高中物理分类讨论集合

一、力学综合题
1．3．（2010年广州二模36）(16分)如图9所示，绝缘水平面上相距L =1.6m 的空间内存在水平向左的匀强电场E ，质量m =0.1kg 、带电量q =1×10-7C 的滑块（视为质点）以v 0=4m/s 的初速度沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。

（g 取10m/s 2）
（1）如果滑块不会离开电场区域，电场强度E 的取值范围多大。

（2）如果滑块能离开电场区域，试在W —F 坐标中画出电场力对滑块所做的功W 与电场力F 的关系图象。

2．（2010年广州一模36）（18分）如图18所示的凹形场地，两端是半径为L 的1/4圆弧面，中间是长尾4L 的粗糙水平面。

质量为3m 的滑块乙开始停在水平面的中点O 处，质量为m 的滑块甲从光滑圆弧面顶端A 处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹。

已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，甲、乙的体积大小忽略不计。

求：
（1）甲与乙碰撞前的速度。

（2）碰后瞬间乙的速度。

（3）甲、乙在O 处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则甲、乙停在距B 点多远处。

2 1
3
4
5
6 W/×10-1J F /×-1N
7 -0.4
-0.8 O -1.2 -1.6
-2.0 8 L
v 0 E
图9
3．（2010年深圳市二模35）（18分）如图所示，MN 为3m 宽的小沟，M 点左侧1m 处有一5m 高的平台与半径为1.25m 的
1
4
圆弧底部相切，平台表面与圆轨道都光滑，一质量为3kg 的B 球静止在平台上．现让一小球A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A 球下滑至平台并与B 球发生碰撞．A 、B 两球可视为质点，g =10m/s 2．求：
(1)A 球到达圆弧底端时的速度；
(2)要使碰后两球刚好落在小沟两侧，A 球的可能质量．
4．（2011年广州市一模36）（18分）如图，绝缘水平地面上有宽L =0.4m 的匀强电场区域，场强E = 6×105N/C 、方向水平向左．不带电的物块B 静止在电场边缘的O 点，带电量q = 5×10-8C 、质量m A =1×10-2kg 的物块A 在距O 点s =2.25m 处以v 0=5m/s 的水平初速度向右运动，与B 发生碰撞，假设碰撞前后A 、B 构成的系统没有动能损失．A 的质量是B 的k （k ＞1）倍，A 、B 与水平面间的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，且A 的电荷量始终不变，取
g =10m/s 2．
（1）求A 到达O 点与B 碰撞前的速度； （2）求碰撞后瞬间，A 和B 的速度；
（3）讨论k 在不同取值范围时电场力对A 做的功．
5．（2011年深圳市二模36）（18分）细管AB 内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长L =0.8m 的BD 段固定在竖直平面内，其B 端与半径R =0.4m 的光滑圆弧轨道BP 平滑连接，CD 段是半径R =0.4m 的
4
1
圆弧， AC 段在水平面上，与长S =1.25m 、动摩擦因数μ=0.25的水平轨道AQ 平滑相连，管中有两个可视为质点的小球a 、b ， m a =3m b ．开始b 球静止，a 球以速度v 0向右运动，与b 球发生弹性碰撞之后，b 球能够越过轨道最高点P ，a 球能滑出AQ ．（重力加速度g 取10m/s 2
2.45 ）.求：
（1）若v 0=4m/s ，碰后b 球的速度大小； （2）若v 0未知，碰后a 球的最大速度； （3）若v 0未知，v 0的取值范围．
6．（2011年广州市二模36）如图，质量M =1kg 的木板静止在水平面上，质量m =1kg 、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。

设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g =10m/s 2．现给铁块施加一个水平向左的力F ．
（1）若力F 恒为8N ，经1s 铁块运动到木板的左端。

求：木板的长度
（2）若力F 从零开始逐渐增加，且木板足够长。

试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f 随力F 大小变化的图象
/N
左 右
7．（2011年湛江市一模36）．（18分）Array如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧
轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平
直轨道CD组成．小车的质量为M，紧靠台
阶BC且上水平表面与B点等高．一质量为
m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静
止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根
轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为 ，Q点右侧表面是光滑的．求：
（1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．
（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什
么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）
8．（2012年广州市一模36）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x．与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力．
已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1
（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件
（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度
O A B C D E F H 9．（2012年揭阳一模36）如图所示，质量为
M 的小球用长为R =0.45m 的细绳固定于O 点，从
A （与O 点等高）处由静止释放，与O 点正下方B
点处质量为2M 的物块弹性正碰。

重力加速度g =10m/s 2
（1）求小球碰后能上升的高度h 。

（2）已知粗糙水平地面BC 及传送带的动摩擦
因数均 为μ=0.2，传送带长为0.5l m =，顺时针匀速转动，速度大小为υ=2m/s ，DE 、EF 、FH 的长度均为S =0.4m 。

若要保证物块碰后能落入FH 间的沙坑内，求BC 间的长度L 。

10．（2012年六校联考36）如图，一个传送带倾斜放置，倾角=53α︒，传送带的动摩擦因数为=0.5μ，长度L=10m ，传送带沿顺时针方向转动，一个质量m=1kg 的物体1在光滑的平台上向右做匀速直线运动，速度大小为0v ，在平台末端，物体1和静止的相同质量的物体2发生弹性碰撞，碰撞后物体2水平抛出，当物体2运动到传送带上表面顶端A 点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体2无碰撞地运动到传送带上，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8m ，重力加速度2
10g m s =，sin 530.8=，cos530.6=。

求：
（1）物体1的速度的大小0v 。

（2）如果传送带静止，求物体2在传送带上下滑时的加速度。

（3）讨论传送带的摩擦力对物体2做的功f W 与传送带转动速度v 的关系。

11．（2012清远市期末理综物理36）（18分）如图所示，水平桌面的右端有一质量为m 的物块B ，用长为L 的不可伸长的细线悬挂，B 对水平桌面压力刚好为零，水平桌面离地面的高度为h =5.0 m ，另一质量为3m 的物块A 在距水平桌面的右端s =4.0 m 处在g m F 3 （取g=10 m/s 2）
水平推力向右运动，推到B 处时立即撤销F 并与B 发生弹
性碰撞，已知A 与桌面间的动摩擦因数为μ=0.8，物块均可视为质点．
（1）求A 与B 碰撞前的速度；
（2）求碰撞后A 的落地点与桌面右端的水平距离x ；
（3）要使物块A 与物块B 碰后，悬挂的细线始终有拉力，试求细线的长度L 的取值范围．
12．（2012年执信月考36）（18分）图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°, C 、D 两端相距4.45m , B 、C 相距很近．水平部分AB 以
5m/s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：
（1）若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离． （2）若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．
A
F 3m
m h
L O
B
s
二、电学综合题 1．（2011年肇庆市二模36）（18分）如图所示，一半径为r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d . 在t =0时，圆形导线框中的磁感应强度B 从B 0开始均匀增大；同时，有一质量为m 、带电量为q 的液滴以初速度v 0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）。

该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定、方向未知、磁感应强度为B 1、宽为L 的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动．求：
（1）磁感应强度B 从B 0开始均匀增大时，试判断1、2两极板哪一块为正极板？磁感应强度随时间的变化率K=？
（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？ （3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离。

2．（2011年惠州市一模36）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为d ，每一个正方形电极板的长均为L ，电容器内有一均匀电场，U 为两个电极板间的电压，如图甲所示。

电子从电容器左端的正中央以初速v 0射入，其方向平行于电极板之一边，并打在图上的D 点。

电子的电荷以-e 表示，质量以m 表示，重力可不计。

回答下面各问题（用已知物理的字母表示）（1）求电子打到D 点瞬间的动能；（2）电子的初速v 0至少必须大于何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？（3）若电容器内没有电场，只有垂直进入纸面的均匀磁场，其磁感应强度为B ，电子从电容器左端的正中央以平行于电极板一边的初速v 0射入，如图乙所示，则电子的初速v 0为何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？
B
d 1
2 v 0 B 1
× × × × × × × × × × × × × × × × ×
× × × × ×
×
× L
3．（2012年肇庆一模35）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d ，极板长为L ，极板间有一匀强电场，U 为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速0v 射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D 点，如下图（甲）所示。

电子的电荷量用e 表示，质量用m 表示，重力不计。

回答下面问题（用字母表示结果）。

（1）求电子打到D 点的动能；
（2）电子的初速0v 必须大于何值，电子才能飞出极板；
（3）若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速0v 射入，如下图（乙）所示，则电子的初速0v 为何值，电子才能飞出极板？
L （甲）
L d/2 （乙）
v
D
参考答案
1、解:(1)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，设加速度为a ，依题意和牛顿第二定律，有： ma f F =+ ①……1分 又：qE F = ②……1分 mg f μ=
③……1分
若小滑块不会从右侧离开电场区域，由匀变速直线运动规律，有：
aL 2v 20<
④……1分
联立①②③④并代入数据得：C /N 10E 6> ⑤……1分
若小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足：
F ≤f
⑥……1分
②⑤⑥可得：C /N 104E C /N 1066⨯≤<
⑦……1分
(2)如果小滑块会离开电场区域，电场力F 必须满足: F=qE= q =1×10-7×106≤0.1N
⑧……1分
或 F=qE = 1×10-7×4×106＞0.4N ⑨……1分
若F ≤0.1N ，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=1.6m ，则电场力做功F Fs W 6.1-=-=
⑩……2分
若F ＞0.4N ，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=0，电场力做功为0，即W=0
……2分
评分说明：正确作图共3分
2、解：（1）设甲到达O 处与乙碰撞前的速度为v 甲，由动能定理：
-1N
-0.4 -0.8 -1.2 -1.6 -2.0
2
12
12甲甲甲甲v m L g m gL m =
⋅-μ ……2分 得： )21(21μ-=
gL v 甲
……2分
（分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给4分） （2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′、v 乙′，由动量守恒：
乙乙甲
甲甲甲v m v m v m '+'= ……2分
又： 甲甲v v 2
1
-=' ……1分 得： 甲乙
v v 2
1
='
……1分
（3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a 甲=2a 乙 ……1分 设甲在水平地面上通过的路程为s 1、乙在水平地面上通过的路程为s 2，则有：
122s a v 甲甲
=' ……1分 222s a v 乙乙
='
……1分 即：
2
1
21=s s ①
……1分
由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下．有以下两种情况： 第一种情况：甲返回时未到达B 时就已经停下，此时有：s 1＜2L ……1分 而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s 2=2L +2L +s 1=4L +s 1 ……1分 因为s 1与s 2不能满足①，因而这种情况不能发生． ……1分
第二种情况：甲、乙分别通过B 、C 冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s 1+s 2=8L ②
……1分 ①②两式得：381L s =
或 3
162L s =
……1分
即小车停在距B 为： L L s L 3
2
21=-=∆
……1分
3、解：（1）根据机械能守恒 2
2
1mv mgR =
( 2分)
代入数据得 v=5m/s ( 1分)
(2) ①若碰后两球都向右运动，据平抛运动
2
2
1gt h =
得t=1s (1 分) t v x 0= 得v A1=1m/s v B1=4m/s ( 2分)
由动量守恒 11B B A A A A v m v m v m += ( 1分) 得 m A =3kg ( 1分)
碰前总动能215321
⨯⨯=
K E 碰后总动能2
2/1432
11321⨯⨯+⨯⨯=K E
因为/
11K K E E > 其解成立 ( 2分)
②若碰后A 球向左运动，B 球向右运动，则可能有： v A2=－1m/s v B2=4m/s 由动量守恒 22B B A A A A v m v m v m += 得 m A =2kg ( 2分) 碰前总动能225221
⨯⨯=K E 碰后总动能22/
2
432
1
)1(221⨯⨯+-⨯⨯=K E 因为/
22K K E E = 其解成立 ( 2分)
③若碰后A 球向左运动，B 球向右运动，则可能有：v A2=－4m/s v B2=1m/s 由动量守恒 33B B A A A A v m v m v m += 得 m A =3
1
kg ( 2分) 碰前总动能2353121⨯⨯=K E 碰后总动能22/
3
132
1
)4(3121⨯⨯+-⨯⨯=K E 因为/
33K K E E = 其解成立 ( 2分)
4、解：（1）设碰撞前A 的速度为v ，由动能定理
2022
1
21v m v m gs μm A A A -=
-……① 得： μgs v v 220-==4m/s
……②
（2）设碰撞后A 、B 速度分别为v A 、v B ，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
B B A A A v m v m v m +=
……③ 2
222
12121B B A A A v m v m v m += ……④
联立③④并将m A =km B 及v =4m/s 代入得：
1
)
1(4+-=
k k v A m/s ……⑤ 18+=k k v B m/s ……⑥
（3）讨论：
（i ）如果A 能从电场右边界离开，必须满足：qEL gL m v m A A
A +μ>2
2
1
……⑦ 联立⑤⑦代入数据，得： k ＞3……⑧
电场力对A 做功为：W E =qEL = 6×105×5×10-8×0.4(J)=1.2×10-2(J) ……⑨
（ii ）如果A 不能从电场右边界离开电场，必须满足：qEL gL m v m A A
A +μ≤2
2
1
……⑩ 联立⑤⑩代入数据，得：k ≤3……○
11 考虑到k ＞1，所以在1＜k ≤3范围内A 不能从电场右边界离开……○12 又： qE =3×10-2N ＞μmg =2×10-2N ……○
13 所以A 会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0．即：W E =0……○14 评分说明：①②③④每项正确给2分；⑤⑥⑦⑧⑨⑩○
11○12○13○14每项正确给1分 ⑤⑥两式如果没有将v 的数值代入，即表达式含v ，只要正确就同样给分。

5、解：（1）设a 、b 碰后瞬间速度为v a 1、v b 1
m a v 0=m a v a 1+m b v b 1 ……………………2分
222011111222
a a a
b b m v m v m v =+……………………2分 解出： 101022/,6/a b a
a b a b a b
m m m v v m s v v m s m m m m -=
===++ ………2分
（2）a 与b 碰后，a 上升的高度不能超过3R
2
1max 132
a a a m v m g R =⋅……………………2分
1max 4.9/a v m s =≈ ……………2分
（3）欲使b 能通过最高点，有22b
b b v m g m R
≤……………………1分
22/b v m s ≥=得出……………1分
b 球在上升过程中有
221211(2)22
b b b b b m v m v m g R L =+⋅+……………1分 /10min 16/,4/2a b
b b a
m m m s v v m s m +≥≥
=解得v ………………1分 因为a 球能通过粗糙区域，有
212a v gs μ>……………………1分
//0125/a v v m s =>……………………1分
碰后a 上升的高度不能超过3R ，必须满足
/0max 129.8/a v v m s ==≤=……………………1分
综上可得 05/9.8/m s v m s <≤……………………1分
6、解：（1）铁块的受力如图，由牛顿第二定律：
f 1f 2
12ma mg μF =-……①
木板的受力如图，由牛顿第二定律：
212)(Ma g m M mg =+-μμ……②
设木板的长度为Ｌ，经时间t 铁块运动到木板的左端，则
2221
t a s =
木……③ 2121
t a s =铁……④
又：L s s =-木铁……⑤ 联立①②③④⑤解得：Ｌ=1ｍ……⑥ （2）
（i ）当N g M m F 2)(1=+≤μ时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f =F （ii ）当N g M m μF 2)(1=+>时，如果M 、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则：a M m g M m F )()(1+=+-μ……⑦
ma f F =-……⑧
解得：22-=f F ……⑨
此时：N 41=≤mg μf ，也即N 6≤F ……⑩ 所以：当N 6N 2≤<F 时，)N (12
+=
F
f ……○11 （iii ）当N F 6>时，M 、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：N 42==m
g μf f —F 图象如图所示
评分说明：（1）6分（①②③④⑤⑥每式1分）； （2）12分：（i ）2分（条件、结论各1分） （ii ）5分（⑦⑧⑨⑩○11式各1分） （iii ）2分（条件、结论各1分） 正确做图3分（每做对一段给1分） 说明：（1）不管分析正确与否，只要作图正确就照给分；拐点处用小圆卷的不扣分。

（2）（ii ）的分析不一定严格按照参考答案的顺序，只要结果正确就参照给分。

7、解：（18分）
/N
（1）设滑块滑到B 点的速度大小为v ，到B 点时轨道对滑块的支持力为N ，由机械能守恒定律有2
12
mgR mv =
① （2分） 滑块滑到B 点时，由牛顿第二定律有2
v N mg m R
-= ② （2分）
联立①②式解得 N ＝3mg ③ （1分）
根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力大小为3N mg '= （1分）
（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有
()mv M m u =+ ④ （2分）
若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q 点，由功能关系有
2211()22
mgL mv M m u μ=-+ ⑤ （2分）
联立①④⑤式解得 45R
L μ
=
⑥ （2分） 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由功能关系有
2211
2()22
mgL mv M m u μ=
-+ ⑦ （2分） 联立①④⑦式解得 25R
L μ
=
⑧ （2分） 综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是 2455R R
L μμ
<≤ ⑨ （2分）
8、解析：（1）滑块B 从释放到最低点，机械能守恒，有：
220111
22
mv mgL mv +=……① 在最低点，由牛顿运动定律：
21mv T mg L
-=……②
又：mg T 5=……③
联立①②③得：gL v 20= 1v =评分说明：①②③以及两个结果正确各给1分，共5分
（2）设A 与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v A 和v B ，由动量守恒 A B mv mv mv 21+=……④
若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：B A mv mv ≥2……⑤
对A 应用动能定理：2
22
1
A mv mgx ⨯=μ……⑥
联立④⑤⑥解得：μ
≥
4L
x ，……⑦ 即A 与台阶只能碰撞一次的条件是：4L x μ
≥
评分说明：④⑤⑥⑦以及结果正确各给1分，共5分
（3）设x =0x 时，A 左端到台阶板前瞬间，A 、B 恰好达到共同速度AB v ，由动量守恒……AB v )m m (mv 21+=……⑧
对A 应用动能定理：2022
1AB mv μmgx ⨯=……⑨ 联立⑧⑨得：μ
=940L
x ……⑩ (i)当0x x ≥即49L
x μ
≥
时，AB 共速后A 与挡板碰撞． 由⑧可得A 与台阶碰撞前瞬间的速度：3
2311gL
v v v AB A =
==……⑩ (ii)当μ>
>40L x x 即μ
≥>μ494L
x L 时，AB 共速前A 就与台阶碰撞， 对A 应用动能定理：2
222
1A mv mgx ⨯=
μ……○
11 A 与台阶碰撞前瞬间的速度：gx v A μ=2……○
12 评分说明：⑧⑨⑩各1分；（i ）中的条件1分，结论1分；（ii ）中条件1分，○11○12各1分。

9、解：1）小球摆至B 点碰前速度为υ0，由机械能守恒得：
201
2MgR Mv = ① 1分
代人数据解得：0
3/v m s == ② 1分
小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有υ1、υ2，有：
0121
2
Mv Mv Mv =+ ③ 2分
2220121111
()2222
Mv Mv M v =+ ④ 2分 联立②③④解得：121/v 4/v m s m s == 2分
小球碰后上升至高度h 的过程机械能守恒，有：
211
2
Mv Mgh = ⑤ 1分 代人数据解得：0.05h m = ⑥ 1分 2）设物块从D 点以速度υD 做平抛落入沙坑，时间为t ，有：
1
2
s =2gt ⑦ 1分
D x v =t ⑧ 1分
由题知：0.40.8m x m ≤≤
//D s v s ≤≤ ⑨ 1分
讨论：Ⅰ）当0/D v s v =>，物块在传送带上一定做匀减速运动，此时C 点速度最大为3v ，
由3v μ-2
2D
v =-2gl 得：3v ⑩ 1分
Ⅱ）当0/D v s v =<，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C 点速度最小为4v ，由
4v μ-22D v =2gl 得：40v = ○11 1分
物块要滑上传送带，则0C v > ，故0/C v s < ○12 1分 物块从B 到C ，由动能定理得：
21122222
M M M v μ
-22
C -2gL= v ○
13 1分 联立○12○13得：14m L m ≤< ○14 1分
10、解析：（1）物体1、2发生弹性碰撞，因为能量动量守恒，碰撞后两物体速度交换，物体2速度0v 抛出，由速度偏向角
0tan 53gt v = 和 21
2
h gt =得 v 0=3m/s （6分） （2） 由牛顿第二定律：sin 53cos53mg mg ma μ-= （2分）
得：a =5m/s 2，方向沿斜面向下。

（2分） （3）物体2到达A 点的速度为v A =5m/s ，
如果传送带速度很快，物体在传送带上的速度始终比传送带慢，设物体到达B 点时的速度大小为B v
由动能定理：()
2211sin 53cos5322
B A mg mg L mv mv μ+⨯=- 得：v B =75m/s
故当v ≥75m/s 时，滑动摩擦力一直做正功，cos5330f W mg L J μ== （3分） 如果传送带速度较慢，物体在传送带上的速度始终比传送带快， 由动能定理：()
2211sin 53cos5322
B A mg mg L mv mv μ-⨯=- 得：v B =55m/s
故当v <5m/s 时，滑动摩擦力一直做负功，cos5330f W mg L J μ=-=- （2分） 当5m/s<v <75m/s 时，物体在斜面上开始时比传送带慢，设在传送带上经过距离S 物体速度达到v ，
由动能定理：()22
11sin 53cos5322
A mg mg S mv mv μ+⨯=- 得：22522v S -=
物体在传送带上前S 距离摩擦力做正功，后L-S 的距离摩擦力做负功，
故摩擦力做功：()23405
cos53cos5311
f v W m
g S mg L S μμ-=--= （3分）
11、解答：（1）第一个过程：A 加速 032
132
0-⨯=-A mv s m F )g (μ …（3分） A 碰撞前速度大小为m/s 40=A v …（1分），方向向右…（1分）（不说明方向，该步的分要扣
除）
（2）第二个过程：A 与B 弹性碰撞 B A A mv mv mv +=330…（1分） 2222
13213210B
A A mv mv mv +⨯=⨯…（1分）
m/s 2330=+-=A A v m m m m v ，s m 63320/v m
m m v A B =+⨯=…（2分）
A 平抛：t v x A =…（1分） 2g 2
1t h =…（1分）
代入数据得s 1=t 、m 2=x …（1分）
（3）讨论：若B 做一个完整的圆周运动时，通过最高点的最小速度min v ，则有 L
v m
m 2g min
=…（1分） L v g 2=min 从最低点到最高点：2
2212g 21B mv L m mv =+min
…（1分） m 72.0max =L （1分） 若B 运动到与O 等高时速度为零，则有：min L m mv B
g 2
12
=…（1分） m 8.1min =L （1分）
L 取值范围：m 72.00≤<L 或m 8.1≥L …（1分） （说明：写成m 72.00<<L 或m 8.1>L 该步不计分）
12、解析：⑴米袋在AB 上加速时的加速度205m/s mg
a =
=g=m
μμ （1分）
米袋的速度达到05m/s =v 时，滑行的距离20
00
2.5m 3m 2s ==<AB=a v （1分）
因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度 （1分） 设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
sin cos mg +mg =ma θμθ （2分）
代入数据得 2
10m/s a= （1分）
所以能滑上的最大距离 20
1.25m 2s==a
v （2分） ⑵设CD 部分运转速度为1v 时米袋恰能到达D 点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为1v 之前的加速度为
()21sin cos 10m/s a =-g +=-θμθ （1分）
米袋速度小于1v 至减为零前的加速度为
()22sin cos 2m/s a =-g -=-θμθ （1分）
由222
10112
0 4.45m 22--+=a a v v v （1分）
解得 14m/s =v （1分）
即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度14m/s CD =v v ≥ （1分） 米袋恰能运到D 点所用时间最长为
101
max 12
0 2.1s --t =
+=a a v v v （2分） 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为2a 。

由2
0max 2max max 1
1.16s 2
CD s =t +a t t =v ，得 （2分）
所以，所求的时间t 的范围为 1.16s 2.1s t ≤≤ （1分）
二、
1、解：（18分）（1）2极板为正极板（2分）
由题意可知：
两板间的电压U ＝
B S SK t t
∆Φ∆==∆∆ ①（1分） 而：S ＝πr 2 ② 带电液滴所受的电场力：F ＝
qU d ③ （1分） 在竖直方向：F －mg ＝0 ④ （1分）
由以上各式得 K ＝2mgd r q
π ⑤ （1分） （2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由题意知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上。

（2分）
设匀强电场强度为E ，则
mg qE = ⑥ （1分）
q
mg E = （1分） （3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R ， 由牛顿第二定律有：R
m B q 2010νν= ⑦ （1分） 由⑦式得：1
0qB m R ν= （1分） 讨论：①若R>L ，电子从磁场右边界离开 （1分） 由几何关系知偏转距离为22L R R y --= ⑧ （1分） 代入数据并整理得10qB mv y =221
2202L B q v m -- ⑨ （1分） ②若R≤L ，电子从磁场左边界离开 （1分）
由几何关系知偏转距离为 y =2R （1分） 代入数据并整理得1
02qB mv y = ⑩ （1分） （用其他解法正确的同样给分）
2、解：（1）20/2/2k Ue E mv =- （2分）
20()/2k E Ue mv =+ （1分）
（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度位V ，则
\E U d =（1分）
/a Ee m =（1分）
2/2/2d at =（1分）
/v L t =（1分）
解得V =1分）
要逸出电容器外必有0v > （1分） （3）有两种情况
①电子从左边出做半圆周运动其半径1/4R d = （1分）
2111/ev B mv R = （1分）
1/4v eBd m = （1分）
电子避开电极板的条件是1/4v eBd m < （1分）
②电子从右边出22222(/2)R L R d =+- （1分）
222(4)/(4)R L d d =+ （1分）
2222/ev B mv R = （1分）
222(4)/(4)v L d eB dm =+ （1分）
电子避开电极板的条件是222(4)/(4)v L d eB dm >+ （1分）
3、解：（1）设电子打到D 点时的动能为E k ，由动能定理可得：
e U mv E k 2
2120=- ①（3分） 由①式解得：20()/2k E Ue mv =+ ②（2分）
（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v ，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a ，在电场中的飞行时间为t ，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得：
ma d eu
= ③（1分）
2/2/2d at =④（1分）
/v L t =⑤（1分）
由③④⑤式联立解得：m ue
d L v = （1分）
所以电子要逸出电容器，必有：
0v > （1分）
（3）在只有磁场情况下电子要逸出电容器，有两种情况：.
①电子从左边出，做半圆周运动，其半径：1/4R d =⑥（1分）
由洛仑兹力和向心力公式可得：2
111/ev B mv R =⑦（1分）
由⑦式解得：1/4v eBd m =⑧（1分）
因此电子避开极板的条件是：1/4v eBd m < ⑨（1分）
②电子从右边出，做半圆周运动其半径：222
22(/2)R L R d
=+- ⑩ 由⑩式解得：22
2(4)/(4)R L d d =+ （1分）
由洛仑兹力和向心力公式可得：2
222/ev B mv R = ○11（1分）
由○11式解得：22
2(4)/(4)v L d eB dm =+○12 （1分）
电子避开极板的条件是：22
2(4)/(4)v L d eB dm >+ （1分）。