人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (27)(含答案解析) 55页

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练(27)一、计算题（本大题共30小题，共300.0分）1.假设某滑雪者从山上M点以水平速度飞出，落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，到达坡底P处。斜坡NP与水平面夹角为，重力加速度为g，不计摩擦阻力和空气阻力，求：1滑雪者从M飞出到N点的所用的时间；Rm、N之间的距离m；‸若从N到P时间和M到N的时间相等，求N、P之间的距离．2.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为9J，在M点的动能为.⸶，不计空气的阻力.求： 1小球落到B点时的动能；R小球从A点运动到B点的过程中最小动能쳌䁠m3.如图所示，一个长ൌ1.‸Ǥ쳌、高ൌ.R쳌的木板B静止在光滑水平地面上．小滑块A静止放在木板B的左端，已知쳌ൌ1、쳌ൌR、滑块A与木板B间的动摩擦因数ൌ.Ǥ，现对小滑块A施加一个竖直平面内斜向右上方ൌ‸䁞的外力.问：1当外力ൌǤ时，滑块A的加速度大小为多少？R当外力ൌ1时，滑块B的加速度大小为多少？‸若外力ൌ1、且作用.用钟后撤去，则当A着地时，A与B右端的距离为多少？此过程因摩擦产生的热量为多少？4.如图所示，竖直平面内有一装置由直轨道AB、足够长的水平直轨道BC和圆轨道CD组成，各轨道平滑连接。一质量为쳌ൌR的滑块自水平平台O点以速度大小ൌͶ쳌݉用水平飞出，到达A点时速度方向恰好沿AB方向，并沿轨道AB滑下。已知轨道AB长ൌR쳌，与水平方向 夹角为‸䁞，滑块与轨道AB之间的动摩擦因数为ൌ.Ǥ，其余部分摩擦不计，若滑块视为质点，空气阻力不计，用䁠m‸䁞ൌ.，݋用‸䁞ൌ.。求：1滑块运动到A点时的速度大小；R若圆轨道的半径1ൌ.R쳌，滑块运动到圆轨道最低点C对轨道的压力；‸要使滑块不脱离圆轨道，则圆轨道的半径应满足什么条件；Ͷ若圆轨道的半径Rൌ1.䁞쳌，则滑块有多少次通过圆轨道上距水平轨道高为.R쳌的某点5.如图所示，两平行金属板A、B长ൌ쳌，两板间距离ൌ쳌，A板比B板电势高300V。一带正电的粒子电荷量ൌ111，质量쳌ൌ11R，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度ൌR1쳌݉用，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响。已知两界面MN、PS相距为1ൌ1R쳌，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为Rൌ香쳌，粒子穿过界面PS后做圆周运动最后垂直打在放置于中心 线上的荧光屏bc上。静电力常数ൌ香1香쳌R݉R，粒子重力忽略不计。结果保留两位有效数字1求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离y；R求粒子到达PS界面时离D点的距离Y和速度大小v；‸确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．6.如图所示，光滑斜面轨道、粗糙水平轨道与半径ൌR쳌的光滑圆轨道所有轨道均为绝缘轨道分别相切于B、C两点，D点为圆轨道最高点，此空间区域存在有场强大小为1ൌR1Ǥ݉、方向水平向右的匀强电场，水平轨道末端F离水平地面高ൌ.Ͷ쳌，F右侧的水平地面上方空间存在有场强大小为RൌR1Ǥ݉、方向竖直向下的匀强电场。质量쳌ൌR1R，电荷量ൌ䁪11的小钢球可视为质点由光滑斜面轨道上的A点静止释放。从B点进入圆轨道，C点离开圆轨道进入水平轨道，不计圆轨道在B、C间交错的影响。已知斜面轨道的倾角为ൌͶǤ，小钢球与水平轨道间的动摩擦因数ൌ.Ǥ，重力加速度ൌ1쳌݉用R，不计空气阻力。求：1为保证小钢球能够在光滑圆环内做完整圆周运动，A、B两点间的竖直高度差至少为多少；R若A、B两点间的竖直高度差为‸R쳌，小钢球到达D点时对轨道产生的压力大小； ‸若把轨道所在区域的电场方向改为竖直向下，大小不变，且A点离水平轨道的高度为‸.쳌，水平轨道CF的长度为ൌ1.쳌，小钢球通过轨道后落到水平地面的G点，求F、G两点间的水平距离。7.如图所示为轮滑运动的一段赛道，平台AB长为5m，BC为一段圆弧，圆心O与平台AB等高，地面CD与平台AB间的高度差为.쳌.一个轮滑运动员从A点开始，通过脚蹬地获得动力，由静止开始向右做加速运动，运动员和装备的总质量为60kg，运动员到B点滑出后刚好落在地面上的C点，运动员在平台上运动受到的阻力为总重量的.R倍，通过脚蹬地获得的平均动力为504N，重力加速度为1쳌݉用R，不计空气阻力．求：1轮滑运动员运动到B点时速度的大小；R圆弧的半径R． 8.如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度ൌR݉，磁感应强度ൌ1，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度ൌ1쳌݉用水平抛出一带正电的小球，小球的质量为쳌ൌR1，电荷量ൌ11Ǥ，g取1쳌݉用R.已知P点到O点的距离为ൌ.1Ǥ쳌，MN到x轴距离为ൌ.R쳌ൌ‸.1ͶሺRൌ1.Ͷ1Ͷሺ‸ൌ1.䁞‸R，结果保留两位有效数字1求小球从P点运动到x轴时的速度及速度方向与x轴正方向的夹角；R求小球从P点运动至MN边界所用的时间；‸当小球从P点运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度。 9.足球射到球门横梁上时，因速度方向不同、射在横梁上的位置有别，其落地点也是不同的。已知球门的横梁为圆柱形，设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上，球与横梁间的滑动摩擦系数ൌ.䁞，球与横梁碰撞时的恢复系数ൌ.䁞。试问足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内含球门上？足球射在横梁上的位置用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向垂直于横梁的轴线的夹角小于香来表示。不计空气及重力的影响。10.如图所示空间中存在两条射线OA、OB，以及沿射线OA方向的匀强电场，已知ᦙൌ，某带电粒子从射线OA上的某点P以初速度垂直于OA入射，仅在电场力作用下运动，其轨迹刚好在Q点与射线OB相切，若ᦙ切ൌ，带电粒子的质量为m，电荷量为q，求：1匀强电场的场强Rᦙ之间的距离 11.如图所示，光滑斜面的下端与半径为R的圆轨道平滑连接。现在使小球从斜面上端距地面高度为2R的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计。重力加速度为g，试求：1小球到达圆轨道最低点B时的速度大小；R小球在最低点B时对轨道的压力大小；‸小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度。12.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长ൌ.1쳌，两板间距离ൌ.Ͷ쳌，现有一微粒质量쳌ൌR.1，带电量ൌ䁪1.1，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取ൌ 1쳌݉用R.试求：带电粒子入射初速度的大小；现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板电势的取值范围。13.如图所示，在某竖直平面内固定一由斜面AB、水平面BC和半径ൌR쳌的半圆CD组成的光滑轨道，水平轨道足够长，半圆CD圆心为O，与水平面相切于C点，直径CD垂直于.R1可视为质点的甲、乙两球质量均为쳌ൌ1.1，现将小球甲从斜面上距BC高为的A‸点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点小球乙发生弹性碰撞，重力加速度g取1쳌݉用R，求：1若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力；R若两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求斜面与水平面的夹角；‸若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离。 14.如图所示，将一质量为.1的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，沿着光滑的半环形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为ൌR.쳌的粗糙平面，DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为ൌ.R쳌，ൌ.Ͷ쳌，小球与BC段的动摩擦因数为ൌ.䁞，C点离接球槽的高度为ൌ1.RǤ쳌，水平距离为ൌ.Ǥ쳌，接球槽宽度ൌ.Ǥ쳌，深度不计，g取1쳌݉用R。求：1若钢球恰好不脱离圆轨道，钢球到达A点的速度多大？R若钢球恰好不脱离圆轨道，钢球到达B位置时对半圆轨道的压力多大？‸要使钢球最终能落入槽中，弹射速度多大？ 15.如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在水平x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xoy平面向里，电场线平行于y轴，一质量为m，电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点ሺ水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，小球过M点时速度方向与x轴正方向夹角为ൌͶǤ，其从x轴上N点第一次离开电场和磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：1小球从A点抛出时初速度的大小R电场强度E的大小和方向‸点与坐标原点O之间的距离L。16.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内分界线OA的上方存在沿y轴负方向的匀强电场，‸分界线与x轴的夹角为.第三、第四象限内与x轴距离为处有一足够大的光屏MN，光屏与xR轴之间存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面向里．一群质量为m、带电量为䁪的粒子以大小不同、方向沿x轴负方向的初速度从分界线OA上射入电场，已知由P点射出的粒子初速度大小为，经过电场后从原点O进入磁场，并恰好打在光屏与y轴的交点上，已知P点的坐标 ‸为ሺ.不计粒子重力和各粒子间的相互作用力．R1求匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；R若所有粒子均能通过原点O进入磁场、且打到光屏上的粒子均被吸收，求在分界线OA上哪个区域射出的粒子能回到电场中．17.如图甲所示为车站使用的水平传送装置的示意图．绷紧的传送带长度ൌR.쳌，以ൌ‸.쳌݉用的恒定速率运行，传送皮带轮的半径均为ൌ.R쳌，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度ൌ.ͶǤ쳌.现有一行李箱可视为质点质量쳌ൌ1，以ൌ1.쳌݉用的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及时取下，行李箱从B端水平抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数ൌ.R，不计空气阻力，重力加速度g取쳌݉用R． 1求行李箱从传送带上A端运动到B端过程中传送带对行李箱做功的大小；R传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求为运送该行李箱传送带的角速度是多少；‸假如皮带轮顺时针匀速转运，当转动的角速度为时，旅行包从B端脱落后落地点距B端的水平距离为用.若皮带轮以不同的角速度重复上述动作，可得到一组对应的值与s值，试在给定的坐标系中正确地画出用的关系图线要求写出作图数据的分析过程．18.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球可看做质点从y轴上的A点以某一初速度水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为ൌ‸䁞sin‸䁞ൌ.，若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间。已知重力加速度为1试求小球抛出时的初速度及在y轴上的抛出点A的坐标；R若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之Ͷ쳌间的关系满足ൌ，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小Ǥ球不打在N板上。 19.如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为ൌ.‸쳌的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为쳌ൌ1的小球a套在半圆环上，质量为쳌ൌ.Ǥ的滑块b套在直杆上，二者之间用长为ൌ.Ͷ쳌的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度ൌ1쳌݉用R。求：1小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；R小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。结果保留一位小数20.如图所示，在光滑水平面右端B处连接一个竖直的、半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的小球可视为质点从静止开始推到B处后撤去恒力，小球 沿半圆轨道运动到最高点C处后水平抛出，恰好能落回A点，则：1小球到达C点时的速度为多大R推力对小球做了多少功‸取何值时，完成上述运动时所做的功最少最少功为多少21.如图所示，水平地面上方MN边界右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场图中未标出，磁感应强度ൌ1..在边界MN离地面高ൌ‸쳌处的A点，质量쳌ൌ11‸、电荷量ൌ11‸的带正电的小球可视为质点以速度v水平进入右侧的匀强磁场和匀强电场的区域，小球进入右侧区域恰能做匀速圆周运动.取ൌ1쳌݉用R.求：1电场强度的大小和方向． R若′‸쳌݉用，求小球在磁场中运动的最短时间1．‸若′‸쳌݉用，求小球落在水平面上的范围．22.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示.、B为两块平行金属板，间距d，两板间有方向由B指向A，大小为E的匀强电场.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为，质量为m、带电量为.微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上.试求：1微粒打在B板上的动能R微粒最后落在B板上所形成的图形的面积 23.如图所示，匀强电场方向水平向右，一个质量为m、带电量大小为q的带正电的小球用长为L的绝缘细线吊挂在固定点O。现将小球从O点正下方由静止释放，小球将向右摆动，细线与竖直方向的最大摆角为ൌ，已知重力加速度为g，求：1匀强电场的电场强度大小；R若小球向右摆动到速度最大时，细线突然断开，则此后小球经过多长时间运动到轨迹的最高点。24.电场和磁场都能使带电粒子发生偏转，称为“电偏转”和“磁偏转”。如图所示，宽为d的范围内，用垂直于初速度方向的匀强电场使初速度为的粒子偏转角已知粒子的质量为m，电荷量为。在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为不计粒子的重力。求： 1电场强度E的大小；R用电偏转和磁偏转使带电粒子穿过该区域所用的时间之比。25.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的ሺ点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：1粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小1；R匀强电场的电场强度大小E； ‸粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。【取‸.1Ͷ，‸取1.䁞‸，R、‸两问计算结果的数值系数写成保留2位有效数字的形式，其它形式不得分】26.如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中．一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点，重力加速度为g，小球在C点处的加速度大小为Ǥ݉‸.求：1匀强电场场强E；R小球在到达B点前一瞬间时，半圆轨道对它作用力的大小；‸小球从B点开始计时运动到C点的过程中，经过多长时间小球的动能最小． 27.如图1所示，水平放置的平行金属板A、B间距为ൌR쳌，板长ൌ‸쳌，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端ൌ1Ǥ쳌处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量쳌ൌ1.1䁞、电荷量ൌ1.1R的带正电粒子以平行于金属板的速度ൌ1.1Ͷ쳌݉用持续射向挡板。已知ൌ1.1R，粒子重力不计。求：1粒子在电场中的运动时间；Rൌ时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；‸撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。 28.如图所示，固定的水平桌面上有一水平轻弹簧，右端固定在a点，弹簧处于自然状态时其左端位于b点。桌面左侧有一竖直放置且半径ൌ.Ǥ쳌的光滑半圆轨道MN，MN为竖直直径。用质量쳌ൌ.R的小物块视为质点将弹簧缓慢压缩到c点，释放后从弹簧恢复原长过b点开始小物块在水平桌面上的位移与时间的关系为ൌ䁞RR쳌。小物块在N点进入光滑半圆轨道，恰好能从M点飞出，飞出后落至水平桌面上的d点。取重力加速度ൌ1쳌݉用R，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求：1、N两点间的距离；R物块在N点时对半圆轨道的压力；‸、N两点间的距离。29.如图所示，一根长度ൌ.ǤǤ쳌的轻绳一端系在O点在N点的正上方，另一端系一小物块a，把质量쳌ൌ.Ǥ的小物块a拉到与圆心O等高位置M由静止释放，到达最低点时恰好进入一长ൌ.1香쳌的水平台面上，并且轻绳断开．小物块a到达平台右边时与放在水平台面最右端的小物块b发生碰撞，碰撞后小物块a、b恰好分别从A、B两点落入洞中；已知水平台面离地面的高度ൌ1.RǤ쳌，其右侧地面上有一直径ൌ.Ǥ쳌的圆形洞，洞口最左端的A点离水平台 面右端的水平距离用ൌ1쳌，B点在洞口的最右端．小物块与水平台面之间的动摩擦因数ൌ.R.取1쳌݉用R.求：1小物块a到达最低点时轻绳的拉力大小；R小物块b的质量쳌．30.如图所示，平行放置的金属板A、B间电压为，中心各有一个小孔P、Q，平行放置的金属板C、D板长和板间距均为L，足够长的粒子接收屏M与D板夹角为1R䁞.现从P点处有质量为m、带电量为䁪的粒子放出粒子的初速度可忽略不计.经加速后从Q点射出，贴着C板并平行C板射入C、D电场平行金属板外电场忽略不计，重力不计，用䁠m‸䁞ൌ.，݋用‸䁞ൌ. 1粒子经加速后从Q点射出速度大小．R若在进入C、D间电场后好恰从D板边缘飞出，则C、D间电压1为多少？‸调节C、D间电压大小使进入电场的粒子，不能打在粒子接收屏M上，则C、D间电压R的取值范围？ --------答案与解析--------1.答案：解：1滑雪者到达N点时的竖直分速度为ൌൌm，‸解得ൌRm、N两点之间的水平位移为ൌ1R‸竖直高度差为ൌR，ൌM、N两点之间的距离为ൌR䁪RൌR1RmR‸到达N点时的速度大小为ൌൌRcos‸斜面上加速度为ൌR1‸ൌR䁪RRR‸又ൌൌ11‸解得：ൌRͶ‸R1R答：1滑雪者从M飞出到N点的所用的时间为；Rm、N之间的距离m为R；‸若11‸从N到P时间和M到N的时间相等，则N、P之间的距离为R。Ͷ解析：本题考查平抛运动与匀速直线运动的组合。1、R平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动：ൌ，ൌ；竖直方向上的自由落体运动：ൌ，ൌ1R求解；R‸斜面上做匀加速直线运动根据牛顿第二定律求解加速度，利用位移时间关系求解位移。2.答案：解：1小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间相等．小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则1R1ൌR1R1R‸RRൌRൌRRR小球从A到M，水平方向上电场力做功电ൌ1ൌ⸶， 则从A到B水平方向上电场力做功电ൌ1䁪RൌͶ电ൌRͶ⸶则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为ൌ䁪Ͷ电ൌ香䁪RͶ⸶ൌ‸‸⸶1R1R由题，R쳌ൌ香⸶，得ൌ쳌又竖直方向上，有ൌൌ，쳌1所以ൌ，쳌쳌1RR쳌mൌ1ൌ⸶，1R得mൌ쳌在水平方向上，有mൌൌ，쳌1R则得ൌ，쳌쳌所以：得ൌ‸设小球运动时间为t时动能为，则11ൌ쳌R䁪쳌RRRRRRRR化简为䁪R䁪쳌ൌ当ൌ时有极值，RRRRRR则ͶͶ䁪ൌ쳌R得ൌR䁪R由ൌ得ൌ‸‸RR即쳌䁠mൌൌ香⸶ൌ‸.⸶ǤǤ解析：本题运用运动的合成和分解法处理，抓住竖直方向上运动的对称性得到时间关系是关键．1小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知从A点至M点和从M点至B点的时间相等．小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学公式位移公式，运用比例法求出1与R之比；再运用动能定理即可得到动能；R根据速度的合成得到动能与时间的关系式，运用数学知识求极值，得到小球动能的最小值． 3.答案：解：1若AB恰好相对滑动，对A、B整体有：݋用ൌ쳌䁪쳌隔离B有：쳌sinൌ쳌解得：ൌ当外力1ൌǤ时，AB相对静止一起向右滑，则对A、B整体有：1cosൌ쳌䁪쳌1ͶR解得：滑块A的加速度1ൌ쳌݉用‸R当外力Rൌ1时，AB相对滑动，对B有：쳌Rsinൌ쳌解得：滑块B的加速度ൌ1쳌݉用R‸当Rൌ1时，对A有：Rcos쳌Rsinൌ쳌解得：ൌ쳌݉用R故ൌ.用后，ൌൌ‸.쳌݉用，ൌൌ.쳌݉用A相对B的速度：ൌൌ‸쳌݉用1R1RA相对B的位移：ൌൌ.香쳌RR又撤去F后，ൌൌǤ쳌݉用R方向向左쳌RൌൌR.Ǥ쳌݉用方向向右쳌故撤去F后，A相对B的加速度：ൌ䁞.Ǥ쳌݉用R方向向左由RൌRR得A到达B右端时相对B的速度ൌ1.Ǥ쳌݉用以后，A平抛、B匀速，水平相对速度不变，R故当A着地时，与B右端的距离：ൌൌ1.Ǥ.Rൌ.‸쳌过程中产生的摩擦热为切ൌ䁪ൌ쳌用䁠m䁪쳌ൌͶ.Ǥ⸶。解析：【试题解析】 本题主要考查了牛顿运动定律的综合应用，也涉及到了功能关系。1利用整体法，列式即可求解；R对B受力分析后，列出合力提供加速度的式子，即可求解；‸分别对A、B列出不同加速度下的运动学公式，再结合平抛运动的公式和摩擦热的表达式，即可求解。4.答案：解1滑块做平抛运动，分解速度得：m‸䁞ൌ解得：ൌ‸쳌݉用A点速度大小为：ൌR䁪RൌǤ쳌݉用R滑块从A点运动到最低点C，则动能定理得：11쳌用䁠m‸䁞쳌݋用‸䁞ൌ쳌R쳌RRR解得：ൌ‸‸쳌݉用R在最低点由牛顿第二定律得：쳌ൌ쳌支1解得：支ൌ‸Ǥ根据牛顿第三定律可知：支ൌ压ൌ‸Ǥ滑块运动到圆轨道最低点C对轨道的压力大小为350N，方向竖直向下。‸使滑块不脱离轨道有两种情况：R第一种：恰好经过最高点D，由牛顿第二定律得：쳌ൌ쳌从C点运动到最高点D，由动能定理得：11R쳌ൌ쳌R쳌RRR解得：ൌ.쳌圆轨道半径满足.쳌第二种：恰好到达圆轨道最右端速度为零，由动能定理得：1쳌ൌ쳌RR解得：ൌ1.Ǥ쳌圆轨道半径满足1.Ǥ쳌Ͷ因为ൌ1.䁞쳌1.Ǥ쳌，所以滑块冲上圆轨道1ൌ1.Ǥ쳌高度时速度变为零，然后返回斜轨道1 高处滑下，然后再次进入圆轨道达到高度为R处，由能量守恒得：Ͷ쳌1ൌ쳌1䁪쳌1‸Ͷ쳌Rൌ쳌1쳌1‸1联立解得：Rൌ1Ǥ之后滑块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动。1m11m1同理：n次上升的高度：mൌ1ൌ1.Ǥ.RmǤǤ当mൌ‸时，上升的高大高度小于.R쳌，则共有4次通过距水平轨道高为.R쳌的某点P。答1滑块运动到A点时的速度大小为Ǥ쳌݉用；R若圆轨道的半径1ൌ.R쳌，滑块运动到圆轨道最低点C对轨道的压力为350N；‸要使滑块不脱离圆轨道，则圆轨道的半径应满足的条件是.쳌或1.Ǥ쳌；Ͷ圆轨道的半径Rൌ1.䁞쳌，则滑块有4次通过圆轨道上距水平轨道高为.R쳌的某点P。解析：本题综合考查了平抛、圆周运动规律及动能定理。解答时，要注意运动过程的分析，特别是滑块不脱离圆轨道的各种情况的判断和分析。1应用平抛运动特点和处理方法求解即可；R应用动能定理求出滑块经C点时的速度，而后应用向心力公式结合牛顿第三定律求解即可；‸对滑块每种不脱离圆轨道的情况，应用动能定理和向心力公式求解；Ͷ应用动能定理分析出滑块在圆轨道上上升高度与通过次数间的关系，而后求解即可。5.答案：解：1粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离侧向位移1RൌR，ൌ，ൌ쳌，ൌ‸，联立解得：ൌ.‸쳌；R带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，运动轨迹如图所示： 其运动轨迹与PS线交于a点，图中1ൌ1ൌ1R쳌，RൌRൌ香쳌R设a到中心线的距离为Y，根据三角形相似可得：ൌ，䁪1R解得：ൌ.1R쳌带电粒子到达a处时，沿方向的速度大小为ൌൌR1쳌݉用，垂直方向的速度大小为ൌൌ1.Ǥ1쳌݉用，粒子到达PS界面时的速度大小为ൌR䁪RൌR.Ǥ1쳌݉用；‸ᦙ‸‸如图所示：tanൌൌ，tanൌൌ，可知速度v方向垂直于OaͶͶ根据题意可知，该带电粒子在穿过界面PS后将绕O点的点电荷Q做匀速圆周运动，且半径等于Oa的长度，即ൌᦙൌR䁪R，代入数据解得：ൌ.1Ǥ쳌，由库仑力提供向心力，根据牛顿第R切쳌R二定律得：ൌ，代入数值切ൌ1.1，且Q带负电。R解析：本题考查了带电粒子在电场中的偏转、库仑力提供向心力做圆周运动的知识。1粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，求出时间和加速度，就可求出y；R距离可根据几何关系求得，然后根据水平速度和竖直速度求出D点的速度；‸粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，根据库仑力充当向心力对问题进行求解。6.答案：解：1小钢球在复合场中的等效重力加速度为：1R䁪쳌RൌൌRൌ1R쳌݉用R쳌等效最高点与竖直方向的夹角为ͶǤ小钢球恰好过等效最高点的速度为v R则쳌ൌ쳌解得：ൌൌRǤ쳌݉用设A电离水平轨道CF的高度至少为H，如图所示：小钢球由A点静止释放运动到等效最高点，由动能定理得：1쳌R݋用ͶǤ䁪ൌ쳌R1R联立解得：ൌ1.Ǥ쳌R设小钢球运动到D点速度为vD，小钢球由A点静止释放运动到D点，由动能定理得：1쳌݋用ͶǤ䁪䁪݋用ͶǤൌ쳌R1RR设在D电轨道对小球的压力为N，由牛顿第二定律得，䁪쳌ൌ쳌联立解得：ൌ1.由牛顿第三定律可知：小钢球对轨道压力ൌ1.，方向竖直向下‸小钢球由A点静止释放运动到F点由动能定理得：1쳌䁪쳌䁪ൌ쳌R11R小钢球离开F后做类平抛运动，R䁪쳌ൌ쳌1ൌRRൌ联立解得：ൌR쳌答：1为保证小钢球能够在光滑圆环内做完整圆周运动，A、B两点间的竖直高度差至少为1.Ǥ쳌；R若A、B两点间的竖直高度差为‸R쳌，小钢球到达D点时对轨道产生的压力大小为1.；‸若把轨道所在区域的电场方向改为竖直向下，大小不变，且A点离水平轨道的高度为‸.쳌，水平轨道CF的长度为ൌ1.쳌，小钢球通过轨道后落到水平地面的G点，F、G两点间的水平距离 为2m。解析：1根据牛顿第二定律找出等效最高点，并求出等效重力加速度，然后根据牛顿第二定律和动能定理列式求解；R过程根据动能定理求解到达D点速度，然后对D点根据牛顿第二和牛顿第三定律列式求解；‸过程根据动能定理求解小钢球到达F点速度，离开水平轨道后做类平抛运动，可分解为水平方向匀速运动和竖直方向匀加速直线运动，根据两分运动规律列式求解。本题考查带电粒子在复合场中运动，关键是要分析出第1中直面内圆周运动的最高点为等效最高点，根据力的合成法则和牛顿第二定律求解等效重力加速度；‸中离开水平轨道后做类平抛运动，可分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，然后运用运动规律求解即可。7.答案：解：1运动员在平台上运动时，设运动到B点时速度大小为，1R根据动能定理有쳌ൌ쳌R求得ൌ쳌݉用R运动员从B点滑出后，做平抛运动，则1Rൌ，Rൌ，RൌR䁪R求得圆弧的半径ൌ1.䁞쳌。答：1轮滑运动员运动到B点时速度的大小为ൌ쳌݉用；R圆弧的半径R为1.䁞쳌。解析：本题主要考查动能定理及平抛运动规律。1运动员在平台上运动时，根据动能定理可求得轮滑运动员运动到B点时速度的大小；R运动员从B点滑出后，做平抛运动，根据平抛运动规律结合数学知识即可求得圆弧的半径R。8.答案：解：1小球在x轴上方做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为1，进入磁场的速度大小为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为，由平抛运动的规律。则 1ൌRR1R‸解得：1ൌൌ用1RRൌ1䁪，݋用ൌ解得：ൌR쳌݉用，ൌR小球进入电磁场区域时：电场力ൌR1Ǥൌ쳌쳌R故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则有ൌ解得ൌ.Ͷ쳌1R由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间Rൌൌ用1Ǥ小球从P点运动到MN所用时间ൌ1䁪Rൌ.‸用‸撤去电场后小球运动至MN时速度大小v，方向与水平方向成角，由动能定理得1R1R쳌ൌ쳌쳌R1R解得：1ൌRR쳌݉用ൌR.쳌݉用取小球在水平方向上的运动分析，由动量定理：ൌ쳌쳌，即ൌ쳌݋用쳌݋用解得ൌͶǤ答：1小球从P点运动到x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为。R小球从P点运动至MN边界所用的时间是.‸用。‸小球到达MN边界时的速度是R.쳌݉用，方向与MN之间的夹角为ͶǤ。 解析：1小球在x轴上方做平抛运动，由平抛运动的规律求出小球到达x轴时的速度的大小与方向；R分析小球在混合场中的受力情况，判断小球在混合场中运动的特点，最后结合受力分析与运动学的公式即可求出小球到达MN边界的时间；‸撤去电场时，小球在x轴下受到重力和洛伦兹力，洛伦兹力不做功，由动能定理即可求出选项到达MN的速度的大小，由动量定理确定运动的方向。本题考查带电物体在混合场中的运动，解答的关键在于明确：小球在混合场中，受到的洛伦兹力的方向是不断变化的，大小也不断变化，所以要动能定理和动量定理结合求小球的速度。9.答案：解：小圆表示横梁的横截面，大圆表示足球，ᦙR为其球心；O点为足球与横梁的碰撞点，设足球射到横梁上时球心速度的大小为v，方向垂直于横梁沿水平方向，与横梁碰撞后球心速度的大小为，方向用它与水平方向的夹角表示如图。以碰撞点O为原点作直角坐标系Oxy，y轴与ᦙRᦙᦙ1重合。以表示碰前速度的方向与y轴的夹角，以a表示碰后速度的方向与y轴负方向的夹角，足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向，即角a的大小。以Fx表示横梁作用于足球的力在x方向的分量的大小，Fy表示横梁作用于足球的力在y方向的分量的大小，表示横梁与足球相互作用的时间，m表示足球的质量，有：ൌ쳌쳌ൌ쳌쳌式中、、vx和vy分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小，根据摩擦定律有ൌ由式得ൌ䁪根据恢复系数的定义有：ൌ因mൌ mൌvxvy由各式得：mൌme1䁪1e：由图可知ൌ䁪若足球被球门横梁反弹后落在球门线内，则应有香在临界情况下，若足球被反弹后刚好落在球门线上，这时ൌ香由式得tan香ൌmh因足球是沿水平方向射到横梁上的，故ൌ，有1mൌme1䁪 1e这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置所满足的方程，解式得：代入有关数据得：mൌ1.即ൌǤ现要求球落在球门线内，故要求Ǥ。答：球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向的夹角Ǥ时才能使球心落在球门线内。解析：本题是联系实际的问题，关键是建立物理模型，将足球的运动沿着径向和切线正交分解，结合动量定理列式分析，较难。球与恒量是非对心碰撞，将球的运动沿着径向和切线正交分解；径向和切线都根据动量定理列式，同时结合滑动摩擦定律列式，还要根据几何关系列式，最后联立求解。10.答案：.解析：1带电粒子从P到Q所用时间为t，在Q点沿场强方向的速度为v1，则1ൌtansinൌൌ쳌1ൌ联立各式解得R带电粒子从P点运动到Q点，沿电场方向的距离为x，则 答：1匀强电场的场强；Rᦙ之间的距离。解析：1粒子在电场中做类平抛运动，将粒子的运动分解成水平和竖直两个方向分运动的合成，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，根据分速度关系，结合牛顿第二定律列式，求解方程组；R求出粒子从P运动到Q的水平分位移，再由几何关系求出OP的距离。解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，关键作出轨迹图，结合牛顿第二定律和运动学公式和几何关系进行求解。11.答案：解：1小球从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律1R쳌Rൌ쳌，R解得ൌR；R在B点，由牛顿第二定律得：R쳌ൌ쳌，解得ൌǤ쳌，由牛顿第三定律知，小球在最低点B时对轨道的压力大小为5mg；‸根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等于0，轨道弹力不等于0，小球不会离开轨道．设小球在C点ᦙ与竖直方向的夹角为脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0，根据牛顿第二定律，有：R쳌݋用ൌ쳌，小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得：1R쳌Rൌ쳌1䁪݋用䁪쳌，RRR由以上两式得：݋用ൌ，ൌ，‸‸离开C点后小球做斜上抛运动，水平分速度为݋用，设小球离开圆轨道后能到达最大高度为h的D点，则D点的速度即水平分速度，大小等于݋用，从A到D点的过程中由机械能守恒定律得：1R쳌Rൌ쳌݋用䁪쳌，RǤ解得ൌ。R䁞 答：1小球到达圆轨道最低点B时的速度大小为R；R小球在最低点B时对轨道的压力大小为5mg；Ǥ‸小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度为。R䁞解析：本题考查竖直面的圆周运动与斜抛运动的综合，解决本题的关键是牛顿第二定律、机械能守恒定律的应用，斜抛运动的规律的应用。1根据机械能守恒定律，即可求解；R根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对B点列式，即可求解；‸根据脱离处受力的条件应用牛顿第二定律，求出该点的夹角和速度，根据斜抛运动的特点将速度分解，得到最高点的速度，结合机械能守恒定律，从而列式求解。12.答案：解析：1电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为，则有：1RൌൌRRR联立两式得：ൌ代入数据得：ൌR.Ǥ쳌݉用RR若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则ൌൌ1RA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧下边缘射出，则有：ൌ݋1RൌR11쳌䁠m쳌ൌ쳌1联立以上各式得：쳌䁠mൌA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧上边缘射出，则有：쳌䁠m쳌ൌ쳌R且有：Rൌ1代入数据得：쳌ൌ1综上可得：1。答：1粒子入射时初速度的大小为：ൌR.Ǥ쳌݉用； R则带电后A板的电势为：1。解析：1粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度的大小；R对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小；在本题中要注意极板没电荷时，此时的粒子在极板之间做的是平抛运动，当极板间有了电荷之后，再进入的粒子受到重力和电场力的共同的作用，此时将做类平抛运动。13.答案：解：1乙恰好能通过D点，其做圆周运动的向心力完全由重力提供，设乙到达D点时的速度为，则有：R쳌ൌ쳌解得：ൌ乙球从C到D，根据机械能守恒，得：1R1R쳌ൌR쳌䁪쳌。RR解得：ൌǤR在碰后的C点：쳌ൌ쳌解得：ൌ쳌根据牛顿第三定律得：乙对半圆轨道最低点C处的压力为：ൌൌ쳌ൌ.，方向竖直向下。R设碰撞前后甲的速度分别为v、甲，根据动量守恒定律和能守恒定律有：쳌ൌ쳌甲䁪쳌111쳌Rൌ쳌R䁪쳌RRR甲R联立以上两式解得：甲ൌ，ൌൌǤ甲从A点下落到斜面底端，由机械能守恒定律得：11쳌ൌ쳌R‸RR解得：ൌ‸在B点对速度分解可得：݋用ൌ 解得：ൌ‸‸因为甲在斜面上释放时的高度不变，根据动能定理以及运动的分解可得甲运动到水平面上的速度仍为：ൌǤ设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为m、쳌，根据动量守恒和机械能守恒定律有：mൌmm䁪쳌쳌111mRൌmR䁪쳌RRRmR쳌Rm联立解得：쳌ൌm䁪쳌因为m쳌，可得쳌′R设乙球过D点的速度为，由动能定理得：11쳌Rൌ쳌R쳌RRR쳌联立解得：′1乙在水平轨道上的落点到C点的距离为，则有1RൌRRൌ联立解得乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围：R′乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围.Ͷ쳌′1.쳌所以乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离为.Ͷ쳌。答：1甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力是.，方向竖直向下。R斜面与水平面的夹角是‸。‸乙在轨道上的首次落点到C点的最短距离是.Ͷ쳌。解析：1首先小球乙为研究对象，乙恰能通过轨道的最高点D，则重力恰好通过向心力，列出牛顿第二定律的方程；从C到D的过程中，小球乙的机械能守恒，列出方程，联立即可求出小球在C的速度，最后使用牛顿第二定律求出小球在C处受到的支持力，由牛顿第三定律说明即可。R利用机械能守恒求出甲到达B点的速度，然后将速度分解，保留水平方向的分速度即为C点的速度；甲与乙碰撞的过程中动量守恒，能量守恒，联立方程即可求出斜面的倾角。‸增大甲的质量，保持乙的质量不变，则甲乙碰撞的过程中乙获得的速度增大，然后由机械能守恒求出小球乙通过C点的速度的范围，利用平抛运动求出平抛的水平距离范围。 本题关键是明确两个小球的运动情况，把握临界条件，然后分过程运用机械能守恒定律、动量守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解。R14.答案：解：1要使钢球恰好不脱离轨道对最高点A：쳌ൌ쳌解得：ൌR쳌݉用；11R钢球从A到B的过程：쳌Rൌ쳌R쳌RRRR在B点：쳌ൌ쳌解得：ൌ根据牛顿第三定律，钢球在B位置对半圆轨道的压力为6N；1R‸要使钢球能落入槽中从C到D平抛：ൌ，ൌR解得：1쳌݉用R쳌݉用11从O到C由动能定理得：쳌쳌ൌ쳌R쳌RRR解得：R1쳌݉用R쳌݉用所以：R1쳌݉用R쳌݉用。答：1若钢球恰好不脱离圆轨道，钢球到达A点的速度为R쳌݉用；R若钢球恰好不脱离圆轨道，钢球到达B位置时对半圆轨道的压力为6N；‸要使钢球最终能落入槽中，弹射速度为R1쳌݉用R쳌݉用。解析：1要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在A点由重力提供向心力，可求解速度；R从A到B根据动能定理求解B点的速度，在B位置时，对钢球根据牛顿第二定律求解支持力，再根据牛顿第三定律得到压力大小；‸钢球刚好落入槽中时做平抛运动，分解为两个方向的运动求解经过C点的速度，从O到C点，根据动能定理有求解。本题考查了动能定理、牛顿第二定律和平抛运动、圆周运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。15.答案：解：1小球抛出后做平抛运动，竖直方向：ൌR到达M点时：mൌR所以：ൌൌൌRtanmͶǤ R带电小球在受到重力、电场力、洛伦兹力共同作用下做匀速圆周运动，可得：ൌ쳌쳌所以：ൌ，方向竖直向上‸到M的过程中，小球沿水平方向做匀速直线运动，mൌൌൌR进入复合场的速度：ൌR䁪RൌR쳌R小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：ൌ쳌R쳌ൌൌR쳌R如图做出小球在复合场中的运动的轨迹，由几何知识得：mൌRൌR쳌RN点与坐标原点O之间的距离L：ൌm䁪mൌR䁪答：1小球从A点抛出时初速度的大小是R；쳌R电场强度E的大小是，方向竖直向上；R쳌R‸点与坐标原点O之间的距离L是R䁪。解析：1小球从A点做平抛运动，将运动分解，即可求出初速度的大小；R带电小球在受到重力、电场力、洛伦兹力共同作用下做匀速圆周运动，可得知电场力与重力是一对平衡力，从而可得知电场的方向；由二力平衡可求出电场的大小；‸先由洛伦兹力提供向心力表示出小球在复合场中做圆周运动的半径，结合几何关系即可求出N点与坐标原点O之间的距离L。该题考查到了复合场的问题，即在同一区域内同时存在电场、磁场和重力场三者中的任何两个，或三者都存在。此类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。常用的处理方法：1、建立带电粒子在复合场中运动的物理情景。2、物理情图景与解析几何知识有机结合，将物理问题化归为数学问题。思想方法：数理结合，建模和化归的思想方法。解题思维流程：题给文字信息建立物理图景化归为几何问题还原为物理结论构建物理图景模型是关键、化归为几何问题是手段。‸1R16.答案：解：1从P点射出的粒子在电场中做类平抛运动，有ൌ，ൌ，ൌRR쳌 ‸쳌R解得ൌ1R设粒子进入磁场时速度大小为v，方向与x轴负方向的夹角为，有tanൌൌRRൌRm又tanൌ‸，可得ൌR粒子的速度ൌR粒子进入磁场恰打在光屏与y轴的交点上，其轨迹如图所示：‸由几何关系可知圆弧轨迹对应圆心角为，圆周运动半径ൌRR由牛顿运动定律得ൌ쳌Ͷ‸쳌解得ൌ‸R分界线上坐标为ሺ的点射出的粒子到达O点，ൌm，有ൌ，‸1R11ൌRR1可得粒子初速度与其横坐标关系为1ൌ速度方向与x轴的夹角为，可得粒子进入磁场的速度为R1恰好打在光屏上的粒子与光屏相切，由几何关系得䁪݋用‸ൌR‸解得ൌ‸R1RR1ൌ쳌RͶ联立解得1ൌ，ൌ‸香ͶR‸可知，分界线上点ሺ到原点ሺ之间射出的粒子能回到电场中。香香解析：【试题解析】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用。 17.答案：解：1行李箱刚滑上传送带时做匀加速直线运动，设行李箱受到的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有：ൌ쳌ൌ쳌解得：ൌൌ.R1ൌR.쳌݉用RRRRR‸R1R设行李箱速度达到ൌ‸.쳌݉用时的位移为用1，则ൌR用1，解得用1ൌൌൌR.쳌，RRR可知用1ൌ则知行李箱在传动带上刚好能加速传送带B端时与传送带的速度相等依据动能定理有：传送带对行李箱做功ൌ1쳌R1쳌Rൌ11‸R1R⸶ൌͶ⸶RRR‸R由ൌ得ൌൌൌ1Ǥ݉用.R‸假如皮带轮顺时针匀速转动，当1Ǥ݉用时，行李箱到达B端的速度均为ൌ‸쳌݉用，平抛运动的水平距离s保持不变．1R行李箱做平抛运动的过程，有：ൌ，用ൌRRR.ͶǤ解得ൌൌൌ.‸用，用ൌൌ.香쳌1R1R当传送带的速度为零时，行李箱匀减速至速度为零时的位移：用ൌൌൌ.RǤ쳌′RRR当传送带的速度满足′′‸.쳌݉用，即′′1Ǥ݉用时，行李箱的水平位移用ൌൌൌ.R.‸ൌ.，即水平位移s与成正比．画出用的关系图线如图所示： 答：1行李箱从传送带上A端运动到B端过程中传送带对行李箱做功的大小为40J；R为运送该行李箱传送带的角速度为1Ǥ݉用‸如图所示。解析：1滑动摩擦力根据公式ൌ쳌即可求解，由牛顿第二定律可求得加速度，由运动学公式可判断行李箱在B点刚好加速到传送带的速度，从而能分析行李箱的运动情况，根据动能定理可求出传送带队行李箱做的功；R根据公式ൌ求传送带的角速度；‸结合牛顿第二定律和运动学公式求出平抛的初速度，从而得出水平位移和传送带的速度关系，再得到水平距离与角速度的关系，即可画出图像。传送带问题是物理上典型的题型，关键是分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理即可求解．18.答案：解：1设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：݋用ൌRmൌ1R带电小球在竖直方向上下落的距离为：ൌR所以小球抛出点A的纵坐标为：ൌ䁪sin，R‸以上各式联立并代入数据可解得：ൌ，11䁞RͶൌ，ൌR，ൌ．‸1Ǥ1Ǥ1䁞所以小球抛出点A的坐标为ሺ；‸R设小球进入电场时的速度大小为v， 则有：．带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．Ͷ쳌因为ൌ，所以ൌ쳌݋用，Ǥ因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动．쳌用䁠m其加速度大小为：ൌൌ用䁠m，쳌设带电小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：ൌ，1ൌRRRǤR以上各式联立求解并代入数据可得：ൌ。解析：本题考查了带电小球在复合场中的运动，掌握处理平抛运动或类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，本题有一定的难度。19.答案：解：1当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，1R由机械能守恒定律可得：쳌ൌ쳌；R解得：ൌR쳌R对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得：ൌൌR쳌ൌR。R杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为，根据杆不可伸长和缩短，有：ൌ݋用 由几何关系可得：݋用ൌൌ.R䁪R在图中，球a下降的高度ൌ݋用1R1R1Ra、b系统机械能守恒，则有：쳌ൌR쳌䁪R쳌R쳌1R对滑块b，由动能定理得：ൌ쳌ൌR.Ͷ⸶。R答：1小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小是2N；R小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功是R.Ͷ⸶。解析：1不计一切摩擦，a沿圆环自由下滑的过程中，a、b及杆组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球a滑到与圆心O等高的P点时的速度，再由向心力公式求解。R小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，根据杆不可伸长和缩短，两球沿杆的速度相等列式，得到两球速度关系式，再结合机械能守恒定律求出b球此时的速度，即可由动能定理求得杆对b球做的功。本题考查了机械能守恒和动能定理的综合运用，关键要知道a、b组成的系统机械能守恒，抓住a、b沿杆方向的分速度相等进行求解。20.答案：解：1设小球在C点时的速度为，小球从C点运动到A点所用的时间为t，则在水平方向有ൌ1R竖直方向上有RൌR解得ൌR1RR对小球从A到C过程，由动能定理有쳌RൌR쳌쳌1R䁪R解得ൌ1R‸要使力F做功最少，确定x的取值，由ൌR쳌䁪R쳌知，只要小球在C点速度最小，则功就最小．若小球恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有R쳌ൌ쳌，则ൌǤ当ൌൌRൌR时，最小，最小的功ൌ쳌．R 答：1小球到达C点时的速度为．R쳌1R䁪RR推力对小球做了功．Ǥ‸取2R时，完成上述运动时所做的功最少，最少功为쳌．R解析：1小球离开C点后做平抛运动，已知高度与水平位移的情况下，可由分运动的规律求出小球在C点时的速度大小．R选取从A到C过程，由动能定理可求出推力对小球所做的功．‸力F做功越小，小球到达B点的速度越小，到达最高点C的速度越小，当小球恰好到达C点时，由重力充当向心力，此时C点的速度最小，力F做功最小．先由牛顿第二定律求出小球通过C点的最小速度，根据1问的结果求出x，即可得到最小功．本题要挖掘隐含的临界条件：小球通过C点的最小速度为，由动能定理求解F做功，再运用数学不等式知识求解极值．21.答案：解：1小球做匀速圆周运动，电场力等于重力，故有：ൌ쳌，解得电场强度的大小：ൌ1݉쳌，由于球带正电，故由的电场力方向竖直向上，故电场强度方向竖直向上；RR小球以‸쳌݉用在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力可得：ൌ쳌，解得ൌ1ൌ‸쳌；故小球在磁场中运动的时间最短，为1ൌൌ用；ͶR‸小球以‸쳌݉用的速度进入磁场落在N点的右侧最远，由其轨迹及以上分析可得：1ൌൌ‸쳌， 1R쳌当小球速度小于‸쳌݉用时，小球从MN离开磁场后做平抛运动，故有：RൌR，Rൌ，ൌ，RRRǤ联立解得：Rൌ；由表达式可知，当ൌ1쳌时，R有最大值，解得：Rൌ쳌，小球ǤǤ落在N点右侧3m和N点左侧쳌的范围内。Ǥ解析：本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，知道当重力与电场力平衡时，球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，知道当速度小于‸쳌݉用时，小球从MN离开磁场后做平抛运动是解题的关键。1由电场力与重力相等，列平衡方程得解；R小球在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由其速度范围判得速度为‸쳌݉用时的轨迹所对的圆心角，由此确定其运动的最短时间；‸当小球速度小于‸쳌݉用时，小球从MN离开磁场后做平抛运动，由平抛运动规律及做圆周运动的半径讨论向左运动的最远距离，当小球水滴最大时，向右的距离最远，从而解得落点范围。22.答案：解：1电场力对每个微粒所做的功为：ൌ微粒从A板到B板过程，根据动能定理得ൌ1R1R则得：ൌ䁪ൌ䁪R쳌ൌ䁪R쳌；R根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形。由牛顿第二定律得：ൌ쳌1R由类平抛运动规律得：ൌൌR1R쳌RൌR则圆形面积为：ൌRൌ解析：1每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为qE，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解；R图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据类平抛运动饿规律列式求解分位移公式，即可求得面积。 23.答案：解：1设匀强电场的电场强度大小为E，根据动能定理有用䁠m쳌݋用ൌ‸쳌求得ൌ；‸‸R设重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为，则mൌൌ，得ൌ‸쳌‸쳌R‸电场力与重力的合力大小ൌൌ쳌，cos‸根据力与运动的关系可知，当细线与竖直方向的夹角为‸时，小球的速度最大，即动能最大，1RͶ‸根据动能定理有用䁠m쳌݋用ൌ쳌得：ൌR‸ൌ用䁠m，ൌR‸‸求得ൌ解析：1根据动能定理求出匀强电场的电场强度大小；R根据平衡条件，力与运动的关系可知，当细线与竖直方向的夹角为‸时，小球的速度最大，即动能最大，根据动能定理求出速度，根据分速度和合速度的关系求出运动到轨迹的最高点的时间。24.答案：解：1在电场中偏转时做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向匀加速直线运动，故ൌ1，则1ൌ由牛顿第二定律得ൌൌ쳌쳌为竖直方向速度和水平方向速度的夹角，1쳌Rtan故tanൌ，结合，解得ൌ쳌R在磁场中偏转时，由几何关系可知速度偏转角等于粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，且ൌsin在磁场中运动的时间为Rൌൌsin 1sin结合知，时间之比为ൌRR쳌1另解：Rൌ，所以ൌRR쳌解析：1在电场中偏转时做类平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向的初速度为零的匀加速直线运动分别求解；R在磁场中偏转时，由几何关系可知速度偏转角等于粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，再根据在磁场中的圆周运动的知识列式求解。本题是粒子在电场中的类平抛运动和磁场中的圆周运动的组合，中等难度。25.答案：解：1根据题意可知大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：݋用ൌ，即ൌR，R由洛伦兹力提供向心力：ൌ쳌1，1R解得：1ൌൌ；쳌쳌R设粒子第一次经过x轴的位置为1，到达b点速度大小为，粒子做类平抛运动，有：，则：ൌ，쳌设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为，由类平抛运动得：，竖直方向：，1R1R由动能定理：ൌR쳌R쳌1，.ͶR解得：ൌ；쳌RR쳌‸粒子在磁场中的周期为：ൌൌ，1 第一次经过x轴的时间：，Ͷ‸䁪R쳌在电场中运动的时间RൌRൌ，在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间：，R‸쳌则总时间：总ൌ1䁪R䁪‸ൌ。解析：本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。1根据题意画出粒子在复合场中的运动轨迹，根据几何关系及洛伦兹力提供向心力求解即可；R粒子第一次经过x轴的位置后做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式以及几何关系结合动能定理求解；‸分别求出粒子第一次经过x轴的时间、在电场中运动的时间以及第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间，三者之和即为所求时间。26.答案：解：Ǥ1小球在C处受水平向右的电场力：ൌ和竖直向下的重力mg，加速度为：，则由牛顿第二‸ǤͶ쳌定律可得：R䁪쳌Rൌ쳌，解得该匀强电场场强：ൌ；‸‸1RR从由动能定理得：R쳌ൌ쳌R，在B点：쳌ൌ쳌，解得半圆轨道对R䁞它作用力的大小：ൌ쳌；‸‸沿合力合的方向、垂直于合力方向分别建立坐标系，并将速度分解，当qE与mg的合力与v垂直时，即图中ൌ时小球的动能最小，设经过的时间为t， 1Ͷ‸由数学关系可得：ൌൌ，ൌcos，联立解得：ൌൌ。쳌tan‸RǤͶ쳌䁞答：1匀强电场场强E为；R小球在到达B点前一瞬间时，半圆轨道对它作用力的大小为쳌；‸‸‸‸小球从B点开始计时运动到C点的过程中，经过多长时间小球的动能最小为。RǤǤ解析：1对小球受力分析，小球在C点处的加速度大小为，根据牛顿第二定律求解电场强度；‸R研究小球从过程，根据动能定理求出小球经过B点时的速度大小，小球到达B点时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解轨道对它的作用力的大小；‸小球从过程采用运动的分解法研究：水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动；根据牛顿第二定律和运动学公式求出等效最高点，从而解得所用时间。本题采用程序法进行处理，难点是小球从过程，由于小球受的是恒力，采用分解法研究。Ǥ27.答案：解：1粒子的水平分速度不变，则在电场中运动的时间：ൌൌ‸1用R在～R1Ǥ用内粒子在竖直方向做匀加速运动，在R1Ǥ～‸1Ǥ用内粒子在竖直方向做䁞R匀减速运动，加速度大小始终为：ൌൌǤ1쳌݉用쳌离开电场时竖直方向的位移1RRR1Rൌ䁪ൌ1.䁞Ǥ쳌R‸‸‸R‸‸粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如下图所示： ൌ‸m䁪R1Ǥ用mൌሺ1ሺRሺ‸...时进入的粒子，向上偏转的距离最大，粒子先向上偏转做类平抛运动，再做类平抛的逆运动，最后向下偏转做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小R1均为：1ൌൌ.RǤ쳌R‸粒子向下偏转能从下极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为：1ൌ1香.䁞Ǥ쳌。答：1在电场中运动的时间‸1Ǥ用；R离开电场时竖直方向的位移为1.䁞Ǥ쳌；‸粒子飞出电场区域的范围宽度为1香.䁞Ǥ쳌。解析：解决粒子在电场中偏转问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移。1粒子在水平方向做匀速直线运动，利用运动学公式即可求解时间；R从第一问中求出的时间可以分析出ൌ时刻进入的粒子在竖直方向先做加速运动，再做减速运动，利用运动学公式求解即可；‸粒子带正电，粒子向下偏转能从B点射出，′粒子向上偏转，但是时间较短，根据运动的特点找到粒子向上偏转射出电场时距离A点距离1，进而找到光带宽度。28.答案：解：1物块恰好从M点飞出知，在M点物块的重力恰好完全提供向心力，设其速度为m，R则쳌ൌ쳌m，ൌǤ쳌݉用，m物块由M点水平飞出后，以初速度m做平抛运动。1R水平方向：ൌm，竖直方向：ൌRൌ，R代入数据解得ൌ1쳌；11R从N到M，由机械能守恒定律得쳌mR䁪R쳌ൌ쳌R，RR 解得ൌǤ쳌݉用，物块在bN段做匀减速运动，由ൌ䁞RR쳌知，初速度ൌ䁞쳌݉用，加速度ൌͶ쳌݉用R，由RRൌR，得ൌ‸쳌；‸物块在N点时，设半圆轨道对物块的支持力为，R由牛顿第二定律得쳌ൌ쳌，解得ൌ1R，由牛顿第三定律得物块在N点对半圆轨道的压力大小为1R，方向竖直向下。解析：1物块恰好从M点飞出知，在M点物块的重力恰好完全提供向心力，设其速度为m，根据向心力求解M点的速度，物块由M点水平飞出后，以初速度m做平抛运动。求出b、N两点间的距离；R从N到M，由机械能守恒定律得出N点的速度，根据机械能守恒定律求出b、N两点间的距离；‸由牛顿第二定律和向心力公式得出物块在N点对半圆轨道的压力大小。本题是圆周运动，平抛运动和机械能守恒定律的综合题目，中等难度。29.答案：解：1设小物块a到达最低点时的速度大小为1，1根据机械能守恒定律得：쳌ൌ쳌1R，R设小物块a在最低点时受到的拉力的大小为F，R1由牛顿第二定律得：쳌ൌ쳌，解得：ൌ1Ǥ；R设小物块a与b碰撞前的速度大小为R，11根据动能定理有：쳌ൌ쳌RR쳌1R，RR小物块从水平台面飞出做平抛运动，1R在竖直方向上有：ൌ，R在水平方向上有：用ൌR，用䁪ൌ‸，小物块碰撞过程，由动量守恒定律有：쳌Rൌ쳌R䁪쳌‸， 解得：쳌ൌ.R。解析：本题主要考查机械能守恒定律、动能定理及平抛运动规律和动量守恒定律的综合应用，知道每个阶段物体的运动规律是解题的关键，难度一般。1由机械能守恒定律解得小物块a到达最低点时的速度大小，由牛顿第二定律可得物块a到达最低点时轻绳的拉力大小；R根据动能定理解得物块到达平台右边时的速度大小，由动量守恒定律及平抛运动规律解得联立解得小物块b的质量。30.答案：解：1R1粒子在AB电场中加速，由动能定理得：ൌ쳌，解得粒子经加速后从Q点射出速度大小：RR；ൌ쳌1RR粒子进入CD电场后，在电场中做类平抛运动，由于粒子恰在D板边缘飞出，故有：ൌ，ൌ，R1R쳌Rൌ，联立解得C、D间电压：1ൌൌͶ；쳌‸由以上分析可知，若粒子恰未达到D板边缘，则RͶ；若粒子能飞出电场，设此时的竖直分速度为：，R由速度的合成可得：ൌtanǤ‸，ൌൌ，쳌联立解得：Rൌ，‸此时由于粒子的速度与屏平行，故不会到达屏上，故当R时，粒子不会到达屏上。‸即进入电场的粒子，不能打在粒子接收屏M上的C、D间电压R的取值范围为：RͶ或R。‸解析：本题主要考查带电粒子在电场中的加速与偏转，知道粒子在偏转电场中做类平抛运动，熟悉其运动规律是解题的关键。1由动能定理解得带电粒子加速后的速度大小；R由类平抛运动规律解得CD间电压；‸由粒子不能到达屏上的临界条件解得电压的范围。