人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (21)(含答案解析)

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (21)(含答案解析)

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练(21)一、计算题（本大题共30小题，共300.0分）1.如图所示，xoy为一竖直平面内的直角坐标系，AB为两坐标轴上的点，其中A点的坐标为,，B点的坐标为,。将一质量为m的小球从B点以某一初动能沿x轴正方向水平抛出，小球刚好能经过x轴上的A点。现使此小球带电，电荷量为，同时在空间加一匀强电场，场强方向平行于坐标平面。将小球以同样的初动能从坐标原点O沿某一方向抛出，小球经过了A点，且经过A点时的动能为初动能的倍；若将该小球以同样的初动能从O点沿另一方向抛出，小球刚好能通过B点，且经过B点时的动能与初动能相同，重力加速度大小为g．1求小球的初动能；求所加匀强电场的场强大小；.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径.的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角，A、B两点间的距离..质量1.的不带电绝缘滑块静止在A点，质量.1、电荷量11的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场.现用大小.、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心.小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦.取1， sin.䁋，cos.䁋．1求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；求小球到达P点时的速度大小和B、C两点间的距离x；若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点图中未画出后不再反弹，求Q、C两点间的距离L．3.如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径1的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度.䁋，水平距离1.，水平轨道AB长为11，BC长为，小球与水平轨道间的动摩擦因数.，取1 ．1若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．4.如图所示，水平地面的左侧有一高为.的绝缘平台，过平台边缘的虚线左侧有一匀强磁场，磁感应强度大小1.香，方向垂直纸面向里：虚线右侧水平地面上方有一竖直向上匀强电场，水平地面上立有一根绝缘支柱，支柱上放置一质量1.的小球1。另一质量.1、电荷量.的小球2在平台上，受到水平向右大小为.1的推力作用，沿平台向右做匀速直线运动，到达平台的右边缘点后撤去推力，小球2将与小球1在水平方向上发生弹性正碰两球球心等高，碰后球1电荷量为荷，球2与平台间的动摩擦因数.，1取1求：。 1球2碰前的速度大小；匀强电场强度的大小和球l从碰后到落地过程中水平方向的位移。5.如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成角斜向下的匀强电场，电场强度；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x轴方向的宽度ܣ，y轴负方向111的正离子不计重力，以某无限大，磁感应强度11香.现有一比荷为一速度从O点射入磁场，䁋，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．1求离子进入磁场B的速度的大小；离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上；若离子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值． 6.如图所示，在竖直平面内倾角的粗糙斜面AB、粗糙水平地面BC、光滑半圆轨道CD平滑对接，CD为半圆轨道的竖直直径。BC长为l，斜面最高点A与地面高度差1.Ⲵ，轨道ⲴCD的半径。质量为m的小滑块P从A点静止释放，P与AB、BC轨道间的滑动摩擦因数1为。在C点静止放置一个质量也为m的小球Q，P如果能与Q发生碰撞，二者没有机械能䁋损失。已知重力加速度为g，sin.䁋，cos.䁋。求：1滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小；碰后小球Q运动到D点时对轨道压力的大小；如果小球Q的质量变为为正数，小球Q通过D点后能够落在斜面AB上，求k的取值范围。7.半径为R的光滑圆环竖直放置，圆环上套有两个质量分别为m和的小球A和B，球A、B之间用一长为的轻杆相连，如图所示。开始时，球A、B都静止，且球A在圆环的最高点， 现将球A、B释放，求：1球B到达最低点时的速度大小。球B在圆环右侧区域能到达的最高点到圆环圆心的竖直高度。8.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点不计空气阻力试求：1物体在A点时弹簧的弹性势能；物体从B点运动至C点的过程中阻力所做的功； 物体离开C点后落回水平面时的位置与B点的距离。9.如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为的带负电绝缘小球，从y轴上的,点由静止开始释放，运动至x轴上的ܣ,点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和,点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。不计一切阻力，重力加速度为g。求：1匀强电场的电场强度的大小；小球运动到A点时的速度大小；求小球从C点飞出后落在x轴上的位置的横坐标。 10.如图所示，竖直平面内半径为1.䁋的光滑半圆形轨道BC与水平轨道AB相连接，AB的长度为.。一质量为1的滑块，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，到B点时撤去力F，滑块恰好沿圆轨道通过最高点C，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为.，g取1求：1滑块从C点抛出后到落点的水平位移；滑块从A到B运动的时间。11.如图所示，在竖直平面内倾角的粗糙斜面AB、粗糙水平地面BC、光滑半圆轨道CD平滑对接，CD为半圆轨道的竖直直径。BC长为l，斜面最高点A与地面高度差1.Ⲵ，轨道ⲴCD的半径。质量为m的小滑块P从A点静止释放，P与AB、BC轨道间的滑动摩擦因数1为。在C点静止放置一个质量也为m的小球Q，P如果能与Q发生碰撞，二者没有机械能䁋 损失。已知重力加速度为g，㤵㠠.䁋，.䁋。求：1滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小；碰后小球Q运动到D点时对轨道压力的大小；如果小球Q的质量变为为正数，小球Q通过D点后能够落在斜面AB上，求k的最大值。112.如图所示，竖直面内半径.的光滑圆弧轨道AB与水平面BE在B点平滑连接，在水平面上固定一开口可以让小滑块通过的竖直光滑圆轨道R荷，在水平轨道右侧相距不远处有一与竖直方向夹角的斜面。在水平轨道左侧放置一质量.1的滑块Q，一质量为2m的滑块P从A点静止释放，滑动到水平轨道上后与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞后滑块Q恰好能够通过圆轨道的最高点D，而后运动到水平轨道最右端E后水平抛出，滑块Q恰好从斜面的最高点G进入斜面，并且与斜面不碰撞。已知水平轨道BC部分光滑，滑块与荷部分轨道 1间的动摩擦因数，荷，sin.䁋，重力加速度1。求：1小滑块P经过半圆弧轨道B处时受到的支持力大小。竖直圆轨道R荷的半径。、G之间的水平距离。13.如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右抛出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为，并以前述初动能沿各个方向从B点抛入六边形区域，小1球将沿不同轨迹运动．已知某一方向抛入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向抛入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：1小球的初动能； 取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；已知小球从某一特定方向从B点抛入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向抛入的小球在六边形区域内运动的时间。14.如图所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B未知.在距离MN为h的O点将带电小球以的初速度向右水平抛出，小球在MN下方的运动做匀速圆周运动，已知重力加速度为g．1求带电小球的比荷，并指出小球带电性质．若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的1点，求1间最小距离及对应磁场的磁感强度的值．已知磁场磁感应强度为1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为该点在PQ左侧，求小球运动经过此点时加速度a． 15.如图所示，一个质量为m、电荷量为的微粒，在A点,以初速度1平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点䁋,和Q点䁋,各一次。已知该微粒的比荷为1，微粒重力不计，求：1微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角电场强度E和磁感应强度B的大小。16.如图所示，在距水平地面高.䁋m的水平桌面左边缘有一质量A1.kg的物块A以一定的初速度沿桌面运动，经过位移1.䁋m与放在桌面右边缘点的物块发生正碰，碰后物块A的速度变为零，物块离开桌面后落到地面上，落地点到桌边缘点的水平距离1.m。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块ܣ与桌面间的动摩擦因数.，物块 的质量B1.䁋kg，重力加速度1ms求：1两物块碰撞后瞬间，物块的速度大小B；两物块碰撞前瞬间，物块ܣ的速度大小A；物块ܣ与碰撞的过程中系统损失的机械能；物块ܣ在水平桌面左边缘时的初速度。17.如图所示，在高1m的光滑水平平台上，质量1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能.水平平台的长度大于弹簧的原长若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后，将以一定的水平速度1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道.点的高度1m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取1ms．1求小物块由A到B的运动时间； 求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能及滑块运动到C点时对轨道的压力；若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为，求的取值范围．18.如图所示，在xoy平面内有与该平面平行的两个有界匀强电场，在的一、二象限内电场方向沿方向，场强大小为1；在′的三、四象限内电场方向斜向上与x轴成角，场强大小为，1；一带正电荷量为q、质量为m的粒子不计重力从坐标为Ⲵ,Ⲵ的p点以初速度沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O。1、不是已知量1粒子从p点到坐标原点O的过程中电场力对粒子所做的功是多少？粒子再次经过x轴的坐标是多少？ 若粒子经过原点时记为第1次经过x轴，则第n次经过x轴时的坐标是多少？19.如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为皮.，传送带长ܣ.，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形轨道槽的最低点C等高，槽的半径.。质量为1的物块可视为质点由某高度水平抛出，初速度.，自A端无碰撞地滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失，物块滑至木板右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入槽内且恰好能经过最高点D。已知物块与传送带间的动摩擦因数为1.，物块与木板间的动摩擦因数为.䁋。取重力加速度1，sin.䁋，cos.䁋，求：1物块刚冲上传送带时速度和加速度的大小。物块从抛出至运动到B点经历的时间。木板的长度L。 20.如图所示，光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，两者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，一直径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，䁋小球继续运动。已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为，㤵㠠.䁋，.䁋，1。1若，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小。若，求小球从C点抛出后下落高度时到C点的水平位移。、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？21.如图所示，质量、长.1、高.的长木板C静置在光滑水平面上。C上放置两个视为质点的小块A和B，质量ܣ1。A距C的左端1.䁋1，与C间的动摩擦因数.。B在C的右端，与C的摩擦可忽略。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取1。现对C施加一个水平向右的恒力F，1求当时，A所受摩擦力的大小；为使A与B能碰撞，且碰撞之前的运动耗时最短，则该最短时间是多少？F需满足什么条件？若水平向右的力1，求A落到地面时与C左端的距离。已知A与B碰撞后，两者速度大小和方向将发生互换。22.如图所示，质量1.、带电量1的小球用长度.䁋的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在O点，过O点的竖直线右侧有竖直向下足够大的匀强电场，场强大小1.现将小球拉至A处，此时，细线与竖直方向成角．现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断．已知，取重力加速度1．1求小球第一次运动到最低点时的速度大小． 小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？结果可以保留根号求小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小．23.2018年11月23日，北京国际雪联单板滑雪大跳台世界杯在国家体育场举办．如图甲，运动员经过一段加速滑行后从A点以水平速度飞出，落到斜坡上的B点，已知A、B两点距离，斜坡与水平面的夹角，不计空气阻力sin.䁋,cos.䁋,1.求：1运动员在空中飞行的时间；运动员在A点水平速度的大小；若运动员从A点以不同大小的水平速度飞出落到斜坡上，请写出A、B两点距离s和水平速度的关系式，并在图乙中定性画出的图象． 24.如图所示，质量为1的物块A和质量为的木箱B以不同的速度向右运动，物块与木箱间的动摩擦因数1.，木箱与地面间的动摩擦因数.1，木箱的高度.䁋，物块可视为质点。某时刻物块离木箱右端距离.，物块的速度ܣ䁋，木箱的速度.䁋，从此时开始给木箱施加一水平向左䁋的恒力，已知重力加速度1，求：1施加恒力F的瞬间，物块A和木箱B的加速度大小；物块A离开木箱时的速度大小；物块A刚落地时离木箱右侧的水平距离。25.如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，䁋ܣ，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点未画出。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，ܣ。已知P与直轨道间 1的动摩擦因数，重力加速度大小为g。取㤵㠠，1求P第一次运动到B点时速度的大小；求P运动到E点时弹簧的弹性势能；改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。26.如图所示，长的水平传送带以䁋的速度逆时针匀速转动，左端通过光滑水平轨道与一竖直面内光滑半圆形轨道连接，半圆形轨道半径.，O为其圆心，长Ⲵ.䁋的竖直挡板中心与圆心等高，到圆心距离1。将质量为.的小物块在传送带上某处由静止释放，小物块与传送带间动摩擦因数.䁋，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度1。 1若小物块从传送带最右端静止释放，求运动到其最左端时的速度；要使小物块能从圆轨道最高点飞出，则小物块到传送带左端时速度至少为多少；求小物块从距传送带左端什么范围内静止释放，能经圆周最高点飞出后击中挡板。27.如图所示，在直角坐标系的的区域内，存在着沿y轴正方向的有界匀强电场，在的区域内，存在着垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。在坐标原点处有一粒子源，能沿x轴负方向大量射出质量为m、电荷量为q的粒子，这些粒子射出时的速率都在至的范围内。已知电场的电场强度，不计粒子重力和粒子间相互作用。求：1粒子在磁场中运动的最长时间；在磁场的左边界和电场的右边界有粒子射出的范围。 28.如图所示，矩形区域ABCD的AB边的边长为L，E、F分别是AB、CD边的中点，在AEFD区域内有竖直向下的匀强电场，在EBCF区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场图中未画出，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以速度从A点水平向右射入电场，结果粒子从EF䁋边进入磁场后，在磁场中的轨迹刚好与FC和BC边相切，已知电场强度的大小为，不计粒子的重力，求：1粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小与方向；匀强磁场的磁感应强度大小；矩形区域ABCD的面积大小．29.如图1所示，竖直平面内的光滑轨道由倾角为的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，使质量.1的小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F。改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H变化的关系如图2所 示，取1。1求圆轨道的半径R。若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低点与圆心O等高，求的值。30.如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为.一侧有电场强度为E的匀强电场垂直于，另一侧有匀强磁场垂直纸面向里.宇航员视为质点固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，.求： 1第1个小球的带电量大小；磁场的磁感强度的大小B；磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大？ --------答案与解析--------1.答案：解：1设小球从B点水平抛出的初速度大小为，小球运动到A点所用的时间为t，则由1平抛运动规律可得，，联立可解得䁋，故可解得小球的初动能为；当小球带电并加上电场后，由题意可知，小球从O点抛出经过A点时的动能ܣ，由动能定理可得ܣܣ，当小球从O点抛出经过B点时，由动能定理可得，由此可解出ܣ，，设OA的中点为C，由于ܣ，由匀强电场的特点可知，B、C两点的电势相等，两点连线即为等势线，如图所示，过O作BC的垂线，交BC于D。由于，所以电场强度的方向与等势线BC垂直且由O指向D，设，则有tanܣ，OD的长度为Rsin䁋，故䁋，由R可得。R解析：【试题解析】该题考查平抛运动、带电粒子在复合场中运动相关知识。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。1根据平抛运动规律求解小球的初动能；应用动能定理以及电势差和场强关系求所加匀强电场的场强大小； 2.答案：解：1对滑块从A点运动到B点的过程，1根据动能定理有：1，解得：䁋，小球到达P点时，受力如图甲所示则有：，解得：.1；小球所受重力与电场力的合力大小为：，小球到达P点时，由牛顿第二定律有：等，解得：.；滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为1、，111则有：111，111，解得：1“”表示1的方向水平向左，对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：，解得：.䁋；小球从P点飞出水平方向做匀减速直线运动，1有sincos竖直方向做匀加速直线运动，1有1cossin联立以上两式得.䁋。解析：【试题解析】本题是一道综合计算题，难度较大，考查了牛顿第二定律、动能定理、动能守恒定律、动量守恒定律等知识。1根据动能定理可求出滑块的速度，根据力的合成知识可求出匀强电场的电场强度大小E； 根据力的合成求出合力，利用牛顿第二定律可求出小球到达P点时的速度大小，利用动量守恒定律、动能守恒定律求出碰后滑块、小球的速度大小分别为1、，最后利用动能定理求出B、C两点间的距离x；小球从P点飞出水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，这两个方向运用运动学公式联立即可得解。3.答案：1ܣ或ܣ解析：【试题解析】略4.答案：解：1球2在平台上做匀速直线运动，根据平衡条件有：oo联立解得：䁋小球2与小球1在水平方向上发生弹性正碰，说明小球2做匀速直线运动，有：1解得：弹性碰撞过程满足动量守恒和机械能能守恒，有：11，11111联立解得：1，球1碰后水平方向有：11竖直方向有：11解得：1.解析：1球2在平台上做匀速直线运动，根据受力平衡求出球2碰前的速度大小；根据小球2受力平衡求出电场强度，小球2与小球1在水平方向上发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒列式求出碰撞后两个小球的速度，球1碰后做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖 直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，根据运动规律进行求解，难度适中。5.答案：解：1如图所示，由几何关系得，解得离子在磁场中运动时的轨道半径为：1.，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，为：1代入数据解得：1䁋。离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上，离子沿垂直电场方向做速度为的匀速直线运动，位移为Ⲵ1，Ⲵ1；离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为Ⲵ，1Ⲵ.由几何关系可知：代入数据解得：1由知，B越小，r越大，设离子在磁场中最大半径为R，由几何关系得：由牛顿运动定律得：1得：11香则外加磁场为：11香解析：【试题解析】解决本题的关键知道粒子在磁场中匀速圆周运动，掌握确定圆心、半径和圆心角的方法，知道粒子在电场中做类平抛运动，掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动。1作出粒子的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出离子进入磁场B的速度；离子进入电场后，速度方向与电场方向垂直，将粒子的运动分解为沿电场方向和垂直电场方向， 垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，结合两个分位移的关系求出再次到达x轴上的时间；粒子在磁场中轨道半径越大，磁感应强度越小，根据几何关系得出轨道半径的最大值，结合半径公式求出磁感应强度的最小值。cos16.答案：解：1对P，A到B由动能定理sin11设P能到C点，且速度为，从B到C同理Ⲵ联立式解得ⲴⲴ对P、Q由碰撞动量守恒11111对P、Q系统能量守恒11联立式解得1Ⲵ11对Q球从C到D由动能定理R11对Q球在D点R1，Ⲵ又已知，联立式解得，由牛顿第三定律压球Q的质量变为km，同理对P、Q由碰撞动量守恒111对P、Q系统能量守恒，联立式得Ⲵ111对Q球从C到D由动能定理，R1解得R1Ⲵ 在D点平抛运动，恰好落在B点，k最大，此时对应水平速度为R，1有ⲴRRⲴRRk值范围是′′1解析：【试题解析】1对滑块P，应用动能定理求出滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小；、Q碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由于动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞后Q在半圆轨道运动过程机械能守恒，由于机械能守恒定律求出Q到达D点的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对Q的支持力，再求出Q对轨道的压力；、Q碰撞过程无机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，Q离开D后做平抛运动，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与平抛运动规律分析解题。本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。17.答案：解：1取B所在的水平面为零势能面，A、B组成的系统机械能守恒有ܣܣܣ1又A、B速度大小相同，则有ܣ解得设B到圆环右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为，设圆环圆心处的水平面为零势能面，由系统机械能守恒定律得ܣcosܣsin 解得所求竖直高度cos。解析：【试题解析】1把AB看成一个系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律即可求解B球到达最低点时的速度大小；设B球到右侧最高点时，OB与竖直方向夹角为，根据机械能守恒定律即可求解，则可得到高度。本题主要考查了机械能守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能选取适当的研究对象，要知道系统的机械能是守恒的，但单个小球的机械能并不守恒．8.答案：解：1设物体在B点的速度为，对轨道的压力为，则有：又䁋1.由能量转化与守恒定律可知，弹性势能为：1.．设物体在C点的速度为，由题意可知：物体从B点运动到C点的过程中，设阻力做的功为W，由动能定理得：11解得：．物体离开C点后做平抛运动，设落地点与B点的距离为s，由平抛运动规律得：1，解得：．答：1物体在A点时弹簧的弹性势能问为.； 物体从B点运动至C点的过程中阻力所做的功；物体离开C点后落回水平面时的位置与B点的距离为2R．解析：【试题解析】1根据牛顿第二定律得出B点的速度，结合能量守恒定律求出物体在A点时的弹簧的弹性势能。物体恰好通过最高点C，根据牛顿第二定律求出C点的速度，通过动能定理求阻力做的功。物体离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律列式即可求解。本题考查了牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。9.答案：解：1小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则㠠解得：根据动能定理得：1ܣ解得：ܣ小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度ܣ小球的加速度荷，当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：1荷解得：则沿x轴方向运动的位移䁋则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标荷䁋 答：1匀强电场的电场强度的大小为；小球运动到A点时速度大小为；小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为的位置上。解析：【试题解析】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及类平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大。1小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度；点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解。10.答案：解：1若恰好通过C点，则通过C点的速度为，由牛顿第二定律：mg滑块抛出后做平抛运动，水平位移＇竖直方向自由落体运动：解得：.从A到C的过程由动能定理：解得：11从A到B运动的加速度为a，由牛顿第二定律：μmgma1由匀变速运动规律：解得： 解析：本题主要考查了牛顿运动定律和动能定理及平抛运动的直接应用，难度不大，属于基础题。1根据小球恰过C点的条件利用牛顿第二定律求出C点速度，在根据离开C后为平抛运动，结合平抛运动规律求出水平位移；从A到C全过程，由动能定理得恒力F的大小，利用牛顿第二定律求出AB过程的加速度，利用位移时间关系即可求出运动时间。cos111.答案：解：1对P，A到B由动能定理sin11设P能到C点，且速度为，从B到C同理Ⲵ联立式解得ⲴⲴ对P、Q由碰撞动量守恒11111对P、Q系统能量守恒11联立式解得1Ⲵ11对Q球从C到D由动能定理R11对Q球在D点R1，Ⲵ又已知，联立式解得，由牛顿第三定律压球Q的质量变为km，同理对P、Q由碰撞动量守恒111对P、Q系统能量守恒，联立式得Ⲵ111对Q球从C到D由动能定理，R 1解得R1Ⲵ在D点平抛运动，恰好落在B点，k最大，此时对应水平速度为R，1有ⲴRRⲴRR得到k的最大值1解析：【试题解析】1对滑块P，应用动能定理求出滑块P与Q碰撞前瞬间速度的大小；、Q碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由于动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞后Q在半圆轨道运动过程机械能守恒，由于机械能守恒定律求出Q到达D点的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对Q的支持力，再求出Q对轨道的压力；、Q碰撞过程无机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，Q离开D后做平抛运动，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与平抛运动规律分析解题。本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。1112.答案：解：1滑块P沿光滑圆弧轨道下滑，机械能守恒，有设轨道对滑块P的支持力为F，由牛顿第二定律，有联立解得䁋䁋。111滑块P与Q发生弹性碰撞，有解得ms设竖直圆轨道R荷的半径为r，滑块Q恰好通过最高点D，有 R11由滑块Q运动过程机械能守恒有R解得.m11滑块Q滑到E点的过程中，由动能定理可得滑块Q以速度从E点水平飞出，设经过时间t，恰好沿斜面下滑，有tanE、G之间的水平距离联立解得m。解析：【试题解析】本题考查机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、平抛运动等知识，意在考查考生的分析综合能力、应用数学解决物理问题的能力，试题难度较难。13.答案：解：1设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上R1在竖直方向上R由几何关系可知：R䁋，R㤵㠠䁋1解得小球的初动能为：䁋；带电小球：由动能定理得：解得：带电小球：由动能定理得：㤵㠠䁋解得：；在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知：解得：由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向， 由匀强电场电场强度与电势的关系可得：1根据力合成的平行四边形定则可得：，方向合小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，选做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为1，匀加速所用时间为，匀减速发生的位移为x则11由牛顿定律得：′未射出六边形区域小球在六边形区域内运动时间为1䁋；答：1小球的初动能是；䁋取电场中B点的电势为零，O、C两点的电势为，；该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间是䁋。解析：【试题解析】1小球从B点抛出到D做平抛运动，由平抛运动的规律结合几何关系可求得初动能；带电小球：由动能定理可求得O点的电势，带电小球：由动能定理可求得C点的电势；在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可求得x，在结合几何知识和牛顿第二定律可求得时间。 本题考查了平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律等知识的综合应用，明确运动过程结合数学知识求解是求解的关键。14.答案：解：1因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电因为所以小球从O点抛出做类平抛运动，做出图如下：根据平抛运动可得：1tan解得所以s最小时R最大，磁场的磁感强度有最小值所以小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，1所以 若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d11根据动能定理列式得：1又11所以1。解析：【试题解析】1小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，粒子带正电。小球从O点抛出做类平抛运动，小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，画出轨迹，根据圆周运动知识和几何知识求解若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d，根据动能定理及牛顿第二定律求解加速度。本题主要考查了带电粒子在复合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。15.答案：解：1微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴上做匀速直线运动，则有得.1微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，有解得.1微粒进入磁场时竖直方向的分速度由tan得tan轨迹如图所示： 电场中，由牛顿第二定律得解得，设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动由得由几何关系解得，1.香解析：【试题解析】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹，由几何知识求半径。1先分析带电微粒的运动情况：带电粒子从A点射入电场做类平抛运动，进入匀强磁场中做匀速圆周运动．运用分解的方法，研究类平抛运动，由运动学公式求时间和加速度；由速度的分解求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；画出轨迹；由牛顿第二定律求电场强度E；由几何知识求出微粒做圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度。16.答案：解：1物块B离开桌面后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开水平桌面时的速度为，则有：1竖直方向有：，水平方向有：1联立并代入数据得：1..䁋 物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，设物块A碰撞前的速度为ܣ，则有：ܣܣ解得：ܣ.11碰撞过程中系统损失的机械能为：ܣܣ11代入数据，解得：11.䁋．.设物块A在水平桌面左边缘时的初速度，由动能定理得：11ܣܣܣܣ代入数据解得：.答：1两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小是.；两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小是.；物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能.；物块A在水平桌面左边缘时的初速度大小为.，方向向右。解析：【试题解析】1物块B离开桌面后做平抛运动，运用运动的分解，根据平抛运动的规律求出碰撞后物块B水平飞出的速度大小；物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律，即可解出碰撞前瞬间物块A速度的大小；由碰撞前后A、B的速度大小，即可得到B碰撞过程中A、B所组成的系统损失的机械能；对于物块A滑行1.䁋过程，运用动能定理，即可求解物块A在水平桌面左边缘时的初速度。本题要学会分析物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有三个过程，减速过程中运用了动能定理，对于碰撞，其基本规律是动量守恒，对于平抛运动中，掌握运动的合成与分解应用，注意过程较多，涉及物理量也较多，因此要理清解题的思路，用好物理规律。117.答案：解：1设从A运动到B的时间为t，则由平抛运动规律可得：1，解得小物块由A到B的运动时间：； 圆弧半径：1，故由几何关系可得䁋，小物块平抛的水平初速度为1，则tan䁋，1解得11，1由功能关系可得弹簧时储存的弹性势能：1；由几何关系知：111B到C由动能定理：可得：根据牛顿第二定律：11解得：1根据牛顿第三定律知滑块运动到C点时对轨道的压力为，方向竖直向下；设物块在水平轨道CD上通过的总路程为s。小物块恰与墙壁发生碰撞时，路程最小，即路程的1最小值为min，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒定律可得：11maxmin，解得max.；小物块与墙壁发生第一次碰撞，恰好返回到B点时速度为零，该过程由动能定理可得：1111，1解得1；1若′，小物块从B点滑出，符合要求；1若物块从B点返回，路程的最大值为：max，路程最大时有：11minmax1解得：min。䁋111故的取值范围为：′或′。䁋解析：【试题解析】本题主要考查平抛运动规律、竖直面内的圆周运动及功能关系和动能定理的理解与应用，有一定难度。1由平抛运动规律得解； 在B点，由速度的分解及几何关系解得物块平抛的初速度，再在初始位置到A点过程，由功能关系求解；根据动能定理及圆周运动规律求解C点的压力；由碰撞过程路程的最小值与最大值结合返回到B点时速度为零，由动能定理得解。18.答案：解：1粒子从p点运动到O点，做类平抛运动，设粒子的加速度为a，运动的时间为t，到O点时的竖直方向的速度为，有：水平方向：Ⲵ，1竖直方向：Ⲵ，解得，Ⲵ由牛顿第二定律可知，1Ⲵ电场力做功，W电1Ⲵ，粒子到O点的速度为，与x轴的夹角，其中tan1，故，所以粒子进入区域内速度垂直于，竖直方向和水平方向电场力的分量为1sinⲴ粒子由O点运动再次经过x轴过程中，运动的时间为1，水平位移为1，竖直方向有1Ⲵ解得11水平方向111䁋Ⲵ所以粒子再次经过x轴的坐标是䁋Ⲵ,Ⲵ通过分析粒子在竖直方向做往复运动，连续两次经过x轴的时间为1，在轴上方，沿着水平方向粒子做匀速直线运动，其水平位移为1㠠，在x轴下方，沿着水平方向粒子做匀加速1直线运动，其水平位移为x㠠，由以上分析第n次经过x轴时的横坐标为1㠠㠠㠠Ⲵ故粒子经过原点时记为第1次经过x轴，则第n次经过x轴时的坐标是㠠㠠Ⲵ,解析：1根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动求解带电粒子的加速度及竖直方向的末速度，根据电场力做功的公式求解；根据带电粒子进入区域的初速度与电场方向的关系，利用运动的合成与分解，结合相应的运动 规律求解；分析带电粒子在两个电场中的运动特点，找出竖直方向运动为周期性运动，结合水平方向的运动规律求解。本题考查带电粒子在组合场中的运动，分析带电粒子的受力与运动状态时解决本题的关键。19.答案：解：1物块抛出后做平抛运动，在A点，由速度关系：cosܣ解得物块刚冲上传送带时速度的大小为ܣ由于ܣ′皮，故物块冲上传送带时，物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律：㤵㠠11解得此时物块的加速度大小11；ܣ皮物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间1.1ܣ皮此过程物块的位移大小111.′ܣ.由于㤵㠠䁋1，故此后物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律：㤵㠠1解得物块的加速度大小设物块此后运动至B所用的时间为，则1皮ܣ1解得1设物块做平抛运动的时间为，由速度关系：tan解得.故物块从抛出至运动到B点经历的时间11.； R物块恰好经过最高点D时，由牛顿第二定律：䁋解得物块经过D点时的速度大小R11物块由C运动到D过程，由动能定理：R解得物块到达木板最右端时的速度大小䁋物块滑上木板时的速度大小皮设物块到达木板最右端时木板的速度大小为v，则物块在长木板上滑动过程，由动量守恒定律：111联立知，木板的长度.。解析：【试题解析】本题考查了平抛运动、传送带模型、滑块模板模型、竖直面内的圆周运动，综合性较强，难度较大，关键是分析清楚物体在各个过程满足的运动规律和遵循的物理定律。1根据平抛运动规律计算物块到达A点时的速度，再由牛顿第二定律计算加速度；根据平抛运动规律计算平抛运动时间，由牛顿第二定律结合运动学公式计算物块在传送带上运动时间；根据向心力公式计算物块在D点速度，再由动能定理计算物块在C点速度，由运动学公式计算物块在B点速度，根据动量守恒定律结合能量守恒定律计算木板长度。20.答案：解：1对小球：㤵㠠对物块：得。方法一 ܣ：ܣtanܣ。方法二ܣ对,系统，1㤵㠠tantanܣ，：111。过C点后：，1，得m。ܣ对,系统，1㤵㠠，tantan，小球恰好能到达C点时，，11，得。 解析：1.划出已知条件䁋光滑管状轨道、质量为m的小球、质量为M的物块，到B处时细线断裂、半径为m、圆心角为。.根据已知条件和需要求解的问题选择合适的过程和方法1求解加速度，对ܣ过程可以受力分析，使用牛顿第二定律求解或者由匀变速直线运动的运动学公式求解。小球直线运动部分运动学信息没有，有物体的质量，故对小球和物块受力分析，使用牛顿第二定律解决，注意两个物体均沿绳方向运动，加速度大小相等。求小球从C点抛出后下落高度m时到C点的水平位移，该过程为平抛运动，且数值位移已知，根据小球竖直方向自由落体可求解运动时间，根据水平方向匀速直线运动求解水平位移还需要知道C点飞出的速度，这就需要研究ܣ过程的匀加速直线运动，加速度已经在第1问求解好，使用运动学公式或者系统机械能守恒即可求解小球经过B处的速度，再研究过程的部分圆周运动，可以使用小球机械能守恒求解小球到达C点的速度。求解M、m满足什么关系，小球能够运动到C点时，注意以下三点：两个运动过程，ܣ过程系统机械能守恒；过程小球机械能守恒。ܣ过程中小球和物块均沿绳方向运动，满足两者速度大小相等。小球能到达C点的临界条件：到C点速度大于等于零。.根据物理原理列表达式解题 21.答案：解：1若C和A一起向右加速运动，ܣ解得1两者之间的静摩擦oܣ1′ܣ，这表明假设正确，所以A所受的摩擦力为1N；要使小物块A在与小物块B碰撞之前运动时间最短，小物块A的加速度必须最大，则A所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有ܣܣ1，解得：11有11，解得1.䁋临界1：A与C刚好相对滑动：1ܣ1䁋临界2：A与B碰前到达C的左端：解得对C：ܣ，解得䁋所以F需满足䁋䁋若1，对C：ܣ，解得A与B碰前，ܣ111.ms，碰后A速度为零，B滑离C。1C运动1.m，速度达到1.ms11接着A被带动，经到达C的左端：1解得.此时ܣ荷11ms，荷.ms 脱落后，A做平抛运动，时间.s，水平位移ܣܣ荷.mC继续加速：解得，1位移荷.䁋m因此A落到地面时与C左端的距离ܣ.䁋m。解析：【试题解析】1由假设法求解求当时，A所受摩擦力的大小；要使小物块A在与小物块B碰撞之前运动时间最短，小物块A的加速度必须最大，则A所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，由牛顿第二定律求出加速度，结合临界条件求解最短时间与F需要满足条件；根据牛顿第二定律结合平抛运动的规律求解。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况。22.答案：解：1小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律得：11cos代入数据得：；由于1，故小球先做类平抛运动．则有：1，，根据牛顿第二定律可得：，根据几何关系可得：联立并代入数据得.，.䁋即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度 细线张紧瞬间，小球水平速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，11则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得：1代入数据得：1；11小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理得：荷1解得：荷䁋荷由于1′䁋故此后绳张紧有拉力，小球继续做圆周运动，设小球第n次经过最高点时速度为㠠，由动能定理得：11㠠1㠠1，㠠1，2，解得：䁋㠠1㠠最高点时，由牛顿第二定律得：㠠联立解得：1䁋㠠，㠠1，2，．答：1小球第一次运动到最低点时的速度大小为．小球第一次进入电场时先做类平抛运动，后做圆周运动．小球第一次离开电场时的速度为；小球每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小为1䁋㠠，㠠1，2，．解析：【试题解析】1小球从图示位置到达最低点的过程，由机械能守恒定律求解速度大小；小球先做类平抛运动．小球恰好处于水平位置时细线张紧，以后以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，由动能定理求解速度大小；小球第一次离开电场到达最低点过程中，由动能定理求解速度，设小球第n次经过最高点时速度为㠠，由动能定理得和牛顿第二定律联立求解每次离开电场前瞬间绳子对小球的拉力大小．有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．23.答案：解：1将运动员位移分解为水平位移：竖直位移： 1运动员在竖直方向做自由落体运动，则有：解得：；运动员在水平方向做匀速直线运动，由得：；运动员的始末位置都在斜面上，位移方向沿斜面向下，因而运动员运动的位移偏向角为，将其运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。则有：联立消去时间t，可得：可知关系是二次函数关系，是一条抛物线，如图所示：解析：平抛运动的研究方法是运动的分解法，要掌握两个分运动的规律并能熟练运用，当运动员落在斜面上时，要抓住竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切这一点来求解。1运动员做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由位移公式求出运动时间；运动员做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，应用位移公式求出初速度；应用平抛运动规律求出图象的函数表达式，然后作出图象。24.答案：解：1对物块由牛顿第二定律得：1ܣ，ܣ对木箱由牛顿第二定律得：11，1设木箱经时间1减速到0，对木箱应用速度时间公式：11，1.此时物块的速度ܣ1ܣܣ1 ܣܣ11该过程中物块的位移：ܣ11木箱的位移：1.1䁋假设木箱减速为0后静止，所受摩擦力大小为f，o1解得o′，假设成立设物块在经时间从木箱右侧掉下，ܣ则有：ܣ11ܣ1可解得：.或1.舍去因此，物块离开木箱时的速度：ܣܣ1ܣ此时物块速度大小为，方向水平向右。1物块做平抛运动：，.水平位移ܣܣ.䁋物块离开木箱后，对木箱得：1物块平抛运动过程中木箱的位移：所以物块落地时，离木箱右侧的水平距离为：ܣ.䁋䁋。解析：【试题解析】 1由牛顿第二定律对对物块与木箱列式求出加速度；分析木箱与物块的运动过程，由牛顿第二定律结合运动学公式求解物块A离开木箱时的速度大小；物块做平抛运动，结合牛顿第二定律求出木箱的加速度，结合运动学公式求解物块A刚落地时离木箱右侧的水平距离。分析木箱与物块的运动过程是求解的关键。25.答案：解：1到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：1sincos其中：ܣ代入数据得：；物块返回B点后向上运动的过程中：1sincos荷其中：ܣ1䁋联立得：荷物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：cos1荷1整理得：物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：sincos1又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功， 即：所以：.；由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：1.䁋1.䁋1.䁋所以D点相对于G点的高度：1..小球做平抛运动的时间：G点到D点的水平距离：㤵㠠䁋由：R联立得：RE到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：1荷sin荷cos荷R1联立得：荷。解析：【试题解析】1对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度； 同1的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量。本题考查功能关系、动能定理，能量守恒定律，竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义26.答案：解：1由牛顿第二定律：ma；若一直加速，则v䁋，故小物块先加速后匀速即到左端时的速度为䁋在最高点由最左端到最高点：最左端时速度至少为1当击中上端时：；d解得：再由最左端到最高点：和传送带上加速荷解得11䁋击中下端时：同理可得：1解得䁋解析：【试题解析】 1由牛顿第二定律求解物块在传送带上的加速度，由速度位移公式求解物块的速度，分析得出小物块先加速后匀速，求解运动到其最左端时的速度。小物块在最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律和机械能守恒求解小物块到传送带左端时速度。小物块抛出后做平抛运动，分别讨论集中上端和下端，由平抛运动规律和机械能守恒求解小物块从距传送带左端释放的范围。本题考查了平抛运动、机械能守恒和牛顿第二定律的综合运用，要知道最高点向心力的来源。27.答案：解：1粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力则，解得：粒子在磁场中做圆周运动的周期香粒子在磁场中运动的最小半径㤵㠠粒子在磁场中运动的最大半径香所以粒子在磁场中运动的最长时间为半个周期，即由几何关系知：粒子恰好从磁场左边界射出时，其出射点的坐标为,粒子在磁场中运动的半径最大时，其圆弧所对应圆心角满足：㤵㠠㤵㠠其出射点的纵坐标㠠所以在磁场的左边界点,至点,范围内有粒子射出在磁场中轨迹半径最小的粒子在磁场中运动半圆周后平行于x轴射向电场，其在电场中偏转位移1㤵㠠䁋即该粒子在电场右边射出点的纵坐标1㤵㠠1䁋粒子恰好不从磁场中射出时，其轨迹半径为d，对应的速度大小1其在电场中的偏转位移：1䁋䁋即该粒子在电场右边界射出点的纵坐标11䁋 䁋所以在电场的右边界点,至点,范围内有粒子射出。䁋1䁋解析：【试题解析】解决本题的关键知道粒子在匀强电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律、运动学公式以及几何关系进行求解。1粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合题意求出最大半径，从而确定最长的时间；粒子在电场中偏转，做类平抛运动，根据类平抛运动的规律和几何关系即可求出有粒子射出的范围。28.答案：解：1粒子的运动轨迹如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，粒子运动到EF边所用的时间为：，䁋粒子在电场中运动的加速度为：，设粒子在出电场时速度与水平方向夹角为，则有：䁋㠠解得：，出电场时的速度大小：．由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R满足：㤵㠠解得：，1䁋 粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：䁋解得：；1由几何关系可以确定矩形的宽为：ܣR，，则ܣR所以矩形的面积为：ܣܣR；解析：【试题解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。1粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的运动规律可以求出粒子第一次到达EF边的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小；由粒子的运动轨迹与两边相切和几何关系求出矩形的宽度，由面积公式求出矩形面积。29.答案：1.解析：1小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，即1从A到D的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有联立解得由题中给出的图象知斜率Nm1Nm1..即1Nm所以可得.。小球离开D点做平抛运动，根据几何关系知，小球落到斜面上的点越低平抛的射程越小，即题设中小球落到斜面上点的位置最低时对应小球离开D点的最小速度 根据临界条件知，小球能通过D点时的最小速度小球在斜面上的落点与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R则小球平抛的射程如图所示，由几何关系可知，。解析：【试题解析】略30.答案：解：1设第1球的电量为1，研究A到C的运动11由得：1研究第1球从A到C的运动1由得：㠠1研究第1球从C作圆周运动到O的运动，令磁场强度为B，由1得1由几何关系，得：㤵㠠由解出：令后面抛出的小球电量为q，把磁场强度调为荷．小球作平抛运动过程： 小球穿过磁场一次能够自行回到A，必满足要求：㤵㠠由㤵㠠变形㤵㠠得：荷荷由上几式得：荷与q无关存在荷，使后面抛出的每个小球从同位置进入磁场后能自行回到宇航员的手中。答：1第1个小球的带电量大小为；磁场的磁感强度的大小；存在磁场，使后面抛出的每个小球从同位置进入磁场后能自行回到宇航员的手中。解析：【试题解析】1研究A到C的运动，小球在电场中作类平抛运动，由平抛运动规律可以求出1；研究第1球从A到C的运动，先对速度进行分解，求得v，再研究第1球从C作圆周运动到O的运动，有洛伦兹力提供向心力公式和几何关系可以求出B；令后面抛出的小球电量为q，把磁场强度调为荷，小球作平抛运动过程和几何关系可以求出荷。本题考查了带电粒子在匀强电场和磁场中的运动规律、牛顿第二定律等知识点。本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。