μmgcosθ•=mv2-0

解得：v=                        

（2）设最小安全距离为x，则 

由动能定理得-μmgx=0-mv2       

解得：x=H（-cotθ）                       

答：（1）崩塌体滑动到坡底A点时的速度大小是；

（2）水平面上安全位置距A点的最小距离是H（-cotθ）．

建立直角坐标系，初速度方向为x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向．

设粒子的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y．

速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y′，平行板板长为L．

由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动．

x方向上：L=vt

y方向上：y=at2=（）2 

两次入射带电粒子的偏移量之比为

==，

粒子增加的动能 Eqy=2EK-EK

速度为2v时增加的动能为 Eqy′=2E′K-m（2v）2=E′K-4EK

解方程组得：E′K=4.25EK

所以粒子穿出电场时的动能为4.25EK．