動能定理大量難題

-試卷第=page6464頁，總=sectionpages6464頁.z.2016-2017學年度"""學校11月月考卷評卷人得分一、選擇題1．如下圖，在水平向右的勻強電場中，某帶電粒子從A點運動到B點，在A點時速度豎直向上，在B點時速度水平向右，在這一運動過程中粒子只受電場力和重力，并且克制重力做的功為1J，電場力做的正功為3J，那么以下說法中正確的選項是〔〕A．粒子帶正電B．粒子在A點的動能比在B點多2JC．粒子在A點的機械能比在B點少3JD．粒子由A點到B點過程中速度最小時，速度的方向與水平方向的夾角為60°【答案】ACD【解析】解：A、從A到B，電場力做正功，可知電場力方向水平向右，電場強度方向水平向右，所以粒子帶正電．故A正確．B、根據(jù)動能定理得，從A到B動能的變化量△EK=WG+W電=﹣1+3=2J，所以粒子在A點的動能比B點少2J．故B錯誤．C、除重力以外只有電場力做功，因為除重力以外其它力做功等于機械能的增量，所以A到B機械能增加3J．故C正確．D、豎直方向mgh=1J=全程故即由動量定理：mgt=mvqEt=mv'得可知合力與水平方向成30度角，當合速度與合力垂直時，合速度到達最小值，故速度方向與水平方向成60度角．故D正確．應選ACD．【點評】此題綜合考察了動能定理以及動量定理和功能關(guān)系，D選項較難，關(guān)鍵知道當合力方向與合速度方向垂直時，速度到達最小值．2．極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地極附近的大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的．如下圖，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減?。诉\動形成的原因是〔〕A．洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小B．空氣阻力對粒子做負功，使其動能減小C．與空氣分子碰撞過程中粒子的帶電量減少D．越接近兩極，地磁場的磁感應強度越大【答案】BD【解析】試題分析：根據(jù)地球磁場的分布，由左手定那么可以判斷粒子的受力的方向，從而可以判斷粒子的運動的方向．在由洛倫茲力提供向心力，那么得運動半徑與質(zhì)量及速度成正比，與磁感應強度及電量成反比，即根據(jù)半徑公式進展討論．解：A、地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定那么可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)；當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定那么可以判斷粒子的受力的方向，粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故A錯誤；B、粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力，對粒子做負功，所以其動能會減小，故B正確；C、粒子在運動過程中，假設電量減小，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)的半徑公式，可知，當電量減小時，半徑是增大．故C錯誤；D、粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應強度較強，由洛倫茲力提供向心力，由公式可知，當磁感應強度增加時，半徑是減小，故D正確．應選：BD．【點評】此題就是考察左手定那么的應用，掌握好左手定那么即可判斷粒子的受力的方向，同時利用洛倫茲力提供向心力，推導出運動軌跡的半徑公式來定性分析．3．在足球比賽中，紅隊球員在白隊禁區(qū)附近主罰定位球，并將球從球門右上角貼著球門射入，球門高為h，足球飛入球門的速度為v，足球質(zhì)量為m，那么紅隊球員將足球踢出時對足球做的功為:〔〕A． B．C． D．【答案】C【解析】以踢球后到最高點應用動能定理，，那么W=，C對；4．A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全一樣，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使小球進入右側(cè)豎直面上的不同軌道。如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側(cè)軌道到達最高點時，速度為零的是()【答案】A【解析】試題分析：小球沿右側(cè)軌道向上做減速運動，根據(jù)能量守恒，那么到達右側(cè)最高點時的速度可能為零，故A正確；小球離開軌道做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，故B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得，m，由于，那么，即進入右側(cè)軌道到達最高點時，速度不為零，故C錯誤；小球在軌道運動，通過最高點有最小速度，根據(jù)機械能守恒定律得知小球到不了圓的最高點，由機械能守恒有：，因，那么，故D錯誤?？键c：機械能守恒定律【名師點睛】小球在運動的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律和物體的運動情況分析到達最高點的速度能否為零。5．質(zhì)量為0.01kg、以800m/s的速度飛行的子彈與質(zhì)量為0.8kg、以10m/s的速度飛行的皮球相比A.子彈的動量較大 B.皮球的動量較大C.子彈的動能較大 D.皮球的動能較大【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)，子彈的動量P1=8Kg.m/s;皮球的動量P2=8Kg.m/s;所以兩者動量相等；根據(jù)，子彈的動能EK1=3200J;皮球的動能EK2=40J;所以子彈的動能較大，選項C正確?？键c：動量及動能的概念。6．一個質(zhì)量為m的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度勻速運動3s后垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，速度大小與碰撞前相等，又勻速運動2s。以下說確的有：A．碰撞前后小球速度變化量的大小△v=12m/sB．碰撞過程中小球的加速度為0C．小球來回運動5s的平均速度為0D．碰撞過程中墻對小球做功W=0【答案】AD【解析】試題分析：設碰后物體的速度方向為正，那么碰撞前后小球速度變化量，選項A正確；碰撞過程中小球的加速度，故碰撞過程中小球的加速度不為0，選項B錯誤；小球來回運動5s物體的位移為x=vt1-vt2=6m，故物體的平均速度為，選項C錯誤；碰撞過程中墻對小球做功，選項D正確；應選AD.考點：加速度；平均速度；動能定理.7．關(guān)于功和物體動能之間的關(guān)系，以下說法中正確的選項是〔〕A．如果物體所受合外力做功為零，那么物體所受合外力就為零B．如果物體所受合外力做功為零，那么物體的動能就不會發(fā)生改變C．做變速運動的物體其動能有可能保持不變D．如果物體的動能不變，那么物體受到的合外力一定為零【答案】BC【解析】試題解析：如果物體所受合外力做功為零，物體所受合外力不一定為零，例如物體在水平桌面上做勻速圓周運動時，拉力總與物體的運動方向垂直，故物體受到的合外力的功為零，但物體受到的合力卻不為零，故A錯誤；根據(jù)動能定理，如果物體所受合外力做功為零，那么物體的動能變化量也為零，即物體的動能就不會發(fā)生改變，B正確；速度是矢量，大小如果不變，方向改變時，物體的速度也在改變，但物體的動能此時就是不變的，故C正確；由于做勻速圓周運動的物體的動能不變，但是它受到的合外力卻不為零，故D錯誤?？键c：動能定理。8．運發(fā)動投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，那么籃球進筐時的動能為A．mgh2－mgh1－WB．W+mgh2－mgh1C．mgh2+mgh1－WD．W+mgh1－mgh2【答案】D【解析】試題分析：籃球從由靜止拋出到進入籃筐的過程中，人在對它做了功和它在上升過程中重力做了功，根據(jù)動能定理有，所以。應選D考點：動能定理的應用點評：容易題。此題要注意各個力做功的正負。9．質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以的加速度由靜止豎直下落到地面，以下說法中正確的選項是A．重力對物體做功B．重力對物體做功C．物體克制阻力做功D．物體克制阻力做功【答案】BC【解析】此題考察對力所做的功的理解。加速度為，即物體所受合外力為，阻力為，那么物體克制阻力做功重力做功；10．在靜電場中，一個帶電量q=2.0×10-9C的負電荷從A點移動到B點，在這過程中，除電場力外，其他力做的功為4.0×10-5J，質(zhì)點的動能增加了8.0×10-5A.2×10-4VB.1×104VC.4×104VD.2×104V【答案】D【解析】由動能定理2×104V，D對；11．如下圖，一高度為h的三角形斜面固定在水平地面上，有兩個質(zhì)量均為m可看成質(zhì)點的小物塊分別由靜止開場從傾角為α、β的兩個光滑斜面的頂端下滑，α＞β，以下說法中正確的選項是〔〕A．小物塊滑到斜面底端的速度一樣B．小物塊滑到斜面底端所用的時間一樣C．小物塊滑到斜面底端時重力的瞬時功率一樣D．小物塊滑到斜面底端時具有的機械能一樣【答案】D【解析】試題分析：光滑斜面，只有重力做功，根據(jù)動能定理即，即速度，小物塊滑到斜面底端的速度大小一樣，但是速度方向不同，選項A錯?；叫泵娴锥说闹亓λ矔r功率為，由于速度方向不同，和重力方向的夾角不同，所以滑到斜面底端的重力瞬時功率不同，選項C錯。小物塊滑到斜面底端為勻加速直線運動，加速度，位移，可得運動時間，兩個小球?qū)男泵鎯A角不同，運動時間不同，選項B錯。兩個小球在斜面頂端動能相等都等于0，重力勢能相等，滑動過程機械能守恒，所以滑到底端依然機械能一樣，選項D對?？键c：功能關(guān)系【名師點睛】特別注意的是功率的計算，雖然功率沒有方向是標量，但是重力的功率是重力乘以在重力方向的速度，需要考慮重力和速度方向的夾角。在計算運動時間過程，借助與高度和傾角來表示位移，以傾角表示加速度，從而使得時間便于比擬。12．如下圖，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。假設以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，那么以下說法中正確的選項是A.重力對物體做的功為mghB．物體到海平面時的勢能為mghC．物體在海平面上的動能為mv02-mghD．物體在海平面上的機械能為mv02【答案】AD【解析】試題分析：重力對物體做的功只與初末位置的高度差有關(guān)，為mgh，A正確；物體到海平面時的勢能為-mgh，B錯誤；由動能定理mgh=mv2-mv02，到達海平面時動能為mv02＋mgh，C錯誤；物體只受重力做功，機械能守恒，等于地面時的機械能mv02，D正確?？键c：機械能守恒定律13．一個運動物體它的速度是V時，其動能為E，那么，當這個物體的速度增加到3V時，其動能應當是〔〕A．EB．3EC．6ED．9E【答案】D【解析】分析：根據(jù)動能的定義式EK=mV2，可以直接求得物體后來的動能．解答：解：由動能的定義式EK=mV2，可知當物體的速度增加到3V時，動能E′=m〔3V〕2=9E．

應選D．14．2009年在國江陵舉辦的世界冰壺錦標賽上，中國女子冰壺隊在決賽中戰(zhàn)勝冬奧會冠軍瑞典女子冰壺隊，第一次獲得冰壺世界冠軍．假設運發(fā)動以一定的初速度將冰壺沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化圖線如下圖，冰壺質(zhì)量為19kg，g取10m/s2，那么以下說確的是()A．μ＝0.05 B．μ＝0.01C．滑行時間t＝5sD．滑行時間t＝10s【答案】BD【解析】試題分析：根據(jù)動能定理得：EK2-EK1=-fx，即：EK2=EK1-fx，結(jié)合圖線可得：初動能EK1=9.5J，x=5m，fx=9.5J，那么f=1.9N=μmg，解得：μ=0.01，又；得v=1m/s，，應選：BD考點：物理圖線及動能定理。15．如下圖，質(zhì)量為m的物體用細繩經(jīng)過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運動，拉力為某個值F時，轉(zhuǎn)動半徑為R，當拉力逐漸減小到時，物體以另一線速度仍做勻速圓周運動，半徑為2R，那么物體克制外力所做的功是()A．0B．C．D．【答案】B【解析】試題分析：設物體兩次做勻速圓周運動的速度分別為v1和v2，根據(jù)牛頓第二定律可知，當拉力為F時有：F＝①當拉力為時有：＝②物體在整個運動過程中受重力mg、水平面的支持力N和拉力作用，由于mg和N在豎直方向上，與速度方向始終垂直，因此始終不做功，根據(jù)動能定理有：WF＝－③W克＝－WF④由①②③④式聯(lián)立解得：W克＝，應選項B正確?？键c：此題主要考察牛頓第二定律和動能定理的應用問題，屬于中檔題。16．一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，上升過程中受到阻力作用，圖中兩條圖線分別表示小球在上升過程中動能、重力勢能中的某一個與其上升高度之間的關(guān)系，〔以地面為零勢能面，ho表示上升的最大高度，圖中坐標數(shù)據(jù)中的k值為常數(shù)且滿足0<k<l〕那么由圖可知，以下結(jié)論正確的選項是A．①表示的是重力勢能隨上升高度的圖像，②表示的是動能隨上升高度的圖像B．上升過程中阻力大小恒定且f=〔k+1〕mgC．上升高度時，重力勢能和動能不相等D．上升高度時，動能與重力勢能之差為【答案】AD【解析】試題分析：根據(jù)動能定理得：-〔mg+f〕h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-〔mg+f〕h，可見Ek是減函數(shù)，由圖象②表示．重力勢能為EP=mgh，EP與h成正比，由圖象①表示．故A正確；對于整個上升過程，根據(jù)動能定理得：-〔mg+f〕h0=0-Ek0，由圖象②得，mgh0=，聯(lián)立解得，f=kmg．故B正確；當高度時，動能為Ek=Ek0-〔mg+f〕h=Ek0-〔k+1〕mgh，又由上知，Ek0=〔k+1〕mgh0，聯(lián)立解得，，重力勢能為EP=mgh=，所以在此高度時，物體的重力勢能和動能相等．故C錯誤；當上升高度時，動能為Ek=Ek0-〔mg+f〕h=，重力勢能為EP=mgh=，那么動能與重力勢能之差為，故D正確。考點：動能定理；重力勢能【名師點睛】此題主要考察了動能定理和重力勢能的概念的問題，又有圖象結(jié)合在一起，屬于難度較大的題目。解決圖象問題的關(guān)鍵是根據(jù)物理規(guī)律、公式、定理等求出相就的函數(shù)關(guān)系式，再結(jié)合圖象，由數(shù)學知識來理解一些物理量。17．汽車沿平直的公路以恒定功率P從靜止開場啟動，經(jīng)過一段時間t到達最大速度v，假設所受阻力始終不變，那么在t這段時間A．汽車牽引力恒定B．汽車牽引力做的功為PtC．汽車加速度不斷減小D．汽車牽引力做的功為【答案】BC【解析】試題分析：根據(jù)知，因為速度增大，那么牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得：知，加速度減小，故A錯誤C正確；因為功率不變，那么牽引力做功，通過動能定理知，牽引力與阻力的合力功等于動能的變化量，所以牽引力做功不等于．故B正確，D錯誤．考點：考察了機車啟動18．質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如下圖，整個裝置處于磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，現(xiàn)給球一個水平向右的初速度v0使其開場運動，那么球運動克制摩擦力做的功(不計空氣阻力)可能的是()A.m B．0C. D．m【答案】ABC【解析】球獲得的初速度為v0，由左手定那么知洛倫茲力f向上，有三種情況：①f<mg，球最終停頓運動，克制摩擦力做的功為W＝m，選項A可能；②f＝mg，此時摩擦力為零，做功為零，選項B正確；③f>mg，球最終勻速運動，速度滿足Bvq＝mg，得v＝克制，摩擦力做功為W＝m－mv2＝，選項C正確．應選ABC19．某人把質(zhì)量為0．1kg的一塊小石頭從距地面為5m的高處以60°角斜向上拋出，拋出時的初速度大小為10m/s，那么當石頭著地時，其速度大小約為〔〕〔g取10m/s2〕A．14m/s B．12m/s C．28m/sD．20m/s【答案】A【解析】試題分析：由動能定理，在整個運動過程中只有重力做功，那么，應選A考點：考察動能定理的應用點評：難度較小，注意動能是標量，與速度方向無關(guān)，重力做功與路徑無關(guān)20．如下圖，質(zhì)量相等的物體A和物體B與地面間的動摩擦因數(shù)相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移動x，那么()A．摩擦力對A、B做功相等B．A、B動能的增量一樣C．F對A做的功與F對B做的功相等D．外力對A做的功比外力對B做的功大【答案】B【解析】試題分析：分析兩物體的受力，A比B多受力F，把F正交分解，可知A所受地面的彈力較大，滑動摩擦力也較大，在位移相等的情況下，摩擦力對A做功較多，選項A錯誤。兩物體一起運動，因此動能時刻相等，動能增量也相等，選項B正確。B不受力F的作用，選項C錯誤。根據(jù)動能定理，兩物體動能增量相等，那么外力對兩物體做功相等，選項D錯誤?？键c：此題考察功，動能定理，受力分析等。21．在顯像管的電子槍中，從熾熱的金屬絲不斷放出的電子進入電壓為U的加速電場，設其初速度為零，經(jīng)加速后形成橫截面積為S、電流為I的電子束．電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，那么在剛射出加速電場時，一小段長為Δl的電子束的電子個數(shù)是()A.B.C.D.【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)動能定理可得，由電流定義可得，聯(lián)立可得：，故只有選項正確?？键c：帶電粒子在電場中的加速22．如圖，A、B為水平放置的平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M和N。先合上開關(guān)K，給電容器充電，過一會再斷開開關(guān)。今有一帶電質(zhì)點，自A板上方相距為h的P點由靜止開場自由下落〔P、M、N在同一豎直線上〕，空氣阻力不計，到達N孔時速度恰好為零。那么〔〕A．假設把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能到達N孔B．假設把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落C．假設把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落D．假設把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落【答案】BC【解析】試題分析：把A板向上平移一小段距離，根據(jù)可知電容減??；由于電量一定，根據(jù)可知電壓增大；根據(jù)動能定理，粒子還未到達N點，速度已減為零，然后返回，故A錯誤；把A板向下平移一小段距離，根據(jù)可知電容增加；由于電量一定，根據(jù)可知電壓減??；根據(jù)動能定理，粒子到達N點速度大于零，故會穿過N孔繼續(xù)下落，故B正確；把B板向上平移一小段距離，根據(jù)可知電容增加；由于電量一定，根據(jù)可知電壓減小；根據(jù)動能定理，粒子到達N點重力做功大于電場力做功，N點速度不為零，故會穿過N孔繼續(xù)下落，故C正確；把B板向下平移一小段距離，根據(jù)可知電容減??；由于電量一定，根據(jù)可知電壓增加；根據(jù)動能定理，粒子到達N點重力做功小于電場力做功，粒子還未到達N點，速度已減為零，然后返回，故D錯誤；應選BC．考點：動能定理；電容器【名師點睛】解答此題的關(guān)鍵知道電容器帶電量不變，然后根據(jù)電容的定義公式和決定公式并結(jié)合動能定理分析，較難。23．如下圖，電梯質(zhì)量為M，地板上放置一質(zhì)量為的物體，鋼索拉著電梯由靜止開場向上做加速運動，當上升高度為H時，速度到達，那么〔〕A．地板對物體的支持力做的功等于B．地板對物體的支持力做的功等于C．鋼索的拉力做的功等于D．電梯受到的合力對電梯M做的功等于【答案】BD【解析】試題分析：電梯由靜止開場向上做加速運動，設加速度的大小為，由速度和位移的關(guān)系式可得，，所以，對電梯由牛頓第二定律可得，，所以，地板對物體的支持力做的功為，所以A錯誤，B正確；對于整體由牛頓第二定律可得，，所以鋼索的拉力為，鋼索的拉力做的功等于，所以C錯誤；根據(jù)動能定理可得，合力對電梯M做的功等于電梯的動能的變化即為，所以D正確?？键c：功的計算【名師點睛】根據(jù)電梯的運動情況，可以求得電梯的加速度的大小，再有牛頓第二定律可以求得電梯對物體的支持力的大小，從而可以求得功的大小。24．如下圖，在水平方向的勻強電場中，一帶負電的微粒以初速度v0從圖中的A點沿直線運動到B點，在此過程中A．粒子一定做勻速直線運動B．粒子的機械能將守恒C．粒子運動的動能減小，電勢能增加D．粒子運動的動能增加，電勢能減小【答案】C【解析】試題分析：微粒受堅直向下的重力和水平向左的電場力，合力不為零，因此一定不是勻速直線運動，故A項錯；因不只有重力做功，還有電場力做功，所以機械能不守恒，故B項錯；因粒子做直線運動，從受力分析可知，合力的方向與速度方向相反，所以做減速運動，動能減小，可看出電場力做負功，所以電勢能增加，故C項正確，D項錯?？键c：此題考察了帶電粒子在電場中的運動、運動與力的關(guān)系、機械能守恒定律、功與能的關(guān)系。25．以速度v飛行的子彈先后穿透兩塊由同種材料制成的平行放置的固定金屬板，假設子彈穿透兩塊金屬板后的速度分別變?yōu)?.8v和0.6v，那么兩塊金屬板的厚度之比為()(A)1:1(B)9:7(C)8:6(D)16:9【答案】B【解析】試題分析：設厚度分別為，子彈所受摩擦阻力為f，根據(jù)動能定理得、，聯(lián)立解得，所以只有選項B正確。考點：動能定理26．一個初動能為的帶電粒子，以速度垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為3Ek．如果這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為A．4．5B．4C．6D．9．5【答案】A【解析】試題分析:初狀態(tài)：，進入電場后：，。末狀態(tài)：，。聯(lián)立解得：E=4．5Ek．考點:帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)、動能定理?！久麕燑c睛】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)〔1〕研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場．〔2〕處理方法：類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法．①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝．②沿電場力方向，做勻加速直線運動．27．如下圖，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方的P點，固定一電荷量為＋Q的點電荷．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物塊〔可視為質(zhì)點的檢驗電荷〕，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v．點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為φ〔取無窮遠處電勢為零〕，P到物塊的重心豎直距離為h，P、A連線與水平軌道的夾角為60°，k為靜電常數(shù)，以下說確的是〔〕A．物塊在A點的電勢能EPA=＋QφB．物塊在A點時受到軌道的支持力大小為C．點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小D．點電荷＋Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢【答案】BCD【解析】試題分析：物塊在A點的電勢能EPA=+qφ，那么A錯誤；物體受到點電荷的庫侖力為：由幾何關(guān)系可知：；設物體在A點時受到軌道的支持力大小為N，由平衡條件有：N-mg-Fsin60°=0，解得：．B正確；點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小為：，選項C正確；設點電荷產(chǎn)生的電場在B點的電勢為φB，動能定理有：?q〔φ?φB〕＝mv2?mv02,解得：．故D正確；應選BCD．考點：庫倫定律；電場強度；物體的平衡；動能定理【名師點睛】解決此題的關(guān)鍵知道電場力做功W=qU，U等于兩點間的電勢差．以及掌握庫侖定律和動能定理的運用。28．放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s其速度與時間圖像和該拉力的功率與時間的圖像如下圖。以下說確的是A．0～6s物體的位移大小為30mB．0～6s拉力做功為100JC．合外力在0～6s做的功與0～2s做的功相等D．水平拉力的大小為5N【答案】AC【解析】試題分析：0～6s物體的位移大小為，選項A正確；0～6s拉力做功為：，選項B錯誤；因為0～6s的末速度等于0～2s末的速度，由動能定理可知，合外力在0～6s做的功與0～2s做的功相等，選項C正確；因為2～6s做勻速運動，此時拉力等于阻力，由可知，，選項D錯誤?？键c：運動圖像及動能定理。29．如下圖，豎直平面光滑圓弧軌道半徑為R，等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于圓周最低點，CD是AB邊的中垂線．在A、B兩頂點上放置一對等量異種電荷．現(xiàn)把質(zhì)量為m帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點M處靜止釋放，到最低點C時速度為v0．不計+Q對原電場的影響，取無窮遠處為零電勢，靜電力常量為k，那么〔〕A．小球在圓弧軌道上運動過程機械能守恒B．C點電勢比D點電勢高C．M點電勢為〔mv02﹣2mgR〕D．小球?qū)壍雷畹忘cC處的壓力大小為mg+m+2k【答案】C【解析】試題分析：此題屬于電場力與重力場的復合場，根據(jù)機械能守恒和功能關(guān)系即可進展判斷．解：A、小球在圓弧軌道上運動重力做功，電場力也做功，不滿足機械能守恒適用條件，故A錯誤；B、CD處于AB兩電荷的等勢能面上，且兩點的電勢都為零，故B錯誤；C、M點的電勢等于==，故C正確；D、小球?qū)壍雷畹忘cC處時，電場力為k，故對軌道的壓力為mg+m+k，故D錯誤；應選：C【點評】此題的難度在于計算小球到最低點時的電場力的大小，難度不大．30．一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，以一定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K〔如圖a所示〕，以此時為時刻記錄了小物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系，如圖b所示〔圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2〕，傳送帶的速度保持不變，那么以下判斷正確的選項是〔〕A．0～t2，物塊對傳送帶一直做負功B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)C．0～t2，傳送帶對物塊做功為D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大【答案】ABD【解析】試題分析：由圖知，物塊先向下運動后向上運動，那么知傳送帶的運動方向應向上．，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，那么物塊對傳送帶做負功，故A正確；在，物塊向上運動，那么有，得，故B正確；，由圖"面積〞等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設為，根據(jù)動能定理得：，那么傳送帶對物塊做功，故C錯誤；，重力對物塊做正功，物塊的重力勢能減小、動能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的能，那么由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大，故D正確。考點：動能定理的應用、功的計算【名師點睛】此題由速度圖象要能分析物塊的運動情況，再判斷其受力情況，得到動摩擦因數(shù)的圍，根據(jù)動能定理求解功是常用的方法。評卷人得分二、填空題31．某物體從A點運動到B點，合力對它所做的功為60J，物體在這一過程中動能增加了J；物體經(jīng)過A點時的動能為20J，那么物體經(jīng)過B點時的動能為J．【答案】6080【解析】試題分析：此題的關(guān)鍵是對動能定理的理解：合外力對物體做的功等于物體動能的變化，而與其它因素無關(guān)．解：合力對物體所做的功為60J，根據(jù)動能定理，此過程中物體的動能增加60J；物體經(jīng)過A點時的動能為20J，那么物體經(jīng)過B點時的動能EkB=EkA+△Ek=20+60=80J故答案為：608032．從某一高度平拋一小球，不計空氣阻力，它在空中飛行的第1s、第2s、第3s動能增量之比△Ek1：△Ek2：△Ek3=．【答案】1：3：5【解析】試題分析：平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)推論知，第1s、第2s、第3s的位移之比為1：3：5，根據(jù)mgh=△Ek知，動能增量之比為1：3：5．33．一靜止的核經(jīng)衰變成為核，釋放出的總動能為EK，此衰變后核的動能為．【答案】【解析】試題分析：新核與α粒子發(fā)生反沖，動量大小相等方向相反，根據(jù)動能與動量的關(guān)系，可知動能之比應為質(zhì)量的反比，總動能為Ek，那么衰變后新核的動能為?？键c：此題考察α衰變，動量守恒定律，動能與動量的關(guān)系。34．如下圖，在豎直向下、場強為SKIPIF1<0的勻強電場中，長為SKIPIF1<0的絕緣輕桿可繞固定軸SKIPIF1<0在豎直面無摩擦轉(zhuǎn)動，兩個小球A、B固定于桿的兩端，轉(zhuǎn)軸O到小球A的距離為l/3，A、B的質(zhì)量分別為m和3m，A帶負電，電量大小為SKIPIF1<0，B帶正電，電量大小為SKIPIF1<0。桿從靜止開場由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置，在此過程中電場力做功為，在豎直位置處兩球的總動能為。【答案】；【解析】試題分析：因為桿及AB受力的合力矩為順時針，所以系統(tǒng)沿順時針轉(zhuǎn)動到豎直位置，電場力對A和B都做正功，電場力對A、B做總功為：．在此過程中重力對A做正功，對B做負功，設兩球總動能為，由用動能定理得：，所以兩球總動能為：考點：考察了電場力做功，動能定理的應用35．一條長為L的鐵鏈置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使長的一局部下垂與桌邊，如下圖，那么放手后鐵鏈全部通過桌面的瞬間，鐵鏈具有的速率為________?！敬鸢浮俊窘馕觥吭囶}分析：取桌面為零勢能面，鏈條的重力為m，開場時鏈條的重力勢能為：，當鏈條剛脫離桌面時的重力勢能：，故重力勢能的變化量：，即重力勢能減少；根據(jù)機械能守恒得：，解得．考點：考察了機械能守恒定律的應用【名師點睛】零勢能面的選取是任意的，此題也可以選鏈條滑至剛剛離開桌邊時鏈條的中心為零勢能面，結(jié)果是一樣的，要注意重力勢能的正負36．如下圖，a、b、c表示點電荷的電場力的三個等勢面，它們的電勢分別為U、2U/3、U/4。一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動。它經(jīng)過等勢面b時的速度為v，那么它經(jīng)過等勢面c時的速率為。【答案】【解析】試題分析：根據(jù)動能定理從a到b時有，從a到c時有，聯(lián)立解得考點：考察了動能定理的應用37．如下圖。AB為平面，CD、EF為一段圓弧，它們的長度相等；與小物塊的動摩擦因數(shù)也相等。現(xiàn)使小物塊分別從A、C、E三點以一樣的速率沿圖示方向出發(fā)，分別到達B、D、F三點。那么到達點的小物塊速率最大，那么到達點的小物塊速率最小。【答案】D、F【解析】試題分析：對于甲圖，物塊與斜面間的正壓力為mg，所以摩擦力為對于乙圖，物塊與斜面間的壓力為，，對于丙圖，物塊與斜面間的壓力為，所以，三種情況下摩擦力最大的為丙，最小的為乙，而經(jīng)過的路程一樣，所以摩擦力做功最小的是乙，做功最大的是丙，故根據(jù)動能定理可得速率最大的是D點，速度最小的是F點，考點：考察了動能定理，圓周運動，摩擦力做功評卷人得分三、實驗題38．某實驗小組采用如圖1所示的裝置探究功與速度變化的關(guān)系，小車在橡皮筋的作用下彈出后，沿木板滑行，打點計時器的工作頻率為50Hz?！?〕實驗中木板略微傾斜，這樣做______。A為釋放小車能勻加速下滑B可使得橡皮筋做的功等于合力對小車做的功C是為了增大小車下滑的加速度D可使得橡皮筋松弛后小車做勻速運動〔2〕實驗中先后用同樣的橡皮筋1條、2條、3條……合并起來掛在小車的前端進展屢次實驗，每次都要把小車拉到同一位置再釋放，把第1次只掛1條橡皮筋時橡皮筋對小車做的功記為，第二次掛2條橡皮筋時橡皮筋對小車做的功記為2……橡皮筋對小車做功后而使小車獲得的速度可由打點計時器打出的紙帶測出。根據(jù)第四次的紙帶〔如圖2所示〕求得小車獲得的速度為______________m/s〔保存三有有效數(shù)字〕〔3〕假設根據(jù)屢次測量數(shù)據(jù)畫出的W-v圖像如圖3所示，根據(jù)圖線形狀，可知對W于v的關(guān)系符合實際的圖是______。【答案】〔1〕B、D〔2〕2．00〔3〕C【解析】試題分析：〔1〕木板傾斜是為了消除摩擦力的影響，可使得橡皮筋做的功等于合力對小車做的功，橡皮筋松弛后小車做勻速運動。BD正確〔2〕小車的速度應從勻速運動局部取紙帶，可得小車獲得的速度為?！?〕根據(jù)，可得W是關(guān)于v的二次函數(shù)，為開口向上的拋物線，可知應選C?？键c：驗證動能定理實驗【名師點睛】要掌握實驗原理與實驗考前須知，同時注意數(shù)據(jù)處理時注意數(shù)學知識的應用，此題是考察應用數(shù)學知識解決物理問題的好題．39．如下圖，在點電荷+Q的電場中有A、B兩點，將兩正電荷a和b，其中他們的質(zhì)量4ma=mb，電量2qa=qb，分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為_____.【答案】【解析】試題分析：由動能定理可知：，，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：．考點：考察應用動能定理解答帶電粒子在帶電場中的運動問題．評卷人得分四、計算題40．〔10分〕跳臺滑雪起源于挪威，1860年挪威德拉門地區(qū)的兩位農(nóng)民在奧斯陸舉行的首屆全國滑雪比賽上表演了跳臺飛躍動作，后逐漸成為一個獨立的工程并得到推廣。如圖為一跳臺的示意圖，運發(fā)動從雪道的最高點A由靜止開場滑下，不借助其他器械，沿雪道滑到跳臺B點后，沿與水平方向成30°角斜向左上方飛出，最后落在斜坡上C點。A、B兩點間高度差為4m，B、C點兩間高度為13m，運發(fā)動從B點飛出時速度為8m\s，運發(fā)動連同滑雪裝備總質(zhì)量為60kg。不計空氣阻力，g=10m/s2。求〔1〕從最高點A滑到B點的過程中，運發(fā)動克制摩擦力做的功；〔2〕運發(fā)動落到C點時的速度；〔3〕離開B點后，在距C點多高時，運發(fā)動的重力勢能等于動能。〔以C點為零勢能參考面〕【答案】〔1〕…〔2〕……………〔3〕……【解析】解：〔1〕由動能能定理得：①………………〔2分〕 又②……〔1分〕 代入數(shù)據(jù)得：……〔1分〕〔2〕從B到C由機械能守恒定律得：③………………〔2分〕 解得：………………〔1分〕〔3〕設離C點高h時，運發(fā)動的重力勢能等于其動能，由機械能守恒定律得：④………………〔2分〕 解得：……〔1分〕41．如下圖，長L=1.2m、質(zhì)量M=3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+2.5×10﹣4C的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強E=4.0×104N/C的勻強電場．現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足夠長．求：〔1〕物塊經(jīng)多長時間離開木板？〔2〕物塊離開木板時木板獲得的動能．〔3〕物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的能．【答案】〔1〕物塊經(jīng)過s離開木板．〔2〕物塊離開木板時木板獲得的動能為27J．〔3〕物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的能為2.16J．【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)牛頓第二定律分別求出木塊、木板的加速度，抓住兩者的位移關(guān)系，運用位移時間公式求出物塊離開木板所需的時間．〔2〕根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出物塊離開木板時的速度，從而求出物塊離開木板時的動能．〔3〕木塊與木板的相對位移等于木板的長度，根據(jù)Q=F摩x相求出摩擦產(chǎn)生的熱量．解：〔1〕物塊向下做加速運動，設其加速度為a1，木板的加速度為a2，那么由牛頓第二定律對物塊：mgsin37°﹣μ〔mgcos37°+qE〕=ma1a1=4.2m/s2對木板：Mgsin37°+μ〔mgcos37°+qE〕﹣F=Ma2a2=3m/s2又a1t2﹣a2t2=L得物塊滑過木板所用時間t=s．〔2〕物塊離開木板時木板的速度v2=a2t=3m/s．其動能為Ek2=Mv22=27J〔3〕由于摩擦而產(chǎn)生的能為Q=F摩x相=μ〔mgcos37°+qE〕?L=2.16J．答：〔1〕物塊經(jīng)過s離開木板．〔2〕物塊離開木板時木板獲得的動能為27J．〔3〕物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的能為2.16J．【點評】加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，此題通過加速度求出運動的時間和物塊的速度．以及知道摩擦力與相對路程的乘積等于摩擦產(chǎn)生的熱量．42．如下圖，固定的斜面長度為2L，傾角為θ，上、下端垂直固定有擋板A、B．質(zhì)量為m的小滑塊，與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，滑塊所受的摩擦力大于其重力沿斜面的分力，滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失．現(xiàn)將滑塊由斜面中點P以初速度v0沿斜面向下運動，滑塊在整個運動過程與擋板碰撞的總次數(shù)為k〔k＞2〕，重力加速度為g，試求：〔1〕滑塊第一次到達擋板時的速度大小v；〔2〕滑塊上滑過程的加速度大小a和到達擋板B時的動能Ekb；〔3〕滑塊滑動的總路程s．【答案】〔1〕滑塊第一次到達擋板時的速度大小v為；〔2〕滑塊上滑過程的加速度大小a為g〔sinθ﹣μcosθ〕，到達擋板B時的動能為﹣mgsinθ?L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕；〔3〕如果最后一次是與A板碰撞后上滑停頓，那么總路程為：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕；【解析】解：〔1〕滑塊從開場運動到第一次下滑到A點過程，根據(jù)動能定理，有：解得：〔2〕滑塊上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma解得：a=g〔sinθ﹣μcosθ〕滑塊從開場運動到運動到B點過程，路程為：S=〔2k﹣1〕L〔k=2，4，6，…〕根據(jù)動能定理，有：﹣mgsinθ?L﹣μmgcosθ?S=解得：Ekb=﹣mgsinθ?L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕〔3〕情況一：如果最后一次是與A板碰撞后上滑x1停頓，那么路程為：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕對運動全過程，根據(jù)動能定理，有：解得：S1=〔k=3，5，7，…〕情況二：如果最后一次是與B板碰撞后下滑x2停頓，那么路程為：S2=〔2k﹣1〕L+x2〔k=4，6，8，…〕對運動全過程，根據(jù)動能定理，有：解得：S2=〔k=4，6，8，…〕答：〔1〕滑塊第一次到達擋板時的速度大小v為；〔2〕滑塊上滑過程的加速度大小a為g〔sinθ﹣μcosθ〕，到達擋板B時的動能為﹣mgsinθ?L﹣μmgcosθ〔2k﹣1〕〔k=2，4，6，…〕；〔3〕如果最后一次是與A板碰撞后上滑停頓，那么總路程為：S1=〔2k﹣1〕L+x1〔k=3，5，7，…〕；如果最后一次是與B板碰撞后下滑停頓，那么總路程為：S2=〔2k﹣1〕L+x2〔k=4，6，8，…〕．考點：動能定理的應用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．專題：動能定理的應用專題．分析：〔1〕對滑塊的下滑過程根據(jù)動能定理列式求解即可；〔2〕對上滑過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；根據(jù)動能定理列式求解B點的動能，注意考慮多解；〔3〕分上滑過程停頓和下降過程停頓，根據(jù)動能定理列式求解總路程．點評：此題是物體沿著斜面滑動的問題，要分析清楚受力情況和運動情況，關(guān)鍵是結(jié)合動能定理列式，難點是考慮運動的重復性，要分上滑停頓或下滑停頓進展討論，同時要考慮多解．43．某游樂場中一種玩具車的運動情況可以簡化為如下模型：豎直平面有一水平軌道AB與1/4圓弧軌道BC相切于B點，如下圖。質(zhì)量m=100kg的滑塊〔可視為質(zhì)點〕從水平軌道上的P點在水平向右的恒力F的作用下由靜止出發(fā)沿軌道AC運動，恰好能到達軌道的末端C點。P點與B點相距L=6m，圓軌道BC的半徑R=3m，滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，其它摩擦與空氣阻力均忽略不計。〔g取10m/s2)求：〔1〕恒力F的大?。?〕滑塊第一次滑回水平軌道時離B點的最大距離〔3〕滑塊在水平軌道AB上運動經(jīng)過的總路程S．【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】試題分析：〔1〕滑塊恰好能到達軌道的末端C點，說明滑塊從P到C動能變化為零，對滑塊應用動能定理〔2分〕解得〔1分〕〔2〕設滑塊第一次返回水平軌道的最遠處P1離B點的距離為d對滑塊從C到P1〔1分〕解得：〔1分〕滑塊最終下落到達B點的速度將減至零，從而將在圓弧上以B點為最遠位置做往復運動，對滑塊在水平軌道上運動的全過程應用動能定理〔2分〕解得〔1分〕考點：動能定理、功能關(guān)系44．如下圖，AB為半徑R＝0.8m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接．小車質(zhì)量M＝3kg，車長L＝2.06m，車上外表距地面的高度h＝0.2m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車．地面光滑，滑塊與小車上外表間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當車運行了1.5s時，車被地面裝置鎖定．(g＝10m/s2)試求：(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大?。?2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開場運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的能大?。?4)滑塊落地點離車左端的水平距離．【答案】〔1〕30N〔2〕1m〔3〕6J〔4〕0.16m【解析】試題分析：(1)設滑塊到達B端時速度為v，由動能定理，得mgR＝mv2由牛頓第二定律，得FN－mg＝meq\f(v2,R)聯(lián)立兩式，代入數(shù)值得軌道對滑塊的支持力：FN＝3mg＝30N.(2)當滑塊滑上小車后，由牛頓第二定律，得對滑塊有：－μmg＝ma1對小車有：μmg＝Ma2設經(jīng)時間t兩者到達共同速度，那么有：v＋a1t＝a2t解得t＝1s．由于1s＜1.5s，此時小車還未被鎖定，兩者的共同速度：v′＝a2t＝1m/s因此，車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離：x＝a2t2＋v′t′＝1m.(3)從車開場運動到被鎖定的過程中，滑塊相對小車滑動的距離Δx＝eq\f(v＋v′,2)t－a2t2＝2m所以產(chǎn)生的能：E＝μmgΔx＝6J.(4)對滑塊由動能定理，得－μmg(L－Δx)＝mv″2－mv′2滑塊脫離小車后，在豎直方向有：h＝gt″2所以，滑塊落地點離車左端的水平距離：x′＝v″t″＝0.16m考點：動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力．點評：要根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式，通過計算分析小車的狀態(tài)，再求解車右端距軌道B端的距離，考察分析物體運動情況的能力．45．如下圖，半徑R＝0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長L＝0.8m的水平傳送帶相切，水平銜接局部摩擦不計，傳動輪〔輪半徑很小〕做順時針轉(zhuǎn)動，帶動傳送帶以恒定的速度v0運動．傳送帶離地面的高度h＝1.25m，其右側(cè)地面上有一直徑D＝0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離s＝1m，B點在洞口的最右端．現(xiàn)使質(zhì)量為m＝0.5kg的小物塊從M點由靜止開場釋放，經(jīng)過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：〔1〕小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力；〔2〕假設v0＝3m/s，求小物塊在傳送帶上運動的時間；〔3〕假設要使小物塊能落入洞中，求v0應滿足的條件．【答案】〔1〕15N，方向豎直向下〔2〕0.3s；〔3〕2m/s<v0<3m/s【解析】試題分析：〔1〕設小物塊滑到圓軌道末端時速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律得：設小物塊在軌道末端所受支持力的大小為FN，據(jù)牛頓第二定律得：聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得：FN＝15N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力為15N，方向豎直向下．〔2〕小物塊在傳送帶上加速運動時，由μmg＝ma，得a＝μg＝5m/s2加速到與傳送帶到達共同速度所需要的時間，位移勻速運動的時間故小物塊在傳送帶上運動的時間t＝t1＋t2＝0.3s〔3〕小物塊從傳送帶右端做平拋運動，有h＝gt2恰好落在A點s＝v2t，得v2＝2m/s恰好落在B點D＋s＝v3t，得v3＝3m/s故v0應滿足的條件是2m/s<v0<3m/s考點：牛頓第二定律的綜合應用?！久麕燑c睛】此題主要考察了平拋運動根本公式、牛頓第二定律、向心力公式以及運動學根本公式的直接應用，難度適中。46．(18分)如圖，豎直平面存在水平向右的勻強電場，場強大小E=10N／c，在y≥0的區(qū)域還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T一帶電量、質(zhì)量的小球由長的細線懸掛于點小球可視為質(zhì)點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點正下方的坐標原點時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過點正下方的N點。(g=10m／s)，求：(1)小球運動到點時的速度大小；(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大??；(3)間的距離?！敬鸢浮恳娫囶}分析【解析】試題分析：〔18分〕解：1〕小球從A運到O的過程中，根據(jù)動能定理：①〔3分〕那么得小球在點速度為：②〔2分〕〔2〕小球運到點繩子斷裂前瞬間，對小球應用牛頓第二定律：③〔3分〕④〔1分〕由③、④得：⑤〔2分〕〔3〕繩斷后，小球做勻變速曲線運動，可分解為水平方向勻變速和豎直方向自由落體運動。所以，小球水平方向加速度大小為：⑥〔2分〕小球從點運動至點所用時間：⑦〔2分〕豎直方向間距離：⑧〔3分〕考點：帶電粒子在復合場中的運動(電場磁場重力場)動能定理牛頓第二定律47．如圖，在高為h＝5m的平臺右邊緣上，放著一個質(zhì)量M＝3kg的鐵塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的鋼球以v0＝10m/s的水平速度與鐵塊在極短的時間發(fā)生正碰被反彈，落地點距離平臺右邊緣的水平距離為L＝2m，鐵塊與平臺之間的動摩擦因數(shù)為0.5(不計空氣阻力，鐵塊和鋼球都看成質(zhì)點，取g＝10m/s2)，求：〔1〕鋼球碰后反彈的速度；〔2〕鐵塊在平臺上滑行的距離s?！敬鸢浮?1)2m/s，(2)1.6m【解析】試題分析：(1)設鋼球下落的時間為，那么有，由此可計算出鋼球碰后反彈的速度〔m/s〕。(2)設碰后鐵塊的速度為，由動量守恒可得，〔m/s〕，鐵塊受到的摩擦力所的做功為鐵塊動能的損失即，〔m〕?？键c：此題考察了平拋運動、動量守恒的概念48．〔18分〕如圖，粗糙水平面與半徑R=1.5m的光滑圓弧軌道相切于B點，質(zhì)量m=1kg的物體在大小為10N、方向與水平水平面成37°角的拉力F作用下從A點由靜止開場沿水平面運動，到達B點時立刻撤去F，物體沿光滑圓弧向上沖并越過C點，然后返回經(jīng)過B處的速度vB=15m/s。sAB=15m，g=10m/s2，sin37°=0.6，con37°=0.8。求：OO〔1〕物體到達C點時對軌道的壓力；〔2〕物體越過C點后上升的最大高度h?！?〕物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮?30N9.75m0.125【解析】試題分析：〔1〕設物體在C處的速度為vc，從B到C的過程中由機械能守恒定律有mgR+=〔2分〕在C處，由牛頓第二定律有FC=〔2分〕由以上二式代入數(shù)據(jù)可解得：軌道對物體的支持力FC=130N〔2分〕根據(jù)牛頓第三定律，物體到達C點時對軌道的壓力FC′=130N〔1分〕〔2〕物體越過C點后上升的過程中，由動能定理有〔2分〕解得其上升的最大高度為〔2分〕〔3〕由于圓弧軌道光滑，物體第一次通過B處與第二次通過的速度大小相等〔1分〕從A到B的過程，由動能定理有：[Fcon37°–μ〔mg－Fsin37°〕]sAB=③〔4分〕解得物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.125〔2分〕考點：此題考察動能定理。49．蹦床比賽分成預備運動和比賽動作。最初，運發(fā)動靜止站在蹦床上在預備運動階段，他經(jīng)過假設干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終到達完成比賽動作所需的高度；此后，進入比賽動作階段。把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小F=kx(x為床面下沉的距離，k為常量)。質(zhì)量m=50kg的運發(fā)動靜止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在預備運動中，假設運發(fā)動所做的總功W全部用于其機械能；在比賽動作中，把該運發(fā)動視作質(zhì)點，其每次離開床面做豎直上拋運動的騰空時間均為△t=2.0s，設運發(fā)動每次落下使床面壓縮的最大深度均為xl。取重力加速度g=I0m/s2，忽略空氣阻力的影響?！?〕求常量k，并在圖中畫出彈力F隨x變化的示意圖；〔2〕求在比賽動作中，運發(fā)動離開床面后上升的最大高度hm;〔3〕借助F-x圖像可以確定彈力做功的規(guī)律，在此根底上，求x1和W的值【答案】〔1〕；〔2〕5.0m；〔3〕1.1m；2525J.【解析】試題分析：〔1〕床面下沉x0=0.1m時，運發(fā)動受力平衡，有mg=kx0，解得k=5×103N/m。F-x圖線如下圖?！?〕運發(fā)動從x=0處離開床面，開場騰空，由運動的對稱性知其上升、下落的時間相等，，解得hm=5.0m?！?〕參照由速度時間圖線求位移的方法可知F-x圖線下的面積等于彈力做的功，從x處到x=0處，彈力做的功，運發(fā)動從x1處上升到最大高度hm的過程，根據(jù)動能定理可得，解得x1=1.1m對整個預備運動過程分析，由題設條件以及功和能的關(guān)系，有解得W=2525J.考點：胡克定律；能量守恒定律.50．如下圖，一帶電荷量為、質(zhì)最為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度為g，。(1)求水平向右勻強電場的電場強度大小；(2)假設將電場強度減小為原來的，求電場強度變化后物塊沿斜面下滑距離L時的動能?！敬鸢浮俊?〕；〔2〕0.3mgL【解析】試題分析：(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如下圖那么有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得(2)假設電場強度減小為原來的，即電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL考點：物體的平衡；動能定理。51．質(zhì)量為m，帶電荷量為-q的微?！仓亓Σ挥嫛?，在勻強電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，在B點時速度大小為2V，如下圖，A、B兩點間的距離為d．求：〔1〕A、B兩點的電壓；〔2〕電場強度的大小和方向．【答案】〔1〕〔2〕，方向水平向左.【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)動能定理可得：，得.〔2〕由于帶電微粒在電場中做類平拋運動，建立如下圖的坐標系：y=vt；X2+y2=d2；v2+a2t2=4v2解得：，方向水平向左.考點：動能定理；類平拋運動52．〔20分〕能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普遍存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個從原本電中性的兩極板中的一個極板移到另一個極板的過程.在移動過程中克制電場力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場能．實驗說明:電容器兩極間的電壓與電容器所帶電量如下圖．〔1〕對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法．請你借鑒此方法，根據(jù)圖示的Q-U圖像，假設電容器電容為C，兩極板間電壓為U，證明：電容器所儲存的電場能為．〔2〕如下圖，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上．框架上端接有一電容為C的電容器．框架上一質(zhì)量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h．磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面相垂直．現(xiàn)將金屬棒由靜止開場釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦．開場時電容器不帶電，不計各處電阻．求：a.金屬棒落地時的速度大小b.金屬棒從靜止釋放到落到地面的時間【答案】〔1〕見解析；〔2〕a.b.【解析】試題分析：(1)由功能關(guān)系可知克制摩擦力做功等于產(chǎn)生的電場能；根據(jù)速度時間圖像圍成的面積代表位移可知在QU圖像中，圖像所圍面積即為QU，也就是克制電場力所做的功，即；又由電容器的定義式;兩式聯(lián)立得：，電容器儲存的電場能為：〔2〕設導體棒落地的速度為v，此時導體棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動勢感生電動勢大小為電容器儲存的電場能為由動能定理得解得〔3〕導體棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可知解得考點：能量守恒定律；動能定理及動量定理；法拉第電磁感應定律。53．如圖，一個質(zhì)量為m的小球〔可視為質(zhì)點〕以某一初速度從A點水平拋出，恰好從圓管BCD的B點沿切線方向進入圓弧，經(jīng)BCD從圓管的最高點D射出，恰好又落到B點。圓弧的半徑為R且A與D在同一水平線上，BC弧對應的圓心角θ=60°，不計空氣阻力。求：〔1〕小球從A點做平拋運動的初速度v0的大?。弧?〕在D點處管壁對小球的作用力N；〔3〕小球在圓管中運動時克制阻力做的功W克f?！敬鸢浮俊?〕〔2〕〔3〕【解析】試題分析：〔1〕小球從A到B：豎直方向=2gR〔1+cos60°〕=3gR那么vy=在B點，由速度關(guān)系v0=〔2〕小球從D到B，豎直方向R〔1+cos60°〕=解得：t=那么小球從D點拋出的速度vD=在D點，由牛頓第二定律得：mg﹣N=m解得：N=〔3〕從A到D全程應用動能定理：﹣W克f=解得：W克f=考點：平拋運動圓周運動牛頓第二定律動能定理54．(12分)一個水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度3m/s沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶右端固定著一個光滑曲面，并且與曲面相切，如下圖.小物塊從曲面上高為h的P點由靜止滑下，滑到傳送帶上繼續(xù)向左運動，物塊沒有從左邊滑離傳送帶。傳送帶與物體之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，不計物塊滑過曲面與傳送帶交接處的能量損失，g取10m/s2?！?〕假設h1=1.25m，求物塊返回曲面時上升的最大高度?！?〕假設h2=0.2m，求物塊返回曲面時上升的最大高度。【答案】〔1〕0.45m〔2〕0.2m【解析】試題分析：〔1〕設物塊滑到下端的速度為v1，由動能定理得解得v1=5m/s＞3m/s所以物塊先減速到速度為零后，又返回去加速運動，當兩者的速度一樣時，以共同的速度v=3m/s一起勻速，直到滑上曲面.由動能定理得物塊上升的高度〔2〕設物塊滑到下端的速度為v2，由動能定理得解得v2=2m/s＜3m/s所以物塊先減速到速度為零后，又返回去加速運動，又返回曲面時，速度仍為v2=2m/s，然后滑上曲面，物塊上升的高度考點：此題考察了動能定理得應用55．〔16分〕如下圖，固定在豎直平面的光滑絕緣圓環(huán)處于勻強電場中，場強方向與圓環(huán)平面平行且與水平方向成30°，環(huán)上與圓心O等高的A點套有一個質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球恰好處于平衡狀態(tài)．〔重力加速度為g〕，求：°°OABC〔1〕勻強電場的場強大小〔2〕某時刻突然將電場方向變?yōu)樨Q直向下，場強大小不變，小球滑到最低點B時對環(huán)的壓力大小【答案】〔1〕〔2〕【解析】試題分析:(1)由平衡條件：①解得：，右下方與水平方向成(2)由動能定理：②由牛頓第二定律：③由②③得：由牛頓第三定律得考點：此題考察了共點力的平衡條件、動能定理、牛頓第二定律、牛頓的第三定律。56．如圖，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m的帶電為q的小球，將它置于一方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時小球在A點靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α=60°時，小球速度為0。(1)求:①小球帶電性質(zhì)②電場強度E(2)要小球恰好完成豎直圓周運動，求A點釋放小球時應有初速度vA(可含根式)【答案】〔1〕正電〔2〕【解析】試題分析：(1)①小球帶正電(1分)動能定理：0=EqLsinα-mgL(1-cosα)(2分)∴E=(2分)(2)等效重力=，與豎直夾角30°(1分)恰好過等效最高點：m=(1分)mv2－mvA2=－Ｌ(１＋cos30°)〔2分〕∴vA=〔1分〕考點：此題考察動能定理，圓周運動。57．如下圖，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短的時間給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時與第三車相碰，三車以共同速度又運動了距離L時停頓。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，假設車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：〔1〕整個過程中摩擦阻力所做的總功；〔2〕人給第一輛車水平?jīng)_量的大小；【答案】〔1〕〔2〕【解析】試題分析：〔1〕〔2〕，，，，，,考點：動量守恒定律；動量定理；點評：此題關(guān)鍵在于運動的過程較多，有三個勻減速過程和兩個碰撞過程，可以穿插運用動能定理和動量守恒定律列式求解，題中涉及的字母較多，要有足夠的耐心，更要細心！58．如下圖，水平臺高h=0.8m，臺上A點放有一大小可忽略的滑塊，質(zhì)量m=0.5kg，滑塊與臺面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5；現(xiàn)對滑塊施加一個斜向上的拉力F=5N，θ=37°，經(jīng)t1=1s，滑塊到達平臺上B點時撤去拉力，滑塊繼續(xù)運動，最終落到地面上的D點，x=0.4m?！踩in37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2〕〔1〕求滑塊在C點離開臺面瞬間的速度；〔2〕滑塊在AB段的加速度大??；〔3〕求AC間的距離?！敬鸢浮俊?〕在CD段，由平拋規(guī)律：…………〔2分〕…………〔2分〕滑塊在C點離開臺面瞬間的速度…〔2分〕(2)在AB段，滑塊受力如圖…〔1分〕…〔1分〕…〔1分〕…〔1分〕滑塊的加速度…〔2分〕〔3〕由運動學規(guī)律：…〔2分〕…〔1分〕在BC段，由動能定理：…〔2分〕AC間的距離…〔1分【解析】略59．如下圖，在水平地面上固定傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q〔q＞0〕的滑塊從距離彈簧上端為x0處由靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度，重力加速度大小為g?！?〕求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t；〔2〕假設滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W。【答案】〔1〕〔2〕【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)牛頓第二定律：〔2分〕〔2分〕解得〔3分〕〔2〕根據(jù)胡克定律可得：〔2分〕根據(jù)動能定理可得：〔2分〕解得〔3分〕考點：考察了牛頓第二定律，動能定理，胡克定律60．如下圖，兩個絕緣斜面與絕緣水平面的夾角均為α=450，水平面長d，斜面足夠長，空間存在與水平方向成450的勻強電場E，，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊，從右斜面上高為d的A點由靜止釋放，不計摩擦及物塊轉(zhuǎn)彎時損失的能量。小物塊在B點的重力勢能和電勢能均取值為零.試求：〔1〕小物塊下滑至C點時的速度大小.〔2〕在AB之間，小物塊重力勢能與動能相等點的位置高度h1.〔3〕除B點外，小物塊重力勢能與電勢能相等點的位置高度h2.【答案】〔1〕〔2〕〔3〕【解析】試題分析：〔1〕物塊從A→B→C的過程：由動能定理，有：〔1分〕〔2分〕求得：〔2分〕〔2〕物塊從A點下滑至重力勢能與動能相等的位置過程：〔1分〕〔1分〕那么有：〔1分〕求得：〔1分〕〔3〕除B點外，物塊重力勢能與電勢能相等的位置位于左斜面〔2分〕那么有：〔2分〕求得：〔1分〕【名師點睛】此題考察帶電物體在電場中運動過程中的電勢能和重力勢能的變化，電場力做功和重力做功的特點，只與初末位置有關(guān)，與實際路徑無關(guān)；在應用動能定理時，應根據(jù)物體所受各力的做功情況，計算合外力做功的表達式，從而進展計算?？键c：動能定理、電勢能。61．在游樂節(jié)目中，選手需要借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，如下圖。我們將選手簡化為質(zhì)量m=50kg的質(zhì)點，選手抓住繩由靜止開場擺動，此時繩與豎直方向夾角=，繩長l=2m，繩的懸掛點O距水面的高度為H=3m。不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺露出水面的高度不計，水足夠深?！踩≈亓铀俣龋?，〕〔1〕求選手擺到最低點時繩子對選手拉力的大小F；〔2〕假設選手擺到最低點時松手，落到了浮臺上，試用題中所提供的數(shù)據(jù)算出落點與岸的水平距離；〔3〕選手擺到最高點時松手落入水中。設水對選手的平均浮力，平均阻力，求選手落入水中的深度?！敬鸢浮俊?〕900N；〔2〕；〔3〕3m?！窘馕觥吭囶}分析：〔1〕選手從靜止開場至最低點的過程，由動能定理得：=1\*GB3①在最低點由向心力公式得：=2\*GB3②可解得：〔2〕由=1\*GB3①可得，最低點的速度為=3\*GB3③=4\*GB3④解得m〔3〕從最高點落下至落入水中速度為零的過程中，由動能定理可得：代入求得考點：牛頓定律及動能定理。62．在豎直平面有一個粗糙的圓弧軌道，其半徑R=0.4m，軌道的最低點距地面高度h=0.45m.一質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊從軌道的最高點A由靜止釋放，到達最低點B時以一定的水平速度離開軌道，落地點C距軌道最低點的水平距離x=0.6m.空氣阻力不計，g取10m/s2，求：AACxO〔1〕小滑塊離開軌道時的速度大?。弧?〕小滑塊運動到軌道最低點時，對軌道的壓力大??；〔3〕小滑塊在軌道上運動的過程中，克制摩擦力所做的功.【答案】〔1〕2.0m/s〔2〕2.0N〔3〕0.2J.【解析】試題分析：〔1〕小滑塊離開軌道后做平拋運動，設運動時間為t，初速度為v，那么x=vt；解得：v=2.0m/s〔2〕小滑塊到達軌道最低點時，受重力和軌道對它的彈力為N，根據(jù)牛頓第二定律：解得：N=2.0N根據(jù)牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小N/=N=2.0N〔3〕在滑塊從軌道的最高點到最低點的過程中，根據(jù)動能定理：解得：Wf=-0.2J所以小滑塊克制摩擦力做功為0.2J.考點：牛頓第二定律；動能定理的應用63．如圖，一小球A質(zhì)量為m1=2kg在離桌面高為h1=0.04m處以初速度v0=3m/s沿一段粗糙的圓弧軌道下滑，圓弧軌道末端與桌面水平方向相切處有一質(zhì)量為m2=1kg的小球B用一根長為L=0.08m的輕細繩靜止懸掛著。兩小球發(fā)生碰撞后，小球B恰好能繞細繩懸點O做圓周運動，小球A落在地面的水平距離為x=0.1m，桌子離地面高為h2=0.05m，不計空氣阻力，重力加速度為g=10m/s2，求〔1〕小球A碰后的速度為v1〔2〕小球B碰后的速度為v2以及這時細繩對小球B的拉力FT〔3〕小球A沿粗糙圓弧軌道下滑過程中，摩擦力所做的功Wf【答案】〔1〕1m/s(2)2m/s60N(3)-5.8J【解析】試題分析：〔1〕B球發(fā)生碰撞，在碰撞過程中可認為動量守恒，那么A球做平拋運動，那么B球恰好能繞細繩懸點O做圓周運動，說明最高點速度為，根據(jù)機械能守恒定律那么聯(lián)立上式那么，，〔2〕根據(jù)向心力知識可得，那么F=60N〔3〕根據(jù)動能定理A下落到B處未碰撞之前，設速度為所以考點：動能定理、動量守恒定律點評：此題考察了在碰撞過程中的動量守恒定律，并利用機械能守恒定律、動能定理列式求解，綜合程度較高。64．物體A的質(zhì)量為mA，圓環(huán)B的質(zhì)量為mB，通過繩子連接在一起，圓環(huán)套在光滑的豎直桿上，開場時連接圓環(huán)的繩子處于水平，如下圖，長度l＝4m，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)．不計定滑輪和空氣的阻力，取g＝10m/s2，求：(1)假設，那么圓環(huán)能下降的最大距離hm；(2)假設圓環(huán)下降h2＝3m時的速度大小為4m/s，那么兩個物體的質(zhì)量應滿足怎樣的關(guān)系？(3)假設，請定性說明小環(huán)下降過程中速度大小變化的情況及其理由?！敬鸢浮俊?〕3.8m；〔2〕；〔3〕見解析【解析】試題分析：〔1〕設圓環(huán)所能下降的最大距離為hm，由機械能守恒定律得代入數(shù)字得得〔2〕由機械能守恒解得兩個物體的質(zhì)量關(guān)系：〔3〕當，且l確定時，根據(jù)幾何關(guān)系可知小環(huán)下降的高度大于A上升的高度，那么在小環(huán)在下降過程中，系統(tǒng)的重力勢能一直在減少，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒可知系統(tǒng)的動能一直在增加，所以小環(huán)在下降過程中速度直增大。考點：機械能守恒【名師點睛】65．如下圖，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點，固定電荷量為+Q的點電荷.一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的物塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當運動到P點正下方B點時速度為v.點電荷產(chǎn)生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求：(1)物塊在A點時受到的軌道的支持力大小.(2)點電荷+Q產(chǎn)生的電場在B點的電勢大小.【答案】〔1〕〔2〕【解析】試題分析：FNFNGF庫〔1〕根據(jù)受力分析那么即〔2〕根據(jù)動能定理那么，且，因此考點：受力分析、動能定理、電場力做功點評：此類題型解題過程并不復雜，主要是對題目信息的提取是關(guān)鍵。通過動能定理比擬容易得到結(jié)果66．如下圖，絕緣光滑水平軌道AB的B端與處于豎直平面的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接．圓弧的半徑R＝0.40m.在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.10kg的帶電體(可視為質(zhì)點)放在水平軌道上與B端距離s＝1.0m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開場運動，當運動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零．帶電體所帶電荷量q＝8.0×10－5C，取g＝10m/s2，求：(1)帶電體在水平軌道上運動的加速度大小及運動到B端時的速度大??；(2)帶電體運動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力大??；(3)帶電體沿圓弧形軌道從B端運動到C端的過程中，摩擦力做的功．【答案】〔1〕8.0m/s2；4.0m/s.〔2〕5.0N.〔3〕－0.72J.【解析】試題分析：(1)設帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律qE＝ma解得a＝qE/m