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据题，C、A间电势差为UCA====120V，C、B间电势差为UCB===120V，那么，

AB两点电势相等，AB为一条等势线．根据电场线与等势线的关系，作出电场线方向如图．

图中D是AB上一点，则CD间电势差等于CA间电势差，即UCD=UCA=120V

据题，AB长为5cm，AC为3cm，BC为4cm，由几何知识得到，∠A=53°，=sin53°=2.4cm=2.4×10-2m

电场强度E==V/m=5000V/m

答：该匀强电场的大小为50V/m，方向垂直于AB向上，如图．

（1）A与C碰撞后速度变为0，而B继续运动，受摩擦力作用速度由V0减到0，由动能定理得：

         -μmBgL=0-mB V02

            得  L=0.40m 

   （2）若A与C碰撞后速度仍为V0，方向相反；以AB为研究对象，设公共速度v，

       水平方向不受外力动量守恒，设向左为正方向：

       mBV0-mAV0=（mA+mB）v 

       代入数据得v=1.0m/s，方向水平向左．               

     （3）第一次A与C碰撞后，A、B有共同的速度V′，B相对A滑行的距离L1，则：

        μmAg L1=mAV02+ mBV02-(mA+mB)  V′2

      代入数据得L1=0.40m；

        第二次A、C碰撞后至AB有公共速度V′′，B在A上滑行L2，则：

         mBv′-mAv′=（mA+mB）V′′

         μmAg L2=mAV′2+  mBV′2-(mA+mB) v′′2

         得L2=0.10m

        设第三次AC碰撞后，AB有公共速度V′′′，B在A上滑行L3，则：

         mBV′′-mAV′′=（mA+mB）V′′′

           μmAgL3=mAV′′2+ mBV′′2-(mA+mB)V′′′2

        代入数据得L3=0.025m

        由L1+L2+L30.525m＞0.51m    得第三次碰撞后B可脱离A．

答：（1）物块B在木板A上滑行的距离 0.4m

    （2）第一次碰撞后A、B具有共同运动的速度1.0m/s，方向水平向左．

    （3）A与C碰撞3次．

3.0m/s   9m/s

试题分析：（1）两木块离开桌面后做平抛运动，设在空中飞行的时间为t

根据平抛运动规律有：

  （2分）

s＝v t                 （2分）

代入数据解得： （2分）

（2） A在桌面上滑行过程，由动能定理得：

   （2分）

A、B碰撞过程，由动量守恒定律：

（2分）

联立得：       （2分）

（1）；（2）；（3）2m

试题分析：  （1）运动员从P点滑至B点时，由动能定理有  （2分）

解得运动员在B点时的速度   （2分）

（2）运动员由P滑至D过程中，由动能定理有  （2分）

解得运动员与BC间的动摩擦因数   （2分）

（3）设运动员在BC面上滑行的路程为s，从P点开始运动到最后停止，

由能量守恒有    （2分）

解得  s = 16m   （1分）

所以最后停止的位置距离B点为2m  （1分）

（1）（2）

试题分析：（1）小球AB碰撞过程动量守恒，选向右为正方向

              （3分）

解得：          （1分）

（2）据动能定理，碰撞过程只有B对A做功，选小球A为研究对象

             （3分）

计算的            （1分）

（1）（2）（3），

试题分析：⑴设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有

       解得       

⑵微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有

  联立⑴、⑵，得   

⑶微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则

设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则

所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点；

根据运动的对称性，易知再经过微粒再一次经过P点；

所以经过时间，时微粒经过P点。

点评：本题考察了动能定理、并且巧妙的设计了靠电场力提供向心力。通过运动对称性得知粒子有多次回到P点的可能，从而分析本题的多解可能。

(1) (2) x

试题分析： (1)设撤去F时物块的速度大小为v，

由动能定理，得：(F-μmg)x=mv2

所以v=   （5分）

(2)设撤去F后物块还能滑行的距离为x′，从静止到物块停下的过程中，运用动能定理有：(F-μmg)x-μmgx′=0

解得x′= x. （5分）

考点分析：动能定理

总结评价：本题主要是考察了动能定理的使用。作为高中物理非常重要的一个知识点，要清楚合外力对物体做功将使得物体的动能发生变化。动能定理是适用范围广，不需要考虑中间诸多衔接过程，尤其适用于变力作功，如果条件允许，应优先考虑使用动能定理求解。

（1）     （2） N=2.33×104N

⑴设每个人对夯锤施加的力用F表示，根据牛顿第二定律有：        ……⑴

施力过程中夯锤上升的高度为h1，松手时夯锤获得的速度为v，松手后夯锤能上升的高度为h2，夯锤能上升的最大高度为h，根据运动规律有：        ………⑵        …⑶

  ⑷      ⑸

代入数值后可解得：  ⑹

⑵设夯锤与地面撞击的过程中，地面对夯锤的平均作用力为N，研究夯锤从最高点至落到地面的过程，应用动能定理可得：      ⑺

将Δh=0.02及第⑴问所得结果代入上式可得：        N=2.33×104N  ⑻

根据牛顿第三定律，此即等于夯锤对地面的平均作用力．

（1）物体从弧形轨道下滑过程中，

由动能定理可得：mgh=mv2-0，

解得v===4m/s；

（2）在整个运动过程中，

由动能定理可得：

mgh-μmgx=0-0，

即：2×10×0.8-0.2×2×10x=0-0，

解得：x=4m；

答：（1）物体滑至B点时的速度为4m/s．

（2）物体最后停下的位置与B点间的距离为4m．

根据mg=m，则在最高点做圆周运动的最小速度vmin=．

v0＜vmin，所以小球先做平抛运动，绳子拉直后做圆周运动．

设小球做平抛运动水平位移为x时，绳子拉直．

则平抛运动的时间t=，平抛运动的竖直位移y=gt2=g，

根据勾股定理，有x2+（L-y）2=L2，

将v0=代入，

解得x=L．

知平抛运动的末位置正好与圆心在同一水平线上．

此时竖直分速度vy=．

水平分速度不变，将水平分速度和竖直分速度沿半径方向和垂直于半径方向分解，

由于绳子绷紧，沿半径方向的速度立即消失，只剩下垂直于半径方向的速度，

此时的速度v=vy=．

方法一：根据动能定理得，mgL=mv′2-mv2，解得v′2=4gL

根据牛顿第二定律得，F-mg=m，解得F=5mg．

方法二：根据机械能守恒定律，mv 2+mgL=mv′2

解得v′2=4gL

根据牛顿第二定律得，F-mg=m，解得F=5mg．

故小球经过最低点时绳子的拉力大小为5mg．

（1）当UAB=103 V时，粒子做直线运动，

则有：q=mg，

解得：q==10-11 C，

且带负电．

（2）当电压UAB比较大时，即qE＞mg，粒子向上偏，

-mg=ma1

当刚好能从上板边缘飞出时，

有：y=a1t2=a1()2=

解得，U1=1800V

当电压UAB比较小时，即qE＜mg，粒子向下偏，

设刚好能从下板边缘飞出，

有：mg-=ma2

y=a2t2=

解之得U2=200 V．

则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为

200 V≤UAB≤1800 V．

答：（1）带电粒子的电性：负电和所带电荷量10-11 C；

（2）A、B间所加电压在200 V≤UAB≤1800 V范围内带电粒子能从板间飞出．

（1）由于物体的高度增大h，其重力势能增加了mgh；

（2）根据动能定理得：△Ek=-ma•=-m•g•2h=-mgh

即物体的动能减少了；

（3）由于机械能等于重力势能与动能之和，则由上两题得

   机械能减少量为-mgh=

物体克服滑动摩擦力做功等于机械能的减少量，则得物体克服滑动摩擦力做功为．

答：

（1）物体的重力势能增加了mgh；

（2）物体的动能减少了；

（3）物体克服滑动摩擦力做功为．

物体从静止到停止受力如图

由动能定理有：

mgh-f1s1-f2s2=0-0=0

f1=μmgcos37°

f2=μmg，

其中　s1=5m

解得：s2=6m．

答：该物体下滑后将在距斜面底端6m处停止．