備戰(zhàn)2020年高考物理計算題專題復(fù)習(xí)《功和能綜合計算》（解析版）

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁《功和能綜合計算》一、計算題如圖所示，水平傳送帶長L=12m，且以v=5m/s的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，光滑曲面與傳送帶的右端B點平滑鏈接，有一質(zhì)量m=2kg的物塊從距傳送帶高h(yuǎn)=5m的A點由靜止開始滑下.已知物塊與傳送帶之間的滑動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)物塊距傳送帶左端C的最小距離。

(2)物塊再次經(jīng)過B點后滑上曲面的最大高度。

(3)在整個運(yùn)動過程中，物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

光滑水平面上，用彈簧相連接的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物體，都以v0=6m/s的速度向右運(yùn)動，彈簧處于原長；質(zhì)量為4kg的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C發(fā)生碰撞后(碰撞時間極短)粘合在一起運(yùn)動，在以后的運(yùn)動中，求：

(1)彈性勢能最大值為多少？

(2)當(dāng)A的速度為零時，彈簧的彈性勢能為多少？

一輕質(zhì)細(xì)繩一端系一質(zhì)量為m=0.05kg的小球A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L=0.1m，小球跟水平面接觸，但無相互作用，在球的兩側(cè)等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，如圖所示水平距離s=2m，動摩擦因數(shù)為μ=0.25?，F(xiàn)有一滑塊B，質(zhì)量也為m=0.05kg，從斜面上高度h=5m處滑下，與小球發(fā)生彈性正碰，與擋板碰撞時不損失機(jī)械能。若不計空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質(zhì)點，(g取10m/s2，結(jié)果用根號表示)，試問：

(1)求滑塊B與小球第一次碰前的速度以及碰后的速度；

(2)求滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力；

(3)滑塊B與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，求小球做完整圓周運(yùn)動的次數(shù)。

如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R=0.5m的粗糙半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量為m=1kg的小物塊在水平恒力F=15N的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)小物塊運(yùn)動到B點時撤去F，小物塊沿半圓軌道運(yùn)動恰好能通過D點，已知A、B間的距離為3m，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g取10m/s2.求：

(1)小物塊運(yùn)動到B點時對圓軌道B點的壓力大?。?/p>

(2)小物塊離開D點后落到地面上的點與B點之間的距離．

如圖所示，質(zhì)量為5kg的木板B靜止于光滑水平面上，物塊A質(zhì)量為5kg，停在B的左端質(zhì)量為1kg的小球用長為0.45m的輕繩懸掛在固定點O上，將輕繩拉直至水平位置后，由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生碰撞后反彈，反彈所能達(dá)到的最大高度為0.2m，物塊與小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力已知A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1，為使A、B達(dá)到共同速度前A不滑離木板，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)碰撞后瞬間物塊A的速度大小為多少；

(2)木板B至少多長；

(3)從小球釋放到A、B達(dá)到共同速度的過程中，小球及A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能．

如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為34mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.

(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點時對軌道的作用力大小．

(2)為使滑塊恰好始終沿軌道滑行，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大?。?/p>

汽車的質(zhì)量為4×103kg，額定功率為30kW，運(yùn)動中阻力大小恒為車重的0.1倍。汽車在水平路面上在8×103N的牽引力的作用下從靜止開始運(yùn)動，g取10m/s2。

求：(1)經(jīng)過多長時間汽車達(dá)到額定功率？

(2)汽車達(dá)到額定功率后保持功率不變，運(yùn)動中最大速度多大？

(3)汽車加速度為0.6m/s2如圖所示，長l=1?m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知小球所帶電荷量q=1.0×10?6C，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=3.0×103N/C，取重力加速度(1)小球所受電場力F的大??；(2)小球的質(zhì)量m；(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大?。?/p>

如圖所示，質(zhì)量都是m的物體A和B，通過輕繩子跨過滑輪相連.斜面光滑且足夠長，不計繩子和滑輪之間的摩擦.開始時A物體離地的高度為h，B物體位于斜面的底端，用手托住A物體，A、B兩物均靜止，撤去手后，此后B物體一直未離開斜面，求：

(1)A物體將要落地時的速度多大？

(2)A物落地后，B物由于慣性將繼續(xù)沿斜面上升，則B物在斜面上的最遠(yuǎn)點離地的高度多大？

如圖所示，光滑弧形坡道頂端距水平面高度為h，底端切線水平且與一水平粗糙滑道相連接，O點為連接處，一輕彈簧的一端固定在水平滑道左側(cè)的固定擋板M上，彈簧自然伸長時另一端N與O點的距離為s。質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止開始滑下，進(jìn)入水平滑道并壓縮彈簧，已知彈簧的最大壓縮量為d，物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：

(1)物塊剛與彈簧接觸時速度v的大小；

(2)彈簧的最大彈性勢能Ep；

(3)若物塊能夠被重新彈回到坡道上，求它在坡道上能夠上升的最大高度H。

如圖甲所示，足夠長的“U”型金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L=1.0m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m=0.1kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，豎直向下的勻強(qiáng)磁場.連接在導(dǎo)軌兩端的電阻R=3.0Ω，金屬桿的電阻r=1.0Ω，其余部分電阻不計.某時刻給金屬桿一個水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開始運(yùn)動，圖乙是金屬桿P運(yùn)動過程的v?t圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.在金屬桿P運(yùn)動的過程中，第一個2s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個2s內(nèi)通過P的電荷量之比為3：5，g取10m/s2，求：

(1)水平恒力F的大??；

(2)求前2s內(nèi)金屬桿P運(yùn)動的位移大小x1；

(3)前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量．

如圖，在豎直平面內(nèi)有由14圓弧AB和12圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接。AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為R2。一小球在A點正上方與A相距R4處由靜止開始自由下落，經(jīng)A(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點。

如圖所示，質(zhì)量為3m的木塊靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點)以初速度v0水平向右射入木塊，穿出木塊時速度變?yōu)?5v0，試求：

①子彈穿出木塊后，木塊的速度大??；

某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運(yùn)動，并將小車運(yùn)動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v-t圖象，如圖所示(除2s～10s時間段內(nèi)的圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線)。已知小車運(yùn)動的過程中，2s～14s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末停止遙控而讓小車自由滑行.小車的質(zhì)量為1kg(1)小車所受到的阻力大小及0～(2)小車勻速行駛階段的功率(3)小車在0～10s運(yùn)動過程中位移的大小

質(zhì)量m為2kg的小球從10m高處由靜止落下，不計空氣阻力，落在泥塘中陷入泥塘的深度d為0.1m時靜止，如圖所示，求小球在運(yùn)動中受到泥塘的平均阻力？(取g=10m/s2)

如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=35，整個裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場中。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球在電場力的作用下沿水平軌道向右運(yùn)動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道。已知小球在C(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小；(2)小球到達(dá)A點時速度的大?。?3)小球從C點落至水平軌道上的位置與A點的距離。

如圖所示，地面光滑，質(zhì)量為m1的A物塊，以v0=10m/s的速度向右勻速運(yùn)動。質(zhì)量分別為m2，m3的物塊B與C，由輕質(zhì)并且處于原長狀態(tài)的彈簧相固連，B，C和彈簧初始靜止放置，某時刻A與B碰撞后立刻粘在一起。已知m1=2kg，m2=m3=3kg，求：

(1)A與B碰撞粘在一起后瞬間的速度大?。?/p>

靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如圖所示。A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103

N/C的勻強(qiáng)電場。在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質(zhì)量m=5.0×10?15

kg、帶電量為q=?2.0×10?16

C。微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上。試求：

(1)微粒打在B板上的動能；

(2)微粒到達(dá)B板所需的最短時間；

(3)微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小。

一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能；

(2)求飛船從離地面高度600m在光滑水平面上靜止有質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD，木板AB上表面粗糙，滑塊CD上表面是光滑的14圓弧，他們緊靠在一起，如圖所示．一個可視為質(zhì)點的物塊P，質(zhì)量也為m，它從木板AB的右端以初速度v0滑上木板，過B點時速度為v02，然后又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點C處．若物體P與木板求：(1)物塊滑到B處時木板AB的速度v1(2)木板AB的長度L；(3)滑塊CD最終速度v2的大?。?/p>

如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動。取重力加速度的大小g=10m/s2。

(i)

如圖所示，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度；

(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的12

(3)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時的動能。

如圖所示，在光滑平直軌道上P點靜止放置一個質(zhì)量為2m的物體A，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m的子彈以v0的水平速度射入物體A并和物體A一起運(yùn)動，并與前方靜止物體B發(fā)生彈性正碰(機(jī)械能不損失)后返回，速率大小為v012，求：

(1)子彈與物體A碰撞過程中損失的機(jī)械能；

(2)B物體的質(zhì)量．

如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R=0.6m。平臺上靜止著兩個滑塊A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上。小車質(zhì)量為M=0.3kg，車面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，Q點右側(cè)表面是光滑的。點燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA=6m/s，而滑塊B則

沖向小車。兩滑塊都可以看作質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且g=10m/s2.求：

(1)滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力；

(2)若L=0.8m，滑塊B滑上小車后的運(yùn)動過程中彈簧的最大彈性勢能；

(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應(yīng)在什么范圍內(nèi)？

如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R.C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為m2，與地面的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：

(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；

(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin；

(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。

如圖所示，質(zhì)量M=8.0kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平恒力F=8.0N.當(dāng)小車向右運(yùn)動的速度達(dá)到1.5m/s時，在小車前端輕輕放上一個大小不均，質(zhì)量為m=2.0kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，小車足夠長(g取10m/s2).從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t=1.5s，求：

(1)小物塊剛放到小車上瞬間，小物塊和小車的加速度分別為多大？

(2)小物塊通過的位移S的大?。?/p>

(3)校物塊與小車因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q．

答案和解析1.【答案】解：(1)物塊從A到B的過程中，由機(jī)械能守恒列式得：mgh=12mvB2

解得：vB=10m/s

物塊在傳送帶上向左運(yùn)動的過程中，取水平向左為正方向，通過受力分析后，

由牛頓第二定律得：?μmg=ma

得：a=?5m/s2，

由運(yùn)動學(xué)公式得：?vB2=2ax1

解得：x1=?vB22a=10m

且t1=?vBa=2s

那么，物塊距傳送帶左端C的最小距離dmin=L?x1=2m；

(2)物塊在傳送帶上向右運(yùn)動的過程中，取水平向右為正方向，通過受力分析后，

由牛頓第二定律得：μmg=ma′得：a′=5m/s2

由于傳送帶的速度【解析】本題主要考查了牛頓第二定律，運(yùn)動學(xué)基本公式以及機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，其中還涉及到物體與傳送帶的相對運(yùn)動，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況和運(yùn)動情況，過程較為復(fù)雜，難度較大，屬于難題。

(1)物塊從A到B的過程中，由機(jī)械能守恒列式，物塊在傳送帶上向左運(yùn)動的過程中，取水平向左為正方向，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)基本公式列式，聯(lián)立方程求解；

(2)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)基本公式求出物塊到達(dá)B點速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出上升的最大高度；

(3)根據(jù)分別求出物塊向左和向右滑動過程中產(chǎn)生的熱量，兩者之和即為總熱量。

2.【答案】(1)由B、C碰撞瞬間，B、C的總動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得：

mBv0=(mB+mC)v

代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s；

當(dāng)三個物體速度相同時彈性勢能最大，由動量守恒定律得：

mAv0+mBv0=(mA+mB+mC)v共

解得v共=3m/s

設(shè)最大彈性勢能為Ep，由碰后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：

Epm=(12mAv02+12mB【解析】(1)物體B與C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，碰后B的速度減小，此后ABC整體動量守恒；當(dāng)三個物體的速度相同時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大。

(2)ABC整體動量守恒，先根據(jù)動量守恒守恒定律求解BC的速度，然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解彈性勢能。

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題，分析清楚物體運(yùn)動過程、正確選擇研究對象是正確解題的關(guān)鍵。

3.【答案】解：(1)滑塊將要與小球發(fā)生碰撞時速度為v1，碰撞后速度為v1′，小球速度為v2

根據(jù)能量守恒定律，得：mgh=12mv12+μmgS2

解得：v1=95m/s

A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒，得到：mv1=mv1′+mv2

由能量守恒定律，得到：12mv12=12mv′12+12mv22

解得：，v2=95m/s

即滑塊B與小球第一次碰前的速度為95m/s，碰后的速度為0

(2)碰后瞬間，有：T?mg=mv22L

解得：T=48N

即滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力48N。

(3)小球剛能完成一次完整的圓周運(yùn)動，它到最高點的速度為【解析】本題關(guān)鍵要明確物體的運(yùn)動過程以及知道摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=f?ΔS，其中ΔS為總路程，同時要能結(jié)合能量守恒定律、牛頓第二定律、向心力公式多次列式。

(1)小球從最高點滑到O點正下方過程，根據(jù)能量守恒定律列式；再對碰撞過程利用動量守恒定律列式，聯(lián)立方程組求解；

(2)對小球受力分析，受到重力和拉力，合力提供向心力，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律列式求解；

(3)滑塊B與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，轉(zhuǎn)過一圈后恰好再次與小球碰撞，速度互換，滑塊與擋板碰撞反彈后再次與小球碰撞并互換速度，小球順時針轉(zhuǎn)動一周后，從右側(cè)與滑塊碰撞并交換速度，之后滑塊向左運(yùn)動并返回到碰撞處，完成一個循環(huán)；之后重復(fù)這個過程，直到不再碰撞為止；根據(jù)能量守恒定律對整個過程列式求解即可得到碰撞次數(shù)。

4.【答案】解：(1)小物塊在水平面上從A運(yùn)動到B過程中

根據(jù)動能定理有：F?μmgxAB=12mvB2?0?

在B點，以物塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：N?mg=mvB2R

聯(lián)立解得小物塊運(yùn)動到B點時軌道對物塊的支持力為：N=154N

由牛頓第三定律可得，小物塊運(yùn)動到B點時對圓軌道B點的壓力大小為：N′=N=154N

(2)因為小物塊恰能通過D點，所以在D點小物塊所受的重力等于向心力，即：mg=mvD2R

可得：vD=5m/s

設(shè)小物塊落地點距B點之間的距離為x，下落時間為t

根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有：x=vDt【解析】本題是動能定理、牛頓第二定律和平拋運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是確定運(yùn)動過程，分析運(yùn)動規(guī)律，知道物體恰好到達(dá)圓周最高點的臨界條件：重力等于向心力。

(1)小物塊從A運(yùn)動到B的過程中，根據(jù)動能定理求出物塊到達(dá)B點時的速度。在B點，由牛頓第二定律求出軌道對物塊的支持力，從而得到物塊對軌道的壓力。

(2)因為小物塊恰好能通過D點，所以在D點小物塊所受重力等于向心力，由牛頓第二定律求出小物塊通過D點的速度。小物塊離開D點做平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式求解落到水平地面上的點與B點之間的距離。

5.【答案】解：(1)小球下擺過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

mgL=12mv02

解得：v0=2gL

解得：

球與A碰撞過程，由動量守恒定律得：mv0=?mv0′+mAvA，

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vA=1m/s

(2)以A、B為研究對象，由動量守恒定律：m【解析】本題關(guān)鍵是根據(jù)動量守恒定律、動量定理、能量守恒列式求解，也可以根據(jù)牛頓第二定律和速度時間公式列式聯(lián)立求解。

(1、2)對小球下落過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)A時的速度，再由機(jī)械能守恒定律求得球反彈上升的初速度即球與A碰后的速度，再根據(jù)動量守恒定律求得球與A碰撞后A的速度；A沒有滑離B，A、B共同運(yùn)動，由動量守恒定律列方程求二者共同的速度，由摩擦力做功的特點即可求得木板的長度；

(3)對小球以及A、B組成的系統(tǒng)，由能量守恒列方程求損失的機(jī)械能．

6.【答案】解：

(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點時的速度為v，由動能定理有：

qE(s+R)?μmgs?mgR=12mv2?0，而qE=3mg4

解得：v=gR

設(shè)滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力大小為F，則有：F?qE=mv2R

解得：F=74mg

由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力為7【解析】

本題考查帶電粒子在電場和重力復(fù)合場中的運(yùn)動情況，關(guān)鍵是將重力和電場力合成后當(dāng)作一種全新的場力，然后得出等效場的“最高點”，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律靈活列式求解即可。

(1)滑塊從A點由靜止釋放后，電場力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理求解到達(dá)C點時的速度，滑塊到達(dá)C點時，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式求出軌道的作用力；

(2)求出重力和電場力的合力的大小和方向，電荷恰好經(jīng)過等效重力場最高點時，由重力和電場力的合力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求出等效最高點的速度，即為滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度。

7.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律得：a=F?kmgm=8000?0.1×400004000m/s2=1m/s2

根據(jù)P=Fv得達(dá)到額定功率時的速度為：v=PF=300008000m/s=3.75m/s，

汽車做勻加速運(yùn)動的時間為：t=va=3.751s=3.75s

(2)汽車所受阻力為：f=kmg=0.1×4×103×10N=4×103N

當(dāng)F=f時，a=0，速度最大；故最大速度為：vm【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)P=Fv求出達(dá)到額定功率時的速度，再根據(jù)t=va即可求解時間；

(2)當(dāng)汽車達(dá)到最大速度時，汽車的牽引力與阻力大小相等，是由功率公式可求得汽車所能達(dá)到的最大速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定律求出此時的牽引力，再根據(jù)P=Fv即可求解此時的速度。

解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)汽車的受力情況判斷運(yùn)動情況。知道在水平面上行駛當(dāng)牽引力等于阻力時，速度最大。

8.【答案】解：(1)根據(jù)電場力的計算公式可得電場力F=qE=1.0×10?6×3.0×103

N=3.0×10?3

N；

(2)小球受力情況如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可得mg=qEtanθ，

所以m=qEgtanθ=3×10?310×tan37°kg=4×10?4kg；

(3)電場撤去后小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，則mgl(1?cos37°)=12mv【解析】(1)根據(jù)電場力的計算公式求解電場力；

(2)畫出小球受力情況示意圖，根據(jù)幾何關(guān)系列方程求解質(zhì)量；

(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解速度。

有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進(jìn)行解答。

9.【答案】解：(1)A、B兩物構(gòu)成的整體(系統(tǒng))只有重力做功，故整體的機(jī)械能守恒，得：

mgh?mghsinθ=12(m+m)v2

整理得v=gh(1?sinθ)

(2)當(dāng)A物體落地后，B物體由于慣性將繼續(xù)上升，此時繩子松了，對B物體而言，只有重力做功，故B物體的機(jī)械能守恒，設(shè)其上升的最遠(yuǎn)點離地高度為H，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

【解析】選兩物體作為整體來研究時機(jī)械能守恒，從而求出A物體下落的速度．當(dāng)物體A落地后，物體B由于慣性繼續(xù)上升，由機(jī)械能守恒定律可求出B物在斜面上的最遠(yuǎn)點離地的高度．

考查單個物體與系統(tǒng)機(jī)械能守恒的不同應(yīng)用，突出機(jī)械能守恒的條件．

10.【答案】解：(1)設(shè)小物塊滑至底端O點時的速度大小為v1，由機(jī)械能守恒定律得：

mgh=12mv12

設(shè)物塊剛與彈簧接觸時的速度大小為v，由動能定理可得：

?μmgs=12mv2?12mv12

解得：v=2gh?2μgs

(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為：

Wf=μmg(s+d)

由功能關(guān)系得：mgh=【解析】本題考查了動能定理、機(jī)械能守恒、功能關(guān)系的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵確定研究的過程，運(yùn)用合適的規(guī)律進(jìn)行求解，難度中等；對于第一問，也可以對滑塊滑至與彈簧剛接觸的過程運(yùn)用動能定理進(jìn)行求解。

(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出物塊到達(dá)O點的速度，再根據(jù)動能定理求出物塊剛與彈簧接觸時的速度大?。?/p>

(2)根據(jù)能量守恒求出彈簧的最大彈性勢能；

(3)求出物塊A被彈回的過程中克服摩擦力做功的大小，結(jié)合功能關(guān)系求出上升的最大高度。

11.【答案】解：

(1)由圖乙可知金屬桿P先作加速度減小的加速運(yùn)動，2s后做勻速直線運(yùn)動。

當(dāng)t=2s時，v=4m/s，此時感應(yīng)電動勢為：E=BLv

感應(yīng)電流I=ER+r

安培力

根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有

解得F=0.75

N

(2)通過金屬桿P的電荷量

q=It=E?R+rt

其中E?=ΔΦΔt=BLxt

所以q=BLxR+r∝x(x為P的位移)

設(shè)第一個2s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，第二個2s內(nèi)P的位移為x2

則ΔΦ1=BLx1

ΔΦ2=BLx2=BLvt

由于【解析】本題考查導(dǎo)體切割磁感線規(guī)律的應(yīng)用，要注意明確在計算電量時要用到功能關(guān)系，而在求得電量時要注意利用平均電動勢進(jìn)行計算，同時還要注意共點力平衡條件的應(yīng)用才能準(zhǔn)確求解。

(1)由圖乙可明確運(yùn)動過程，由圖乙可明確最大速度，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線的電動勢E=BLv以及歐姆定律可求得感應(yīng)電流和安培力，再根據(jù)平衡條件可求得水平恒力大小；

(2)根據(jù)平均電動勢規(guī)律進(jìn)行分析求出電量表達(dá)式，由圖求出后2s的位移；再根據(jù)電量關(guān)系可求得前2sP滑動的位移大小；

(3)根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析，即可求出前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。

12.【答案】解：(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

EKA=mgR4

EKB=mg(R4+R)=5mgR4

則得小球在B、A兩點的動能之比EKB：EKA=5：1

(2)假設(shè)小球能到達(dá)C點，由機(jī)械能守恒定律得

mgR4=12mvC2

即得到達(dá)C點的速度vC=12gR

設(shè)小球通過C點的臨界速度為v0，則有【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律分別求出小球經(jīng)過B點和A點的動能，再得到它們的比值；

(2)假設(shè)小球能到達(dá)C點，由機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)C點的速度，與臨界速度比較，即可判斷小球能否到C點。

分析清楚小球的運(yùn)動過程，把握圓周運(yùn)動最高點臨界速度的求法：重力等于向心力，同時要熟練運(yùn)用機(jī)械能守恒定律。

13.【答案】解：①設(shè)子彈穿出木塊后，木塊的速度大小為v，設(shè)向右方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=3m?v+m×25v0，解得：v=v05；

②設(shè)子彈穿透木塊的過程中，產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得：Q=1【解析】本題考查了求木塊的速度、系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。

①子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出木塊的速度；

②由能量守恒定律可以求出產(chǎn)生的熱量。

14.【答案】解：(1)由圖象可得，在14s?18s內(nèi)：

a3=ΔvΔt=0?318?14m/s2=?0.75m/s2

小車受到阻力大小：

f=ma3=0.75N

在0?2s內(nèi)：

a1=ΔvΔt=12m/s2=0.5m/s2

由F?f=ma1得，電動機(jī)提供的牽引力大小

F=ma1+f=1.25N

即小車所受到的阻力大小為0.75N，0～2s時間內(nèi)電動機(jī)提供的牽引力大小為1.25N。

(2)在10s?14s內(nèi)小車做勻速運(yùn)動：F=f

【解析】(1)在14s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車只受摩擦力，故可以可以先求加速度，再求出合力，等于摩擦力；再分析前2s過程，求出加速度后，進(jìn)一步由牛頓第二定律求出牽引力；

(2)勻速階段，牽引力等于阻力，速度已知，直接根據(jù)公式P=Fv求解；

(3)前2秒位移根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解，2s到10s為變加速過程，其位移可以由動能定理求解。

本題關(guān)鍵分析清楚小車各段的運(yùn)動規(guī)律以及力的變化情況，結(jié)合牛頓第二定律和動能定理求解。

15.【答案】解：對小球從開始下落到落到泥譚中靜止的整個過程中，由動能定理得：

mg(h+d)?fd=0，

解得：f=mg(h+d)d=【解析】研究整個過程，對小球應(yīng)用動能定理列式，可以求出泥潭對金屬小球的平均阻力．

本題要分析清楚小球的運(yùn)動過程，知道應(yīng)用動能定理可以求解平均力，本題也可以分段列式研究．

16.【答案】解：(1)設(shè)小球所受電場力為F0，電場強(qiáng)度的大小為E由力的合成法則有FF0解得：E=(2)小球到達(dá)C點時所受合力的大小為F，由力的合成法則有：F2設(shè)小球到達(dá)C點時的速度大小為vC由牛頓第二定律得F=m解得：v設(shè)小球到達(dá)A點的速度大小為vA，作CD⊥PA，交PA于D由幾何關(guān)系得DA=Rsinα，CD=R由動能定理有?mg·CD?qE·DA=故小球在A點的速度大小為v(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動，加速度大小為g設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為由運(yùn)動學(xué)公式有v⊥v故t=小球水平方向上做勻變速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，小球落至水平軌道上的位置到A點的距離為s，由運(yùn)動學(xué)公式得：s=在水平方向上由牛頓第二定律得：qE=ma解得：s=

【解析】考查力的合成法則及帶電物體在復(fù)合場中的運(yùn)動，掌握牛頓第二定律的內(nèi)容，及動能定理的應(yīng)用，理解幾何知識的運(yùn)用，同時注意運(yùn)動的合成與分解的內(nèi)容。(1)根據(jù)力的合成法則，即可求解；(2)結(jié)合牛頓第二定律及勾股定理求解小球到達(dá)C點的速度，作CD⊥PA，依據(jù)幾何關(guān)系，并由動能定理，即可求解速度vA(3)根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，即可求解。

17.【答案】解：(1)A與B碰撞過程，以A﹑B為系統(tǒng)，取向右為正方向，由動量守恒定律有：

m1v0=(m1+m2)v

代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s

(2)彈簧被第一次壓縮到最短時A﹑B﹑C三物塊速度相等，全程由動量守恒定律有：

m1v0=(m1+m【解析】本題主要考查動量守恒，分析清楚運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，要知道非彈性碰撞遵守動量守恒定律．物體壓縮彈簧的過程，與彈性碰撞相似，遵守動量守恒定律和能量守恒定律．

(1)A與B碰撞粘在一起的過程，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求碰后瞬間的速度大小

(2)此后運(yùn)動過程中，三個物體及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒．當(dāng)彈簧被第一次壓縮到最短時三個物體的速度相同，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律結(jié)合解答．

18.【答案】解：(1)電場力對每個微粒所做的功為：W=qEd=2.0×10?16×1.0×103×0.40J=8.0×10?14J

微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得W=Ekt?Ek0

則得：Ekt=W+Ek0=W+12mv02=(8.0×10?14+12×5.0×10?15×2.02)J=9.0×10?14J

(2)微粒初速度方向垂直于極板時，到達(dá)B板時間最短。

由Ekt=12mvt2得：v【解析】本題是實際問題，考查理論聯(lián)系實際的能力，關(guān)鍵在于建立物理模型。第(3)問要弄清物理情景，實質(zhì)是研究類平拋運(yùn)動水平位移問題。

(1)每個微粒在勻強(qiáng)電場中所受的電場力大小為qE，微粒從噴出到落在B板上的過程，電場力做正功，根據(jù)動能定理求解；

(2)微粒初速度方向垂直于極板時，到達(dá)B板時間最短。由動能求出微粒打在B板上的速度，由運(yùn)動公式求出最短時間；

(3)圖象為圓，圓的半徑等于類似平拋運(yùn)動的微粒的水平分位移，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式求解分位移公式，即可求得面積。

19.【答案】解：1.60×105

m處的速度為v1，600m處的速度為v2，落地前的速度為v3

(1)落地時的重力勢能為零，動能為Ek2=12mv32=12×8×104×1002J=4.0×108J，

故著地前瞬間的機(jī)械能為4.0×108J；

進(jìn)入大氣層的機(jī)械能【解析】(1)機(jī)械能等于重力勢能和動能之和，可以得出兩處的機(jī)械能；

(2)根據(jù)動能定理計算克服阻力做功。

本題考查了機(jī)械能的計算和動能定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的公式是解題的關(guān)鍵。

20.【答案】解：(1)物塊P在AB上滑動時，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律有：

mv0=mv02+2mv1，

解得：v1=14v0；

(2)由能量守恒定律有：μmgL=12mv02?12m(12v0)2?12?2m(14v0)2，

解得：L=5v0216μg；

(3)設(shè)物體P與滑塊CD分離瞬間，物體P的速度為v1′，在它們相互作用的過程中，以向左為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律有：

mv02+mv1=mv1′+mv2，【解析】(1)物塊P在AB上運(yùn)動的過程中三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出速度．

(2)由能量守恒定律可以求出木板的長度．

(3)由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出物體速度．

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體的運(yùn)動過程、正確選擇研究對象與過程、應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律即可正確解題．

21.【答案】解：(i)對于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒可得，

m2v2=(m2+M)v

根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，可得，m2gh+12(m2+M)v2=12m2v22

解得：M=20kg

(ii)取水平向左為正，小孩與冰塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒可得，m1v1+【解析】(i)冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒和機(jī)械能守恒計算斜面體的質(zhì)量；

(ii)小孩和冰塊動量守恒，冰塊和斜面動量守恒機(jī)械能守恒，計算小孩和冰塊的最后速度，比較他們的速度大小的關(guān)系可以判斷能否追上小孩。

本題是對動量守恒和機(jī)械能守恒的考查，根據(jù)小孩和冰塊，還有斜面體的在不同的過程中動量守恒以及冰塊與斜面機(jī)械能守恒計算最終的速度的大小即可。

22.【答案】解：(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，

FNsin37°=qE①

FNcos37°=mg②

由1、②可得電場強(qiáng)度E=3mg4q；

(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的12，則變?yōu)镋′=3mg8q

mgsin37°?qEcos37°=ma③

可得加速度a=0.3g；

(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，

由動能定理則有：

可得動能Ek=0.3mgL。

答：(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度是3mg4q；

(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的12【解析】由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強(qiáng)度方向。當(dāng)受力不平衡時，由牛頓運(yùn)動定律來求解。當(dāng)物體運(yùn)動涉及電場力、重力做功，注意電場力做功只與沿電場強(qiáng)度方向的位移有關(guān)。

(1)帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場中，則可根據(jù)重力、支持力，又處于平衡，可得電場力方向，再由電荷的電性來確定電場強(qiáng)度方向。

(2)當(dāng)電場強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度。借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大小。

(3)選取物體下滑距離為L作為過程，利用動能定理來求出動能。

23.【答案】解：(1)設(shè)子彈與物體A的共同速度為v，由動量守恒定律mv0=3mv

則該過程損失的機(jī)械能ΔE=12mv02?12×3mv2

解得：ΔE=13mv02

(2)以子彈、物體A和物體B為系統(tǒng)，設(shè)B的質(zhì)量為M，碰后子彈和物體A的速度為v012，物體B的速度為v【解析】本題考查動量守恒定律及能時轉(zhuǎn)化及守恒規(guī)律，要注意正確分析物理過程，明確受力情況及守恒條件，選擇合理的物理規(guī)律求解。

(1)由動量守恒定律可及功能關(guān)系可求得碰撞過程中損失的能量；

(2)對于碰撞過程由動量守恒及機(jī)械能定律列式求解即可。

24.【答