[解析] (1)设小物块的初动能为Ek，小物块做平抛运动下落的高度为： 1h＝gt2 2即t＝0.4 s
在C点时，速度的竖直分量为vCy＝gt＝4 m/s 根据题意，vCx＝vCytan 37°＝3 m/s，vC＝5 m/s 即小物体在A点时的速度为vA＝3 m/s
在小物块由B点到A点的过程中，由动能定理，得： 1－μmgs＝mv2－Ek
2A
代入数据，得：Ek＝10.5 J。
(2)在小物块由C点到D点的过程中，由动能定理，得： 112
mgR(1－cos 53°)＝mv20－mv0 22解得：vD＝29m/s 2
v0
小球在D点时，由牛顿第二定律，得轨道对小物块的支持力FN满足FN－mg＝m
R
代入数据解得FN＝68 N
由牛顿第三定律，得小物块对轨道的压力FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下。 (3)物块在平台上产生的热量Q1＝μmgs＝6 J
设小物块最终与木板达到的共同速度的大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1＝μg＝3 m/s2 a2＝1 m/s2
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得： 112
Q2＝mv20－(m＋M)v＝10.875J 22解得：Q＝Q1＋Q2＝16.875J。
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20.[答案] (1)6m/s (2)440J
[解析] (1)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得 1
(μmgcosθ－mgsinθ)sAB＝mv2
2B代入数据得vB＝6 m/s
由于vB (2)设矿物通过轨道最高点C处时的速度为vC，由牛顿第二定律有 2vC mg＝m R 对矿物由B到C过程，由动能定理有 112 mgR(1＋cosθ)＋Wf＝mv2B－mvC 22 解联立方程并代入数据可得矿物由B点到达C点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为 Wf＝440 J m2g23m2g221.[答案] (1)0 (2) (3) k2k [解析] (1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有：kx1＝mgsin30° 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有： kx2＝mgsin30° 所以x1＝x2，弹力做的功为零 (2)B刚要离开C时，对物块A，有 F－mgsin30°－kx2＝ma 将F＝2mg，代入上式得a＝g 对A：2a(x1＋x2)＝v2 12m2g2 Ek＝mv＝ 2k(3)对A由动能定理有 1WF－WG＝mv2 2 - 12 - WG＝mg(x1＋x2)sin30° 3m2g2得WF＝ 2k 四、带电料子或带电体在电磁场中运动 mg?h＋d?Ch＋d 22.[答案] (1)2gh (2) (3)qh[解析] (1)由v2＝2gh，得v＝2gh (2)由动能定理，mg(h＋d)－qU＝0 mg?h＋d? 得U＝ q mg?h＋d?C 所以Q＝CU＝ q(3)在电场中运动的加速度 U q－mg＝ma d12 由h＝gt1 20＝v＋at2 h＋d 得t＝t1＋t2＝ h 23.[答案] (1)2eU12d2U1 (2)2 mL 2h g 2h g 1 [解析] (1)根据动能定理：eU1＝mv2 2解出v＝2eU1 m d1 (2)偏转角度最大，即：＝at2 22又L＝vt eU2a＝ dm 2d2U1解出：U2＝2 L - 13 - mgLL 24.[答案] (1) (2) (3)q62L 7g WDA[解析] (1)WAD＝－mgL UDA＝ q或UDA＝EL mgLUDA＝ q (2)由恰好过D点，判断vD＝0 根据动能定理：从A到D过程 mgLtan53°－EqL－mg2r＝0 L解得r＝ 6 (3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y xtan53°＋x＝2r LL解得x＝，y＝ 77 1 竖直方向自由落体有y＝gt2 2解得t＝ 25.【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度；闭合电路的欧姆定律． 【分析】： 1、对小球受力分析，根据共点力平衡条件找出电场力和重力之间的关系，也就知道了场强和重力之间的关系，再根据匀强电场的场强与电势差的关系，计算比值即可． 2、从30度到60度过程中，小球受到重力、电场力、绳子的拉力和外界的拉力，其中绳子的拉力不做功，其它力都做功，由于是缓慢变化，动能不变，全过程运用动能定理，列式求解拉力做功． 【解析】： 解：（1）小球处于静止状态，受力情况如图所示： 由平衡条件得： =tanθ 2L 7g 设两极板间的距离为d，则U=Ed 所以：在两个平衡位置时，两金属板间电势差之比为：U1：U2=tan30°：tan60°=1：3 （2）设该过程拉力对小球做功W，用动能定理得：W+qEl（sin60°﹣sin30°）﹣mgl（cos30°﹣cos60°）=0 又 qE=mgtan30° 解得 - 14 - 答：（1）小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1：U2=1：3． （2）若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1=30°缓慢地增大到θ2=60°，则此过程中拉力做的功 【点评】： 本题综合考查电路知识、匀强电场及共点力的平衡和动能定理等知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系．综合能力要求较高，是一道好题． 26.【考点】： 动能定理；牛顿第二定律． 【专题】： 动能定理的应用专题． 【分析】： （1）根据公式v=ωR求解出线速度表达式进行分析即可； （2）受力分析后根据牛顿第二定律列式求解拉力； （3）电动机做的功等于细线对滑块拉力做的功，对滑块的加速过程根据动能定理列式求解即可； （4）分细线拉紧和没有拉紧两种情况分析． 【解析】： 解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动； （2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得： T﹣μmg=ma 则细线拉力为： T=μmg+m Rβ1 （3）对整体运用动能定理，有 W电+Wf=其中： Wf=﹣μmgs=﹣μmg则电动机做的功为： W电=μmg + ． （4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R﹣Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2 若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t= 若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动； （2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1； （3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg + ； （4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动． - 15 -