热门试卷

（1）等量异种电荷形成电场是中垂线两侧电场对称，中垂线上各点的场强与中垂线垂直，且中垂线是等势线，由C到F为研究过程，由动能定理得：

mgd+qUCF=mv2

解之得：UCF=…①

（2）据等量异种电荷电场的对称性知：UCF=UFD…②

设小球到D点的速度为VD，由C到D为研究过程，动能定理得：mgd+qUCD=m…③

联立①②③解之得：VD=v

答：（1）C、F间的电势差为；（2）小球经过最低点D点的速度大小为v．

锤自由下落，碰桩前速度v1向下，v1=-----①

碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为  

 v2=------②

设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，mv1=MV-mv2----------③

桩下降的过程中，根据动能定理，0-MV2=-Fl+Mgl---------④

联立①②③④各式可得

F=Mg+()[2h-l+2]=2.1×105N；

泥土对桩的作用力F为2.1×105N．

解：设子弹与木板间的作用力为F

每块木板的厚度为s

根据动能定理

可知子弹射击三块木板时

子弹射击一块木板时

由以上两式解得

（1）5m/s （2） R1≤0.66m．（3）R2≥1.65m．

试题分析：（1）小物块做平抛运动，经时间 t 到达A处时，令下落的高度为h，水平分速度v0，竖直速度为vy，小物块恰好沿斜面AB方向滑下，则

得vy=3 m/s，所以小物块到A点的速度为．

（2）物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力F f=μFN=μmgcos37°

设物块进入圆轨道到达最高点时有最小速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力，令此时的半径为 R0，

则

物块从抛出到圆轨道最高点的过程中，根据动能定理有：．

联立上式，解得R0=0.66m，若物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径满足 R1≤0.66m．

（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道 AB，则物块上升的高度须小于或等于某个值R，

则 

解得  R=1.65m

物块能够滑回倾斜轨道 AB，则 R2≥1.65m．

（1）滑块由A点到B，由动能定理得：mgr=mvB2

解得：vB==3m/s

滑块到达B点时，由牛顿第二定律得  F-mg=m

解得：F=6N

由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为F′=F=6N，方向竖直向下

（2）滑块离开C后做平抛运动，由h=gt2

解得：t1==0.5s

滑块经过C点的速度 vC==2m/s

滑块由B点到由C点的过程中，由动能定理得  -μmgx=mvC2-mvB2

解得：x=1.25m

（3）滑块由B点到由C点，由运动学关系：x=t2

解得：t2=0.5s

滑块从B运动到小桶的总时间为 t=t1+t2=1s

圆盘转动的角速度ω应满足条件：t=

得ω=2nπrad/s（n=1、2、3、4┅）

答：（1）滑块到达B点时对轨道的压力是6N，方向竖直向下．

（2）水平滑道 BC的长度是1.25m；

（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件是ω=2nπrad/s（n=1、2、3、4┅）．

（1）物体的位移为3L，在0--L段，恒力F、重力mg及安培力F安对物体做功，安培力的功等于电阻上产生的电热Q1，

由动能定理：F L-mg L sinα+W安=mv12                      

而：W安=-Q1                                             

在L--3L段，由动能定理得：

（F-mgsinα）2L=mv22-mv12                              

解得：Q1=m（v22-3v12）                                     

（2）ab杆在离开磁场前瞬间，沿轨道方向受重力分力mg sinα、安培力F安和恒力F作用．

F安=

a=

解得：a=-

（3）当磁场按B=B0+kt规律变化时，由于ab静止在导轨上的初始位置，

所以感应电动势为：E==kL2，

安培力为：F安=BIL=

由平衡条件得：F-mgsinα+F安=0

解得：F=mgsinα-

①若mgsinα≤B0时，F的方向沿斜面向下．                    

②若mgsinα＞B0时，F的方向先沿斜面向上；                   

当经过t=-时，F的方向又将变为沿斜面向下．  

答：（1）在发生3L位移的过程中，电阻R上产生的电热Q1是=m（v22-3v12）    

（2）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是-

（3）若mgsinα≤B0时，F的方向沿斜面向下，若mgsinα＞B0时，F的方向先沿斜面向上；                

当经过t=-时，F的方向又将变为沿斜面向下．

（1）弹簧释放过程，由EP=m…得 v1==9m/s

B到C的运动过程中，由机械能守恒得 m=mg(2r)+m…

在C点有  mg+N=m…

由N≥0

得r≤m…

得rm==1.62m…

（2）小球做平抛运动过程，y=gt2=2r…x=v3t

由系统机械能守恒得  EP=mg(2r)+m…

由以上得x=…

根据数学知识得：当（8.1-4r）=4r时，x有极值

即r==1.01m时              

得 xm=4r=4.04m

答：

（1）欲使小球能通过最高点C，则半圈形轨道的半径最大为1.62m．

（2）欲使小球通过最高点C后落到水平面上的水平距离最大，则半圆形轨道的半径为1.01m，落点至B点的最大距离为4.04m．

(1) v1＝4×103 m/s   (2) θ＝30°   (3)6.12×10-3s

试题分析：(1)由动能定理得 ＝qEId1       ① （2分）

得：v1＝4×103 m/s      ② （1分）

(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动．水平向右为y轴，竖直向上为x轴．设粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ

tan θ＝      ③（1分）

vx＝v1　    vy＝at       ④（1分）

     ⑤（1分）

t＝     ⑥（1分）

把数值代入得θ＝30°⑦（1分）

(3)粒子进入磁场时的速度v2＝2v1       ⑧（1分）

粒子在磁场中运动的半径R＝＝10m     ⑨（1分）

粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°   因此（1分）

    （两式共1分）

由（2）得

（1+1=2分）

（1）（2）0.4s，

试题分析：（1）小球做平抛运动

 （1）

     （2）

小球下落的高度   （3）

小球的水平位移      （4）

小球的落点到斜面底端的竖直高度 （5）

（1）（2）（3）（4）（5）联立可得，小球抛出点到斜面底端的竖直高度 

（2）小滑块运动的时间与小球的时间相同

滑块运动的位移    

滑块受到的合外力  

根据动能定理可得滑块的动能变化量为  

（1）h=1.05m（2）（3）

试题分析：（1）根据动能定理有 

即：，代入数值解得h="1.05m"

（2）从高点滑回B点过程中，根据机械能守恒定律有

在B点有，

解以上两式得

（3）根据题意，滑块要从b轮最高点C离开传送带飞出，则滑块运动至C点的速度最小为，即

由于传送带的速度v带=rω=6m/s，滑块在B点的速度，要使滑块从C点以飞出，可分析，滑块在传送带上从B到C做匀加速运动。根据牛顿第二定律，可得加速度

为了使滑块运动到C点时速度大于2m/s，则B点的速度最小为：，代入数据可得

设拉力F作用的最短距离为x，则根据动能定理

代入数据可以求得

点评：本题主要考察了动能定理及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况．

（1）C能落至地面 （2）0.765m

试题分析：（1）设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被挡住后，C再下落h后，A、C两者均静止，分别对A、B、C一起运动h1和A、C一起再下降h应用动能定理得，

    ①

②

联立①②并代入已知数据解得，h=0.96m，

显然h>h2，因的B被挡后C能落至地面.

（2）设C落至地面时，对A、C应用能定理得，

③

对A应用动能定理得，④

联立③④并代入数据解得， s=0.165m

所以A滑行的距离为=（0.3+0.3+0.165）="0.765m"