动能定理大量难题

-试卷第=page6464页，总=sectionpages6464页.z.2016-2017学年度"""学校11月月考卷评卷人得分一、选择题1．如下图，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，并且克制重力做的功为1J，电场力做的正功为3J，那么以下说法中正确的选项是〔〕A．粒子带正电B．粒子在A点的动能比在B点多2JC．粒子在A点的机械能比在B点少3JD．粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为60°【答案】ACD【解析】解：A、从A到B，电场力做正功，可知电场力方向水平向右，电场强度方向水平向右，所以粒子带正电．故A正确．B、根据动能定理得，从A到B动能的变化量△EK=WG+W电=﹣1+3=2J，所以粒子在A点的动能比B点少2J．故B错误．C、除重力以外只有电场力做功，因为除重力以外其它力做功等于机械能的增量，所以A到B机械能增加3J．故C正确．D、竖直方向mgh=1J=全程故即由动量定理：mgt=mvqEt=mv'得可知合力与水平方向成30度角，当合速度与合力垂直时，合速度到达最小值，故速度方向与水平方向成60度角．故D正确．应选ACD．【点评】此题综合考察了动能定理以及动量定理和功能关系，D选项较难，关键知道当合力方向与合速度方向垂直时，速度到达最小值．2．极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如下图，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的原因是〔〕A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B．空气阻力对粒子做负功，使其动能减小C．与空气分子碰撞过程中粒子的带电量减少D．越接近两极，地磁场的磁感应强度越大【答案】BD【解析】试题分析：根据地球磁场的分布，由左手定那么可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．在由洛伦兹力提供向心力，那么得运动半径与质量及速度成正比，与磁感应强度及电量成反比，即根据半径公式进展讨论．解：A、地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定那么可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定那么可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；B、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；C、粒子在运动过程中，假设电量减小，由洛伦兹力提供向心力，根据的半径公式，可知，当电量减小时，半径是增大．故C错误；D、粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，由公式可知，当磁感应强度增加时，半径是减小，故D正确．应选：BD．【点评】此题就是考察左手定那么的应用，掌握好左手定那么即可判断粒子的受力的方向，同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．3．在足球比赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角贴着球门射入，球门高为h，足球飞入球门的速度为v，足球质量为m，那么红队球员将足球踢出时对足球做的功为:〔〕A． B．C． D．【答案】C【解析】以踢球后到最高点应用动能定理，，那么W=，C对；4．A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全一样，现从同一高度h处由静止释放小球，使小球进入右侧竖直面上的不同轨道。如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道到达最高点时，速度为零的是()【答案】A【解析】试题分析：小球沿右侧轨道向上做减速运动，根据能量守恒，那么到达右侧最高点时的速度可能为零，故A正确；小球离开轨道做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，故B错误；根据机械能守恒定律得，m，由于，那么，即进入右侧轨道到达最高点时，速度不为零，故C错误；小球在轨道运动，通过最高点有最小速度，根据机械能守恒定律得知小球到不了圆的最高点，由机械能守恒有：，因，那么，故D错误。考点：机械能守恒定律【名师点睛】小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律和物体的运动情况分析到达最高点的速度能否为零。5．质量为0.01kg、以800m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8kg、以10m/s的速度飞行的皮球相比A.子弹的动量较大 B.皮球的动量较大C.子弹的动能较大 D.皮球的动能较大【答案】C【解析】试题分析：根据，子弹的动量P1=8Kg.m/s;皮球的动量P2=8Kg.m/s;所以两者动量相等；根据，子弹的动能EK1=3200J;皮球的动能EK2=40J;所以子弹的动能较大，选项C正确。考点：动量及动能的概念。6．一个质量为m的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度匀速运动3s后垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，速度大小与碰撞前相等，又匀速运动2s。以下说确的有：A．碰撞前后小球速度变化量的大小△v=12m/sB．碰撞过程中小球的加速度为0C．小球来回运动5s的平均速度为0D．碰撞过程中墙对小球做功W=0【答案】AD【解析】试题分析：设碰后物体的速度方向为正，那么碰撞前后小球速度变化量，选项A正确；碰撞过程中小球的加速度，故碰撞过程中小球的加速度不为0，选项B错误；小球来回运动5s物体的位移为x=vt1-vt2=6m，故物体的平均速度为，选项C错误；碰撞过程中墙对小球做功，选项D正确；应选AD.考点：加速度；平均速度；动能定理.7．关于功和物体动能之间的关系，以下说法中正确的选项是〔〕A．如果物体所受合外力做功为零，那么物体所受合外力就为零B．如果物体所受合外力做功为零，那么物体的动能就不会发生改变C．做变速运动的物体其动能有可能保持不变D．如果物体的动能不变，那么物体受到的合外力一定为零【答案】BC【解析】试题解析：如果物体所受合外力做功为零，物体所受合外力不一定为零，例如物体在水平桌面上做匀速圆周运动时，拉力总与物体的运动方向垂直，故物体受到的合外力的功为零，但物体受到的合力却不为零，故A错误；根据动能定理，如果物体所受合外力做功为零，那么物体的动能变化量也为零，即物体的动能就不会发生改变，B正确；速度是矢量，大小如果不变，方向改变时，物体的速度也在改变，但物体的动能此时就是不变的，故C正确；由于做匀速圆周运动的物体的动能不变，但是它受到的合外力却不为零，故D错误。考点：动能定理。8．运发动投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，那么篮球进筐时的动能为A．mgh2－mgh1－WB．W+mgh2－mgh1C．mgh2+mgh1－WD．W+mgh1－mgh2【答案】D【解析】试题分析：篮球从由静止抛出到进入篮筐的过程中，人在对它做了功和它在上升过程中重力做了功，根据动能定理有，所以。应选D考点：动能定理的应用点评：容易题。此题要注意各个力做功的正负。9．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，以下说法中正确的选项是A．重力对物体做功B．重力对物体做功C．物体克制阻力做功D．物体克制阻力做功【答案】BC【解析】此题考察对力所做的功的理解。加速度为，即物体所受合外力为，阻力为，那么物体克制阻力做功重力做功；10．在静电场中，一个带电量q=2.0×10-9C的负电荷从A点移动到B点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为4.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5A.2×10-4VB.1×104VC.4×104VD.2×104V【答案】D【解析】由动能定理2×104V，D对；11．如下图，一高度为h的三角形斜面固定在水平地面上，有两个质量均为m可看成质点的小物块分别由静止开场从倾角为α、β的两个光滑斜面的顶端下滑，α＞β，以下说法中正确的选项是〔〕A．小物块滑到斜面底端的速度一样B．小物块滑到斜面底端所用的时间一样C．小物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率一样D．小物块滑到斜面底端时具有的机械能一样【答案】D【解析】试题分析：光滑斜面，只有重力做功，根据动能定理即，即速度，小物块滑到斜面底端的速度大小一样，但是速度方向不同，选项A错。滑到斜面底端的重力瞬时功率为，由于速度方向不同，和重力方向的夹角不同，所以滑到斜面底端的重力瞬时功率不同，选项C错。小物块滑到斜面底端为匀加速直线运动，加速度，位移，可得运动时间，两个小球对应的斜面倾角不同，运动时间不同，选项B错。两个小球在斜面顶端动能相等都等于0，重力势能相等，滑动过程机械能守恒，所以滑到底端依然机械能一样，选项D对。考点：功能关系【名师点睛】特别注意的是功率的计算，虽然功率没有方向是标量，但是重力的功率是重力乘以在重力方向的速度，需要考虑重力和速度方向的夹角。在计算运动时间过程，借助与高度和倾角来表示位移，以倾角表示加速度，从而使得时间便于比拟。12．如下图，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。假设以地面为零势能面，而且不计空气阻力，那么以下说法中正确的选项是A.重力对物体做的功为mghB．物体到海平面时的势能为mghC．物体在海平面上的动能为mv02-mghD．物体在海平面上的机械能为mv02【答案】AD【解析】试题分析：重力对物体做的功只与初末位置的高度差有关，为mgh，A正确；物体到海平面时的势能为-mgh，B错误；由动能定理mgh=mv2-mv02，到达海平面时动能为mv02＋mgh，C错误；物体只受重力做功，机械能守恒，等于地面时的机械能mv02，D正确。考点：机械能守恒定律13．一个运动物体它的速度是V时，其动能为E，那么，当这个物体的速度增加到3V时，其动能应当是〔〕A．EB．3EC．6ED．9E【答案】D【解析】分析：根据动能的定义式EK=mV2，可以直接求得物体后来的动能．解答：解：由动能的定义式EK=mV2，可知当物体的速度增加到3V时，动能E′=m〔3V〕2=9E．

应选D．14．2009年在国江陵举办的世界冰壶锦标赛上，中国女子冰壶队在决赛中战胜冬奥会冠军瑞典女子冰壶队，第一次获得冰壶世界冠军．假设运发动以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如下图，冰壶质量为19kg，g取10m/s2，那么以下说确的是()A．μ＝0.05 B．μ＝0.01C．滑行时间t＝5sD．滑行时间t＝10s【答案】BD【解析】试题分析：根据动能定理得：EK2-EK1=-fx，即：EK2=EK1-fx，结合图线可得：初动能EK1=9.5J，x=5m，fx=9.5J，那么f=1.9N=μmg，解得：μ=0.01，又；得v=1m/s，，应选：BD考点：物理图线及动能定理。15．如下图，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到时，物体以另一线速度仍做匀速圆周运动，半径为2R，那么物体克制外力所做的功是()A．0B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：设物体两次做匀速圆周运动的速度分别为v1和v2，根据牛顿第二定律可知，当拉力为F时有：F＝①当拉力为时有：＝②物体在整个运动过程中受重力mg、水平面的支持力N和拉力作用，由于mg和N在竖直方向上，与速度方向始终垂直，因此始终不做功，根据动能定理有：WF＝－③W克＝－WF④由①②③④式联立解得：W克＝，应选项B正确。考点：此题主要考察牛顿第二定律和动能定理的应用问题，属于中档题。16．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，〔以地面为零势能面，ho表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0<k<l〕那么由图可知，以下结论正确的选项是A．①表示的是重力势能随上升高度的图像，②表示的是动能随上升高度的图像B．上升过程中阻力大小恒定且f=〔k+1〕mgC．上升高度时，重力势能和动能不相等D．上升高度时，动能与重力势能之差为【答案】AD【解析】试题分析：根据动能定理得：-〔mg+f〕h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-〔mg+f〕h，可见Ek是减函数，由图象②表示．重力势能为EP=mgh，EP与h成正比，由图象①表示．故A正确；对于整个上升过程，根据动能定理得：-〔mg+f〕h0=0-Ek0，由图象②得，mgh0=，联立解得，f=kmg．故B正确；当高度时，动能为Ek=Ek0-〔mg+f〕h=Ek0-〔k+1〕mgh，又由上知，Ek0=〔k+1〕mgh0，联立解得，，重力势能为EP=mgh=，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等．故C错误；当上升高度时，动能为Ek=Ek0-〔mg+f〕h=，重力势能为EP=mgh=，那么动能与重力势能之差为，故D正确。考点：动能定理；重力势能【名师点睛】此题主要考察了动能定理和重力势能的概念的问题，又有图象结合在一起，属于难度较大的题目。解决图象问题的关键是根据物理规律、公式、定理等求出相就的函数关系式，再结合图象，由数学知识来理解一些物理量。17．汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开场启动，经过一段时间t到达最大速度v，假设所受阻力始终不变，那么在t这段时间A．汽车牵引力恒定B．汽车牵引力做的功为PtC．汽车加速度不断减小D．汽车牵引力做的功为【答案】BC【解析】试题分析：根据知，因为速度增大，那么牵引力减小，根据牛顿第二定律得：知，加速度减小，故A错误C正确；因为功率不变，那么牵引力做功，通过动能定理知，牵引力与阻力的合力功等于动能的变化量，所以牵引力做功不等于．故B正确，D错误．考点：考察了机车启动18．质量为m，带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如下图，整个装置处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开场运动，那么球运动克制摩擦力做的功(不计空气阻力)可能的是()A.m B．0C. D．m【答案】ABC【解析】球获得的初速度为v0，由左手定那么知洛伦兹力f向上，有三种情况：①f<mg，球最终停顿运动，克制摩擦力做的功为W＝m，选项A可能；②f＝mg，此时摩擦力为零，做功为零，选项B正确；③f>mg，球最终匀速运动，速度满足Bvq＝mg，得v＝克制，摩擦力做功为W＝m－mv2＝，选项C正确．应选ABC19．某人把质量为0．1kg的一块小石头从距地面为5m的高处以60°角斜向上抛出，抛出时的初速度大小为10m/s，那么当石头着地时，其速度大小约为〔〕〔g取10m/s2〕A．14m/s B．12m/s C．28m/sD．20m/s【答案】A【解析】试题分析：由动能定理，在整个运动过程中只有重力做功，那么，应选A考点：考察动能定理的应用点评：难度较小，注意动能是标量，与速度方向无关，重力做功与路径无关20．如下图，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，那么()A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量一样C．F对A做的功与F对B做的功相等D．外力对A做的功比外力对B做的功大【答案】B【解析】试题分析：分析两物体的受力，A比B多受力F，把F正交分解，可知A所受地面的弹力较大，滑动摩擦力也较大，在位移相等的情况下，摩擦力对A做功较多，选项A错误。两物体一起运动，因此动能时刻相等，动能增量也相等，选项B正确。B不受力F的作用，选项C错误。根据动能定理，两物体动能增量相等，那么外力对两物体做功相等，选项D错误。考点：此题考察功，动能定理，受力分析等。21．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．电子的电荷量为e、质量为m，那么在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束的电子个数是()A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：根据动能定理可得，由电流定义可得，联立可得：，故只有选项正确。考点：带电粒子在电场中的加速22．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M和N。先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关。今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开场自由下落〔P、M、N在同一竖直线上〕，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零。那么〔〕A．假设把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．假设把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．假设把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．假设把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【答案】BC【解析】试题分析：把A板向上平移一小段距离，根据可知电容减小；由于电量一定，根据可知电压增大；根据动能定理，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故A错误；把A板向下平移一小段距离，根据可知电容增加；由于电量一定，根据可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点速度大于零，故会穿过N孔继续下落，故B正确；把B板向上平移一小段距离，根据可知电容增加；由于电量一定，根据可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点重力做功大于电场力做功，N点速度不为零，故会穿过N孔继续下落，故C正确；把B板向下平移一小段距离，根据可知电容减小；由于电量一定，根据可知电压增加；根据动能定理，粒子到达N点重力做功小于电场力做功，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故D错误；应选BC．考点：动能定理；电容器【名师点睛】解答此题的关键知道电容器带电量不变，然后根据电容的定义公式和决定公式并结合动能定理分析，较难。23．如下图，电梯质量为M，地板上放置一质量为的物体，钢索拉着电梯由静止开场向上做加速运动，当上升高度为H时，速度到达，那么〔〕A．地板对物体的支持力做的功等于B．地板对物体的支持力做的功等于C．钢索的拉力做的功等于D．电梯受到的合力对电梯M做的功等于【答案】BD【解析】试题分析：电梯由静止开场向上做加速运动，设加速度的大小为，由速度和位移的关系式可得，，所以，对电梯由牛顿第二定律可得，，所以，地板对物体的支持力做的功为，所以A错误，B正确；对于整体由牛顿第二定律可得，，所以钢索的拉力为，钢索的拉力做的功等于，所以C错误；根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为，所以D正确。考点：功的计算【名师点睛】根据电梯的运动情况，可以求得电梯的加速度的大小，再有牛顿第二定律可以求得电梯对物体的支持力的大小，从而可以求得功的大小。24．如下图，在水平方向的匀强电场中，一带负电的微粒以初速度v0从图中的A点沿直线运动到B点，在此过程中A．粒子一定做匀速直线运动B．粒子的机械能将守恒C．粒子运动的动能减小，电势能增加D．粒子运动的动能增加，电势能减小【答案】C【解析】试题分析：微粒受坚直向下的重力和水平向左的电场力，合力不为零，因此一定不是匀速直线运动，故A项错；因不只有重力做功，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故B项错；因粒子做直线运动，从受力分析可知，合力的方向与速度方向相反，所以做减速运动，动能减小，可看出电场力做负功，所以电势能增加，故C项正确，D项错。考点：此题考察了带电粒子在电场中的运动、运动与力的关系、机械能守恒定律、功与能的关系。25．以速度v飞行的子弹先后穿透两块由同种材料制成的平行放置的固定金属板，假设子弹穿透两块金属板后的速度分别变为0.8v和0.6v，那么两块金属板的厚度之比为()(A)1:1(B)9:7(C)8:6(D)16:9【答案】B【解析】试题分析：设厚度分别为，子弹所受摩擦阻力为f，根据动能定理得、，联立解得，所以只有选项B正确。考点：动能定理26．一个初动能为的带电粒子，以速度垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek．如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为A．4．5B．4C．6D．9．5【答案】A【解析】试题分析:初状态：，进入电场后：，。末状态：，。联立解得：E=4．5Ek．考点:带电粒子在电场中的偏转、动能定理。【名师点睛】带电粒子在匀强电场中的偏转〔1〕研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．〔2〕处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝．②沿电场力方向，做匀加速直线运动．27．如下图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块〔可视为质点的检验电荷〕，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．点电荷产生的电场在A点的电势为φ〔取无穷远处电势为零〕，P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，以下说确的是〔〕A．物块在A点的电势能EPA=＋QφB．物块在A点时受到轨道的支持力大小为C．点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小D．点电荷＋Q产生的电场在B点的电势【答案】BCD【解析】试题分析：物块在A点的电势能EPA=+qφ，那么A错误；物体受到点电荷的库仑力为：由几何关系可知：；设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-Fsin60°=0，解得：．B正确；点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为：，选项C正确；设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，动能定理有：−q〔φ−φB〕＝mv2−mv02,解得：．故D正确；应选BCD．考点：库伦定律；电场强度；物体的平衡；动能定理【名师点睛】解决此题的关键知道电场力做功W=qU，U等于两点间的电势差．以及掌握库仑定律和动能定理的运用。28．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s其速度与时间图像和该拉力的功率与时间的图像如下图。以下说确的是A．0～6s物体的位移大小为30mB．0～6s拉力做功为100JC．合外力在0～6s做的功与0～2s做的功相等D．水平拉力的大小为5N【答案】AC【解析】试题分析：0～6s物体的位移大小为，选项A正确；0～6s拉力做功为：，选项B错误；因为0～6s的末速度等于0～2s末的速度，由动能定理可知，合外力在0～6s做的功与0～2s做的功相等，选项C正确；因为2～6s做匀速运动，此时拉力等于阻力，由可知，，选项D错误。考点：运动图像及动能定理。29．如下图，竖直平面光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷．现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为v0．不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，那么〔〕A．小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒B．C点电势比D点电势高C．M点电势为〔mv02﹣2mgR〕D．小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+m+2k【答案】C【解析】试题分析：此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进展判断．解：A、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故A错误；B、CD处于AB两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故B错误；C、M点的电势等于==，故C正确；D、小球对轨道最低点C处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故D错误；应选：C【点评】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大．30．一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块〔如图a所示〕，以此时为时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示〔图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2〕，传送带的速度保持不变，那么以下判断正确的选项是〔〕A．0～t2，物块对传送带一直做负功B．物块与传送带间的动摩擦因数C．0～t2，传送带对物块做功为D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【答案】ABD【解析】试题分析：由图知，物块先向下运动后向上运动，那么知传送带的运动方向应向上．，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，那么物块对传送带做负功，故A正确；在，物块向上运动，那么有，得，故B正确；，由图"面积〞等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为，根据动能定理得：，那么传送带对物块做功，故C错误；，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的能，那么由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。考点：动能定理的应用、功的计算【名师点睛】此题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的围，根据动能定理求解功是常用的方法。评卷人得分二、填空题31．某物体从A点运动到B点，合力对它所做的功为60J，物体在这一过程中动能增加了J；物体经过A点时的动能为20J，那么物体经过B点时的动能为J．【答案】6080【解析】试题分析：此题的关键是对动能定理的理解：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，而与其它因素无关．解：合力对物体所做的功为60J，根据动能定理，此过程中物体的动能增加60J；物体经过A点时的动能为20J，那么物体经过B点时的动能EkB=EkA+△Ek=20+60=80J故答案为：608032．从某一高度平抛一小球，不计空气阻力，它在空中飞行的第1s、第2s、第3s动能增量之比△Ek1：△Ek2：△Ek3=．【答案】1：3：5【解析】试题分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据推论知，第1s、第2s、第3s的位移之比为1：3：5，根据mgh=△Ek知，动能增量之比为1：3：5．33．一静止的核经衰变成为核，释放出的总动能为EK，此衰变后核的动能为．【答案】【解析】试题分析：新核与α粒子发生反冲，动量大小相等方向相反，根据动能与动量的关系，可知动能之比应为质量的反比，总动能为Ek，那么衰变后新核的动能为。考点：此题考察α衰变，动量守恒定律，动能与动量的关系。34．如下图，在竖直向下、场强为SKIPIF1<0的匀强电场中，长为SKIPIF1<0的绝缘轻杆可绕固定轴SKIPIF1<0在竖直面无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，转轴O到小球A的距离为l/3，A、B的质量分别为m和3m，A带负电，电量大小为SKIPIF1<0，B带正电，电量大小为SKIPIF1<0。杆从静止开场由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为，在竖直位置处两球的总动能为。【答案】；【解析】试题分析：因为杆及AB受力的合力矩为顺时针，所以系统沿顺时针转动到竖直位置，电场力对A和B都做正功，电场力对A、B做总功为：．在此过程中重力对A做正功，对B做负功，设两球总动能为，由用动能定理得：，所以两球总动能为：考点：考察了电场力做功，动能定理的应用35．一条长为L的铁链置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使长的一局部下垂与桌边，如下图，那么放手后铁链全部通过桌面的瞬间，铁链具有的速率为________。【答案】【解析】试题分析：取桌面为零势能面，链条的重力为m，开场时链条的重力势能为：，当链条刚脱离桌面时的重力势能：，故重力势能的变化量：，即重力势能减少；根据机械能守恒得：，解得．考点：考察了机械能守恒定律的应用【名师点睛】零势能面的选取是任意的，此题也可以选链条滑至刚刚离开桌边时链条的中心为零势能面，结果是一样的，要注意重力势能的正负36．如下图，a、b、c表示点电荷的电场力的三个等势面，它们的电势分别为U、2U/3、U/4。一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动。它经过等势面b时的速度为v，那么它经过等势面c时的速率为。【答案】【解析】试题分析：根据动能定理从a到b时有，从a到c时有，联立解得考点：考察了动能定理的应用37．如下图。AB为平面，CD、EF为一段圆弧，它们的长度相等；与小物块的动摩擦因数也相等。现使小物块分别从A、C、E三点以一样的速率沿图示方向出发，分别到达B、D、F三点。那么到达点的小物块速率最大，那么到达点的小物块速率最小。【答案】D、F【解析】试题分析：对于甲图，物块与斜面间的正压力为mg，所以摩擦力为对于乙图，物块与斜面间的压力为，，对于丙图，物块与斜面间的压力为，所以，三种情况下摩擦力最大的为丙，最小的为乙，而经过的路程一样，所以摩擦力做功最小的是乙，做功最大的是丙，故根据动能定理可得速率最大的是D点，速度最小的是F点，考点：考察了动能定理，圆周运动，摩擦力做功评卷人得分三、实验题38．某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器的工作频率为50Hz。〔1〕实验中木板略微倾斜，这样做______。A为释放小车能匀加速下滑B可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功C是为了增大小车下滑的加速度D可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动〔2〕实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……合并起来挂在小车的前端进展屡次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放，把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2……橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第四次的纸带〔如图2所示〕求得小车获得的速度为______________m/s〔保存三有有效数字〕〔3〕假设根据屡次测量数据画出的W-v图像如图3所示，根据图线形状，可知对W于v的关系符合实际的图是______。【答案】〔1〕B、D〔2〕2．00〔3〕C【解析】试题分析：〔1〕木板倾斜是为了消除摩擦力的影响，可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，橡皮筋松弛后小车做匀速运动。BD正确〔2〕小车的速度应从匀速运动局部取纸带，可得小车获得的速度为。〔3〕根据，可得W是关于v的二次函数，为开口向上的抛物线，可知应选C。考点：验证动能定理实验【名师点睛】要掌握实验原理与实验考前须知，同时注意数据处理时注意数学知识的应用，此题是考察应用数学知识解决物理问题的好题．39．如下图，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将两正电荷a和b，其中他们的质量4ma=mb，电量2qa=qb，分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为_____.【答案】【解析】试题分析：由动能定理可知：，，代入数据联立解得：．考点：考察应用动能定理解答带电粒子在带电场中的运动问题．评卷人得分四、计算题40．〔10分〕跳台滑雪起源于挪威，1860年挪威德拉门地区的两位农民在奥斯陆举行的首届全国滑雪比赛上表演了跳台飞跃动作，后逐渐成为一个独立的工程并得到推广。如图为一跳台的示意图，运发动从雪道的最高点A由静止开场滑下，不借助其他器械，沿雪道滑到跳台B点后，沿与水平方向成30°角斜向左上方飞出，最后落在斜坡上C点。A、B两点间高度差为4m，B、C点两间高度为13m，运发动从B点飞出时速度为8m\s，运发动连同滑雪装备总质量为60kg。不计空气阻力，g=10m/s2。求〔1〕从最高点A滑到B点的过程中，运发动克制摩擦力做的功；〔2〕运发动落到C点时的速度；〔3〕离开B点后，在距C点多高时，运发动的重力势能等于动能。〔以C点为零势能参考面〕【答案】〔1〕…〔2〕……………〔3〕……【解析】解：〔1〕由动能能定理得：①………………〔2分〕 又②……〔1分〕 代入数据得：……〔1分〕〔2〕从B到C由机械能守恒定律得：③………………〔2分〕 解得：………………〔1分〕〔3〕设离C点高h时，运发动的重力势能等于其动能，由机械能守恒定律得：④………………〔2分〕 解得：……〔1分〕41．如下图，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：〔1〕物块经多长时间离开木板？〔2〕物块离开木板时木板获得的动能．〔3〕物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的能．【答案】〔1〕物块经过s离开木板．〔2〕物块离开木板时木板获得的动能为27J．〔3〕物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的能为2.16J．【解析】试题分析：〔1〕根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．〔2〕根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．〔3〕木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量．解：〔1〕物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，那么由牛顿第二定律对物块：mgsin37°﹣μ〔mgcos37°+qE〕=ma1a1=4.2m/s2对木板：Mgsin37°+μ〔mgcos37°+qE〕﹣F=Ma2a2=3m/s2又a1t2﹣a2t2=L得物块滑过木板所用时间t=s．〔2〕物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s．其动能为Ek2=Mv22=27J〔3〕由于摩擦而产生的能为Q=F摩x相=μ〔mgcos37°+qE〕•L=2.16J．答：〔1〕物块经过s离开木板．〔2〕物块离开木板时木板获得的动能为27J．〔3〕物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的能为2.16J．【点评】加速度是联系力学和运动学的桥梁，此题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．42．如下图，固定的斜面长度为2L，倾角为θ，上、下端垂直固定有挡板A、B．质量为m的小滑块，与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，滑块所受的摩擦力大于其重力沿斜面的分力，滑块每次与挡板相碰均无机械能损失．现将滑块由斜面中点P以初速度v0沿斜面向下运动，滑块在整个运动过程与挡板碰撞的总次数为k〔k＞2〕，重力加速度为g，试求：〔1〕滑块第一次到达挡板时的速度大小v；〔2〕滑块上滑过程的加速度大小a和到达挡板B时的动能Ekb；〔3〕滑块滑动的总路程s．【答案】〔1〕滑块第一次到达挡板时的速度大小v为；〔2〕滑块上滑过程的加速度大小a为g〔sinθ﹣μcosθ〕，到达挡板B时的动能为﹣mgsinθ•L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕；〔3〕如果最后一次是与A板碰撞后上滑停顿，那么总路程为：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕；【解析】解：〔1〕滑块从开场运动到第一次下滑到A点过程，根据动能定理，有：解得：〔2〕滑块上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma解得：a=g〔sinθ﹣μcosθ〕滑块从开场运动到运动到B点过程，路程为：S=〔2k﹣1〕L〔k=2，4，6，…〕根据动能定理，有：﹣mgsinθ•L﹣μmgcosθ•S=解得：Ekb=﹣mgsinθ•L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕〔3〕情况一：如果最后一次是与A板碰撞后上滑x1停顿，那么路程为：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕对运动全过程，根据动能定理，有：解得：S1=〔k=3，5，7，…〕情况二：如果最后一次是与B板碰撞后下滑x2停顿，那么路程为：S2=〔2k﹣1〕L+x2〔k=4，6，8，…〕对运动全过程，根据动能定理，有：解得：S2=〔k=4，6，8，…〕答：〔1〕滑块第一次到达挡板时的速度大小v为；〔2〕滑块上滑过程的加速度大小a为g〔sinθ﹣μcosθ〕，到达挡板B时的动能为﹣mgsinθ•L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕；〔3〕如果最后一次是与A板碰撞后上滑停顿，那么总路程为：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕；如果最后一次是与B板碰撞后下滑停顿，那么总路程为：S2=〔2k﹣1〕L+x2〔k=4，6，8，…〕．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：动能定理的应用专题．分析：〔1〕对滑块的下滑过程根据动能定理列式求解即可；〔2〕对上滑过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度；根据动能定理列式求解B点的动能，注意考虑多解；〔3〕分上滑过程停顿和下降过程停顿，根据动能定理列式求解总路程．点评：此题是物体沿着斜面滑动的问题，要分析清楚受力情况和运动情况，关键是结合动能定理列式，难点是考虑运动的重复性，要分上滑停顿或下滑停顿进展讨论，同时要考虑多解．43．某游乐场中一种玩具车的运动情况可以简化为如下模型：竖直平面有一水平轨道AB与1/4圆弧轨道BC相切于B点，如下图。质量m=100kg的滑块〔可视为质点〕从水平轨道上的P点在水平向右的恒力F的作用下由静止出发沿轨道AC运动，恰好能到达轨道的末端C点。P点与B点相距L=6m，圆轨道BC的半径R=3m，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，其它摩擦与空气阻力均忽略不计。〔g取10m/s2)求：〔1〕恒力F的大小．〔2〕滑块第一次滑回水平轨道时离B点的最大距离〔3〕滑块在水平轨道AB上运动经过的总路程S．【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】试题分析：〔1〕滑块恰好能到达轨道的末端C点，说明滑块从P到C动能变化为零，对滑块应用动能定理〔2分〕解得〔1分〕〔2〕设滑块第一次返回水平轨道的最远处P1离B点的距离为d对滑块从C到P1〔1分〕解得：〔1分〕滑块最终下落到达B点的速度将减至零，从而将在圆弧上以B点为最远位置做往复运动，对滑块在水平轨道上运动的全过程应用动能定理〔2分〕解得〔1分〕考点：动能定理、功能关系44．如下图，AB为半径R＝0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上外表距地面的高度h＝0.2m．现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．地面光滑，滑块与小车上外表间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．(g＝10m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开场运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的能大小；(4)滑块落地点离车左端的水平距离．【答案】〔1〕30N〔2〕1m〔3〕6J〔4〕0.16m【解析】试题分析：(1)设滑块到达B端时速度为v，由动能定理，得mgR＝mv2由牛顿第二定律，得FN－mg＝meq\f(v2,R)联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：FN＝3mg＝30N.(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有：－μmg＝ma1对小车有：μmg＝Ma2设经时间t两者到达共同速度，那么有：v＋a1t＝a2t解得t＝1s．由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v′＝a2t＝1m/s因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：x＝a2t2＋v′t′＝1m.(3)从车开场运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离Δx＝eq\f(v＋v′,2)t－a2t2＝2m所以产生的能：E＝μmgΔx＝6J.(4)对滑块由动能定理，得－μmg(L－Δx)＝mv″2－mv′2滑块脱离小车后，在竖直方向有：h＝gt″2所以，滑块落地点离车左端的水平距离：x′＝v″t″＝0.16m考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．点评：要根据牛顿第二定律和运动学公式，通过计算分析小车的状态，再求解车右端距轨道B端的距离，考察分析物体运动情况的能力．45．如下图，半径R＝0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L＝0.8m的水平传送带相切，水平衔接局部摩擦不计，传动轮〔轮半径很小〕做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v0运动．传送带离地面的高度h＝1.25m，其右侧地面上有一直径D＝0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s＝1m，B点在洞口的最右端．现使质量为m＝0.5kg的小物块从M点由静止开场释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：〔1〕小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力；〔2〕假设v0＝3m/s，求小物块在传送带上运动的时间；〔3〕假设要使小物块能落入洞中，求v0应满足的条件．【答案】〔1〕15N，方向竖直向下〔2〕0.3s；〔3〕2m/s<v0<3m/s【解析】试题分析：〔1〕设小物块滑到圆轨道末端时速度为v1，根据机械能守恒定律得：设小物块在轨道末端所受支持力的大小为FN，据牛顿第二定律得：联立以上两式代入数据得：FN＝15N根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力为15N，方向竖直向下．〔2〕小物块在传送带上加速运动时，由μmg＝ma，得a＝μg＝5m/s2加速到与传送带到达共同速度所需要的时间，位移匀速运动的时间故小物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝0.3s〔3〕小物块从传送带右端做平抛运动，有h＝gt2恰好落在A点s＝v2t，得v2＝2m/s恰好落在B点D＋s＝v3t，得v3＝3m/s故v0应满足的条件是2m/s<v0<3m/s考点：牛顿第二定律的综合应用。【名师点睛】此题主要考察了平抛运动根本公式、牛顿第二定律、向心力公式以及运动学根本公式的直接应用，难度适中。46．(18分)如图，竖直平面存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N／c，在y≥0的区域还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量、质量的小球由长的细线悬挂于点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点正下方的坐标原点时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过点正下方的N点。(g=10m／s)，求：(1)小球运动到点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)间的距离。【答案】见试题分析【解析】试题分析：〔18分〕解：1〕小球从A运到O的过程中，根据动能定理：①〔3分〕那么得小球在点速度为：②〔2分〕〔2〕小球运到点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：③〔3分〕④〔1分〕由③、④得：⑤〔2分〕〔3〕绳断后，小球做匀变速曲线运动，可分解为水平方向匀变速和竖直方向自由落体运动。所以，小球水平方向加速度大小为：⑥〔2分〕小球从点运动至点所用时间：⑦〔2分〕竖直方向间距离：⑧〔3分〕考点：带电粒子在复合场中的运动(电场磁场重力场)动能定理牛顿第二定律47．如图，在高为h＝5m的平台右边缘上，放着一个质量M＝3kg的铁块，现有一质量为m＝1kg的钢球以v0＝10m/s的水平速度与铁块在极短的时间发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L＝2m，铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5(不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g＝10m/s2)，求：〔1〕钢球碰后反弹的速度；〔2〕铁块在平台上滑行的距离s。【答案】(1)2m/s，(2)1.6m【解析】试题分析：(1)设钢球下落的时间为，那么有，由此可计算出钢球碰后反弹的速度〔m/s〕。(2)设碰后铁块的速度为，由动量守恒可得，〔m/s〕，铁块受到的摩擦力所的做功为铁块动能的损失即，〔m〕。考点：此题考察了平抛运动、动量守恒的概念48．〔18分〕如图，粗糙水平面与半径R=1.5m的光滑圆弧轨道相切于B点，质量m=1kg的物体在大小为10N、方向与水平水平面成37°角的拉力F作用下从A点由静止开场沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度vB=15m/s。sAB=15m，g=10m/s2，sin37°=0.6，con37°=0.8。求：OO〔1〕物体到达C点时对轨道的压力；〔2〕物体越过C点后上升的最大高度h。〔3〕物体与水平面的动摩擦因数μ。【答案】130N9.75m0.125【解析】试题分析：〔1〕设物体在C处的速度为vc，从B到C的过程中由机械能守恒定律有mgR+=〔2分〕在C处，由牛顿第二定律有FC=〔2分〕由以上二式代入数据可解得：轨道对物体的支持力FC=130N〔2分〕根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力FC′=130N〔1分〕〔2〕物体越过C点后上升的过程中，由动能定理有〔2分〕解得其上升的最大高度为〔2分〕〔3〕由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B处与第二次通过的速度大小相等〔1分〕从A到B的过程，由动能定理有：[Fcon37°–μ〔mg－Fsin37°〕]sAB=③〔4分〕解得物体与水平面的动摩擦因数μ=0.125〔2分〕考点：此题考察动能定理。49．蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。最初，运发动静止站在蹦床上在预备运动阶段，他经过假设干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终到达完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离，k为常量)。质量m=50kg的运发动静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在预备运动中，假设运发动所做的总功W全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运发动视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s，设运发动每次落下使床面压缩的最大深度均为xl。取重力加速度g=I0m/s2，忽略空气阻力的影响。〔1〕求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；〔2〕求在比赛动作中，运发动离开床面后上升的最大高度hm;〔3〕借助F-x图像可以确定弹力做功的规律，在此根底上，求x1和W的值【答案】〔1〕；〔2〕5.0m；〔3〕1.1m；2525J.【解析】试题分析：〔1〕床面下沉x0=0.1m时，运发动受力平衡，有mg=kx0，解得k=5×103N/m。F-x图线如下图。〔2〕运发动从x=0处离开床面，开场腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等，，解得hm=5.0m。〔3〕参照由速度时间图线求位移的方法可知F-x图线下的面积等于弹力做的功，从x处到x=0处，弹力做的功，运发动从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理可得，解得x1=1.1m对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有解得W=2525J.考点：胡克定律；能量守恒定律.50．如下图，一带电荷量为、质最为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度为g，。(1)求水平向右匀强电场的电场强度大小；(2)假设将电场强度减小为原来的，求电场强度变化后物块沿斜面下滑距离L时的动能。【答案】〔1〕；〔2〕0.3mgL【解析】试题分析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如下图那么有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得(2)假设电场强度减小为原来的，即电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL考点：物体的平衡；动能定理。51．质量为m，带电荷量为-q的微粒〔重力不计〕，在匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，在B点时速度大小为2V，如下图，A、B两点间的距离为d．求：〔1〕A、B两点的电压；〔2〕电场强度的大小和方向．【答案】〔1〕〔2〕，方向水平向左.【解析】试题分析：〔1〕根据动能定理可得：，得.〔2〕由于带电微粒在电场中做类平抛运动，建立如下图的坐标系：y=vt；X2+y2=d2；v2+a2t2=4v2解得：，方向水平向左.考点：动能定理；类平抛运动52．〔20分〕能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程.在移动过程中克制电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验说明:电容器两极间的电压与电容器所带电量如下图．〔1〕对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图示的Q-U图像，假设电容器电容为C，两极板间电压为U，证明：电容器所储存的电场能为．〔2〕如下图，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上．框架上端接有一电容为C的电容器．框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．现将金属棒由静止开场释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开场时电容器不带电，不计各处电阻．求：a.金属棒落地时的速度大小b.金属棒从静止释放到落到地面的时间【答案】〔1〕见解析；〔2〕a.b.【解析】试题分析：(1)由功能关系可知克制摩擦力做功等于产生的电场能；根据速度时间图像围成的面积代表位移可知在QU图像中，图像所围面积即为QU，也就是克制电场力所做的功，即；又由电容器的定义式;两式联立得：，电容器储存的电场能为：〔2〕设导体棒落地的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生感生电动势感生电动势大小为电容器储存的电场能为由动能定理得解得〔3〕导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知解得考点：能量守恒定律；动能定理及动量定理；法拉第电磁感应定律。53．如图，一个质量为m的小球〔可视为质点〕以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点。圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ=60°，不计空气阻力。求：〔1〕小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；〔2〕在D点处管壁对小球的作用力N；〔3〕小球在圆管中运动时克制阻力做的功W克f。【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】试题分析：〔1〕小球从A到B：竖直方向=2gR〔1+cos60°〕=3gR那么vy=在B点，由速度关系v0=〔2〕小球从D到B，竖直方向R〔1+cos60°〕=解得：t=那么小球从D点抛出的速度vD=在D点，由牛顿第二定律得：mg﹣N=m解得：N=〔3〕从A到D全程应用动能定理：﹣W克f=解得：W克f=考点：平抛运动圆周运动牛顿第二定律动能定理54．(12分)一个水平方向足够长的传送带以恒定的速度3m/s沿顺时针方向转动，传送带右端固定着一个光滑曲面，并且与曲面相切，如下图.小物块从曲面上高为h的P点由静止滑下，滑到传送带上继续向左运动，物块没有从左边滑离传送带。传送带与物体之间的动摩擦因数μ=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处的能量损失，g取10m/s2。〔1〕假设h1=1.25m，求物块返回曲面时上升的最大高度。〔2〕假设h2=0.2m，求物块返回曲面时上升的最大高度。【答案】〔1〕0.45m〔2〕0.2m【解析】试题分析：〔1〕设物块滑到下端的速度为v1，由动能定理得解得v1=5m/s＞3m/s所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，当两者的速度一样时，以共同的速度v=3m/s一起匀速，直到滑上曲面.由动能定理得物块上升的高度〔2〕设物块滑到下端的速度为v2，由动能定理得解得v2=2m/s＜3m/s所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，又返回曲面时，速度仍为v2=2m/s，然后滑上曲面，物块上升的高度考点：此题考察了动能定理得应用55．〔16分〕如下图，固定在竖直平面的光滑绝缘圆环处于匀强电场中，场强方向与圆环平面平行且与水平方向成30°，环上与圆心O等高的A点套有一个质量为m，电荷量为+q的小球恰好处于平衡状态．〔重力加速度为g〕，求：°°OABC〔1〕匀强电场的场强大小〔2〕某时刻突然将电场方向变为竖直向下，场强大小不变，小球滑到最低点B时对环的压力大小【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析:(1)由平衡条件：①解得：，右下方与水平方向成(2)由动能定理：②由牛顿第二定律：③由②③得：由牛顿第三定律得考点：此题考察了共点力的平衡条件、动能定理、牛顿第二定律、牛顿的第三定律。56．如图，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的带电为q的小球，将它置于一方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时小球在A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α=60°时，小球速度为0。(1)求:①小球带电性质②电场强度E(2)要小球恰好完成竖直圆周运动，求A点释放小球时应有初速度vA(可含根式)【答案】〔1〕正电〔2〕【解析】试题分析：(1)①小球带正电(1分)动能定理：0=EqLsinα-mgL(1-cosα)(2分)∴E=(2分)(2)等效重力=，与竖直夹角30°(1分)恰好过等效最高点：m=(1分)mv2－mvA2=－Ｌ(１＋cos30°)〔2分〕∴vA=〔1分〕考点：此题考察动能定理，圆周运动。57．如下图，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停顿。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，假设车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：〔1〕整个过程中摩擦阻力所做的总功；〔2〕人给第一辆车水平冲量的大小；【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析：〔1〕〔2〕，，，，，,考点：动量守恒定律；动量定理；点评：此题关键在于运动的过程较多，有三个匀减速过程和两个碰撞过程，可以穿插运用动能定理和动量守恒定律列式求解，题中涉及的字母较多，要有足够的耐心，更要细心！58．如下图，水平台高h=0.8m，台上A点放有一大小可忽略的滑块，质量m=0.5kg，滑块与台面间的动摩擦因数μ=0.5；现对滑块施加一个斜向上的拉力F=5N，θ=37°，经t1=1s，滑块到达平台上B点时撤去拉力，滑块继续运动，最终落到地面上的D点，x=0.4m。〔取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2〕〔1〕求滑块在C点离开台面瞬间的速度；〔2〕滑块在AB段的加速度大小；〔3〕求AC间的距离。【答案】〔1〕在CD段，由平抛规律：…………〔2分〕…………〔2分〕滑块在C点离开台面瞬间的速度…〔2分〕(2)在AB段，滑块受力如图…〔1分〕…〔1分〕…〔1分〕…〔1分〕滑块的加速度…〔2分〕〔3〕由运动学规律：…〔2分〕…〔1分〕在BC段，由动能定理：…〔2分〕AC间的距离…〔1分【解析】略59．如下图，在水平地面上固定倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q〔q＞0〕的滑块从距离弹簧上端为x0处由静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度，重力加速度大小为g。〔1〕求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t；〔2〕假设滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W。【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析：〔1〕根据牛顿第二定律：〔2分〕〔2分〕解得〔3分〕〔2〕根据胡克定律可得：〔2分〕根据动能定理可得：〔2分〕解得〔3分〕考点：考察了牛顿第二定律，动能定理，胡克定律60．如下图，两个绝缘斜面与绝缘水平面的夹角均为α=450，水平面长d，斜面足够长，空间存在与水平方向成450的匀强电场E，，一质量为m、电荷量为q的带正电小物块，从右斜面上高为d的A点由静止释放，不计摩擦及物块转弯时损失的能量。小物块在B点的重力势能和电势能均取值为零.试求：〔1〕小物块下滑至C点时的速度大小.〔2〕在AB之间，小物块重力势能与动能相等点的位置高度h1.〔3〕除B点外，小物块重力势能与电势能相等点的位置高度h2.【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】试题分析：〔1〕物块从A→B→C的过程：由动能定理，有：〔1分〕〔2分〕求得：〔2分〕〔2〕物块从A点下滑至重力势能与动能相等的位置过程：〔1分〕〔1分〕那么有：〔1分〕求得：〔1分〕〔3〕除B点外，物块重力势能与电势能相等的位置位于左斜面〔2分〕那么有：〔2分〕求得：〔1分〕【名师点睛】此题考察带电物体在电场中运动过程中的电势能和重力势能的变化，电场力做功和重力做功的特点，只与初末位置有关，与实际路径无关；在应用动能定理时，应根据物体所受各力的做功情况，计算合外力做功的表达式，从而进展计算。考点：动能定理、电势能。61．在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如下图。我们将选手简化为质量m=50kg的质点，选手抓住绳由静止开场摆动，此时绳与竖直方向夹角=，绳长l=2m，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。〔取重力加速度，，〕〔1〕求选手摆到最低点时绳子对选手拉力的大小F；〔2〕假设选手摆到最低点时松手，落到了浮台上，试用题中所提供的数据算出落点与岸的水平距离；〔3〕选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力，平均阻力，求选手落入水中的深度。【答案】〔1〕900N；〔2〕；〔3〕3m。【解析】试题分析：〔1〕选手从静止开场至最低点的过程，由动能定理得：=1\*GB3①在最低点由向心力公式得：=2\*GB3②可解得：〔2〕由=1\*GB3①可得，最低点的速度为=3\*GB3③=4\*GB3④解得m〔3〕从最高点落下至落入水中速度为零的过程中，由动能定理可得：代入求得考点：牛顿定律及动能定理。62．在竖直平面有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m.一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m.空气阻力不计，g取10m/s2，求：AACxO〔1〕小滑块离开轨道时的速度大小；〔2〕小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；〔3〕小滑块在轨道上运动的过程中，克制摩擦力所做的功.【答案】〔1〕2.0m/s〔2〕2.0N〔3〕0.2J.【解析】试题分析：〔1〕小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，那么x=vt；解得：v=2.0m/s〔2〕小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：解得：N=2.0N根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N/=N=2.0N〔3〕在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：解得：Wf=-0.2J所以小滑块克制摩擦力做功为0.2J.考点：牛顿第二定律；动能定理的应用63．如图，一小球A质量为m1=2kg在离桌面高为h1=0.04m处以初速度v0=3m/s沿一段粗糙的圆弧轨道下滑，圆弧轨道末端与桌面水平方向相切处有一质量为m2=1kg的小球B用一根长为L=0.08m的轻细绳静止悬挂着。两小球发生碰撞后，小球B恰好能绕细绳悬点O做圆周运动，小球A落在地面的水平距离为x=0.1m，桌子离地面高为h2=0.05m，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2，求〔1〕小球A碰后的速度为v1〔2〕小球B碰后的速度为v2以及这时细绳对小球B的拉力FT〔3〕小球A沿粗糙圆弧轨道下滑过程中，摩擦力所做的功Wf【答案】〔1〕1m/s(2)2m/s60N(3)-5.8J【解析】试题分析：〔1〕B球发生碰撞，在碰撞过程中可认为动量守恒，那么A球做平抛运动，那么B球恰好能绕细绳悬点O做圆周运动，说明最高点速度为，根据机械能守恒定律那么联立上式那么，，〔2〕根据向心力知识可得，那么F=60N〔3〕根据动能定理A下落到B处未碰撞之前，设速度为所以考点：动能定理、动量守恒定律点评：此题考察了在碰撞过程中的动量守恒定律，并利用机械能守恒定律、动能定理列式求解，综合程度较高。64．物体A的质量为mA，圆环B的质量为mB，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开场时连接圆环的绳子处于水平，如下图，长度l＝4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10m/s2，求：(1)假设，那么圆环能下降的最大距离hm；(2)假设圆环下降h2＝3m时的速度大小为4m/s，那么两个物体的质量应满足怎样的关系？(3)假设，请定性说明小环下降过程中速度大小变化的情况及其理由。【答案】〔1〕3.8m；〔2〕；〔3〕见解析【解析】试题分析：〔1〕设圆环所能下降的最大距离为hm，由机械能守恒定律得代入数字得得〔2〕由机械能守恒解得两个物体的质量关系：〔3〕当，且l确定时，根据几何关系可知小环下降的高度大于A上升的高度，那么在小环在下降过程中，系统的重力势能一直在减少，根据系统的机械能守恒可知系统的动能一直在增加，所以小环在下降过程中速度直增大。考点：机械能守恒【名师点睛】65．如下图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为+Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A点时受到的轨道的支持力大小.(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势大小.【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析：FNFNGF库〔1〕根据受力分析那么即〔2〕根据动能定理那么，且，因此考点：受力分析、动能定理、电场力做功点评：此类题型解题过程并不复杂，主要是对题目信息的提取是关键。通过动能定理比拟容易得到结果66．如下图，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接．圆弧的半径R＝0.40m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104N/C.现有一质量m＝0.10kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开场运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．带电体所带电荷量q＝8.0×10－5C，取g＝10m/s2，求：(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；(3)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．【答案】〔1〕8.0m/s2；4.0m/s.〔2〕5.0N.〔3〕－0.72J.【解析】试题分析：(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qE＝ma解得a＝qE/m