热门试卷

由题意得：

mg=2Eq

设小球到B点的最小速度为VB，则由牛顿第二定律可得：

mg-Eq=m；

对AC过程由动能定理可得：

mg（h-2R）-Eq（h-2R）=mVB2；

联立解得：h=R；

（2）对AC过程由动能定理可得：

mgh-Eqh=m；

由牛顿第二定律可得：

F+Eq-mg=m

联立解得：

F=3mg；

由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．

（1）对物体从A运动到B由动能定理有：mgR+qER=m

物体运动到B点由牛顿第二定律有：N-mg-qE=

由牛顿第三定律有：N′=N

代入数据得N′=7.2N

故物体运动到圆弧滑轨底端B点时对轨道的压力为7.2N．

（2）对全程同样由动能定理有：mgR+qER-μ（mg+qE）L=0

代入数据得：L=0.75m

故物体在水平面上滑行的最大距离为0.75m．

（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，

根据牛顿第二定律有qE=ma

解得a==8m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则vB2=2as

解得vB==4m/s

设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有

N-mg=m

解得N=mg+m=5N

根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5N

方向：竖直向下

（2）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，

电场力所做的功W电=qER=0.32J

设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有

W电+W摩-mgR=0-mvB2

解得 W摩=-0.72J

答：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力为5N，方向竖直向下．

（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为-0.72J．

解：（1）小球在C处受水平向右的电场力F和竖直方向的重力G，加速度为g

则由＝m

得E＝　

（2）小球从B→C水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动　　

ax＝，ay＝g

设向左减速时间为t，t＝

x＝vBt＝　　　

h＝g(2t)2＝

宽度应满足条件L＞2R

高度应满足条件H＞

（1）对全过程，由动能定理可得，mg（h1+h2）-fh2=0，

所以=，

设重力的作用时间为t1，阻力的作用时间为t2，对全程有动量定理可得，mgt1-ft2=0，

所以=，

设小球运动的全过程中重力的平均功率为PG，

则PG=mg=mg•，

设在泥沙中运动时受到阻力的平均功率Pf，

则Pf=f=f•，

所以小球运动的全过程中重力的平均功率与在泥沙中运动时受到阻力的平均功率之比为

==，所以D正确．

故选D．

（2）因为WAB=q1•UAB，所以 UAB===-2V，

同理，UCA==-=-4V，

UBC=6V，UAC=4V，连接BC，在BC上取一点D，使BD=BC，因为是匀强电场，电势沿BC方向均匀降落，故UBD=UBA=2V．

A与D电势相等，则AD为等势线，电场线垂直于等势线且指向电势降落方向．

所以 E=•cos45=20V/m．

（1）根据位移与时间的关系式x=0.3t-0.05t2得知，带电体的初速度为v0=0.3m/s，加速度a=-0.1m/s2．

根据牛顿第二定律得：qE=ma，得场强E==

代入解得，E=2×103N/C  

（2）带电体速度减至零的时间为  t1==s=3s 

则第3s末以后带电体沿相反方向做初速度为零的匀加速运动，时间t2=2s．

故第5s末带电物体所经过的路程为  s=x1+x2=（0.3t1-0.05t12）+a=（0.3×3-0.05×32）+×0.1×22=0.65m   

（3）第1s末到第3s末带电体的位移大小为：x1=0.45m

第3s末到第6s末带电体的位移大小为：x3=a=0.45m

所以第6s末带电物体的位移为0，

第8s末位移为 y=at22=0.1×22m=0.2m   

故带电物体电势能的增量为△E=-Eqy=-2×103×2×10-6×0.2J=-8×10-4J 

答：

（1）该匀强电场的场强是2×103N/C；

（2）从开始运动到第5s末带电物体所运动的路程是0.65m；

（3）若第6s末突然将匀强电场的方向变为+y轴方向，场强大小保持不变，在0～8s内带电物体电势能的增量是-8×10-4J．

解：（1）由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg=ma

由图线知a=2m/s2

1s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2=μmg

联立解得q（E1－E2）=ma

由图可得E1=3×104N/C，E2=2×104N/C

代入数据解得：m=0.5kg 

（2）由qE2=μmg，可得μ=qE2/mg=0.4 

（3）物块在第1s的位移为m

物块在第2s的位移为m

电场力做正功=7J

解：(1)小球p由C运动到O的过程，由动能定理得

mgd＋qUCO＝mv2－0 ①

所以UCO＝ ②

(2)小球p经过O点时受力如图

由库仑定律得F1＝F2＝k

它们的合力为F＝F1cos 45°＋F2cos 45°＝ ③

所以O点处的电场强度E＝ ④

(3)由牛顿第二定律得：mg＋qE＝ma ⑤

所以a＝g＋ ⑥

(4)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得

mgd＋qUOD＝mvD2－mv2 ⑦

由电场特点可知UCO＝UOD ⑧

联立①⑦⑧解得vD＝v

（1）小球受力如图所示，小球所受电场力的方向与场强方向相同，小球带正电；

由平衡条件得：qEsin30°=mg，解得：E=；

（2）小球下摆过程中，由动能定理得：

mgL+qEL=mv2-0，

小球做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：

T-mg-qE=m，

解得：v=，T=9mg；

答：（1）小球带正电，匀强电场场强E的大小为；

（2）小球摆到最低点时的速度为，绳子的拉力大小为9mg．

解：（1）小球在θ=60°角处处于平衡，则Eq=mgtanθ

得，方向水平向左

（2）王明同学的求解不正确

因为小球在θ=60°处处于平衡，因此小球从θ=30°的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=60°处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O

王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=60°的平衡位置处的速度

平衡位置处的速度的正确求解应该是：

据动能定理有

联立解得

解：（1）由题意有：

∴

（2）经分析可知：小球经过M′点时，球与轨道之间的弹力最大，所受的滑动摩擦力最大

小球经过M′点时的加速度大小为：

（3）根据对称性可知，由d→b，小球克服摩擦力做的功等效为：

，而电场力做的功为零

∴初速度v0的最小值应满足：

∴