档板和挡板含义有什么不同,这两个词该怎么用?

答案选C.先对挡板C分析,挡板C处于静止状态,必受到A对它的竖直向上的静摩擦力,且与C的重力等大反向.对A分析,有牛顿第三定律,知A受到C对它的竖直向下的静摩擦力,又A有自身重力,且A静止,则必受到B对它的竖直向上的静摩擦力,大小等于A的重力加上C的重力.对B分析,由牛顿第三定律,知B受到A对它的竖直向下的静摩擦力,又B有自身重力,且B静止,故B必受到墙面对它的竖直向上的静摩擦力,大小为A、B、C三者重力之和.这是隔离法分析,比较清楚,但整体法更简单.（A对B和B对A是对相互作用力.A对B的力是分析B时用,B对A的力是分析A时用.

解题思路：（1）当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡，则电子做匀速直线运动．根据平衡求出匀强电场的场强大小，结合左手定则判断出洛伦兹力方向，从而确定电场强度的方向．
（2）结合几何关系求出粒子在第二象限内做圆周运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度的大小，结合几何关系求出N点的坐标．
（3）电子在第三象限内做匀速直线运动，在第二象限内做匀速圆周运动，在第一象限内做类平抛运动，结合运动学公式和在磁场中运动的周期公式，求出电子从M点运动到Q点的总时间．

（1）电子受电场力和洛伦兹力平衡，有：eE=evB ①
解得E=vB．②
电场力的方向与洛伦兹力方向相反，洛伦兹力方向与y轴正方向成60°角，则电场力方向与该方向相反，由于粒子带负电，则电场强度的方向与y轴正方向成60°角．
（2）由几何关系可知，电子在第二象限内做圆周运动的半径R=[Ltan30°/cos30°＝
2
3L ③
由牛顿第二定律得，evB2＝m
v2
R] ④
由③④得：B2＝
3mv
2eL．
再由几何关系得，y=R+Rsin30°=L． ⑤
（3）电子在第三象限内运动的时间t1＝
L
vcos30°＝
2
3L
3v ⑥
电子在磁场中运动的周期T=[2πm
eB2．，在第二象限内做圆周运动的圆心角为120度．
电子在第二象限内运动的时间t2＝
T/3＝
2πm
3eB2]=[4πL/9v] ⑦
设电子在第一象限内运动的时间为t₃，则由平抛运动的知识可知，在Q点时，
v_x=v_y=v ⑧
L−
vy
2t3＝vt3 ⑨
由⑧⑨可得，t3＝
2L
3v ⑩
综合⑥⑦⑩可得，t＝(
6
3+6+4π
9)
L
v．
答：（1）匀强电场E的大小E=vB，方向与y轴正方向成60°角．（2）B₂的大小为B2＝
3mv
2eL，N点的纵坐标为L．（3）电子从M点运动到Q点的总时间为t＝(
6

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 处理带电粒子在磁场中运动，关键确定圆心、半径，从而结合周期公式和半径公式进行求解，处理带电粒子在电场中做类平抛运动，关键将运动分解为沿电场方向和垂直电场方向，理清运动规律，结合运动学公式进行求解．

解题思路：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得出球对档板的压力F_N1、球对斜面的压力F_N2与斜面坡角α、挡板与斜面夹角β的函数关系式，由数学知识分析力的变化．

选球为研究对象，球受三个力作用，即重力G、斜面支持力F_N2、挡板支持力F_N1，受力分析如图所示．

由平衡条件可得x方向上有：F_N1cos（90°-α-θ）-F_N2sinθ=0…①
y方向上有：F_N2cosθ-F_N1sin（90°-α-θ）-G=0…②
联立①②解得：
F_N2=[G
cosθ•
sinθ
tan(θ−α)，F_N1=
Gsinθ/sinα]；
由题可知：θ不变，α逐渐增大，根据数学知识可知：
F_N2一直减小．F_N1先减小后增大，当α=90°时，最小．
故选：CD．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是较为复杂的动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以采用图解法，更直观反映出力的变化情况．

解题思路：以小球为研究对象，将重力按效果进行分解，分解成垂直于挡板和垂直于斜面的两个分力，再由几何知识求解两个分力的大小．

以小球为研究对象，将重力按效果进行分解，分解成垂直于挡板和垂直于斜面的两个分力，作出力的分解图，如图．

根据几何知识得到
F₁=mgsinθ
F₂=mgcosθ
所以物体对挡板的压力大小等于F₁=mgsinθ，物体对斜面的压力大小等于F₂=mgcosθ．
答：（1）球对斜面压力的大小为mgsinθ；
（2）球对档板压力的大小为mgcosθ．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题采用分解的方法求解的，也可以根据平衡条件，运用正交分解法求解．

解题思路：初始时弹簧处于原长，C恰好静止，说明C物体受重力的下滑分力恰好最大静摩擦力；B刚要离开挡板A时，弹簧拉力等于重力的下滑分力和最大静摩擦力之和．

初始时弹簧处于原长，C恰好静止，根据平衡条件，有：
mg•sinθ=f （θ为斜面的坡角）
其中：
f=μN=μmgcosθ
联立解得：
μ=tanθ
B刚要离开挡板A时，弹簧拉力等于重力的下滑分力和最大静摩擦力之和，故：
kx=mgsinθ+f
解得：
x=[2mgsinθ/k]
故选：B．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题关键是明确两个物体的受力情况，然后结合共点力平衡条件和胡克定律列式求解，不难．

解题思路：未向小桶内加入细沙时，弹簧k₁受到的压力大小等于A的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求出此时该弹簧的压缩量．当B与挡板C间挤压力恰好为零时，弹簧k₁受到的拉力等于B重力沿斜面向下的分力，弹簧k₂受到的拉力等于两个物体的总重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律求出此时两弹簧的伸长量，再由几何关系求出小桶下降的距离．

（1）当B与挡板C间挤压力恰好为零时，以A、B两个物体整体为研究对象，根据平衡条件得知，轻绳的拉力大小为T=2mgsinθ，
对小桶：T=m_砂g，故小桶P内加入的细砂质量为m_砂=2msinθ；
（2）未向小桶内加入细沙时，弹簧k₁的压缩量为x₁=
mgsinθ
k1
弹簧k₁处于原长状态；缓慢地向小桶P内加入细砂，当B与挡板C间挤压力恰好为零时，弹簧k₁的伸长量为x₁′=
mgsinθ
k1
弹簧k₂的伸长量为x₂′=
2mgsinθ
k2
根据几何关系得知，小桶下降的距离为 S=x₁+x₁′+x₂′=
2mgsinθ
k1+
2mgsinθ
k2=
2mgsinθ (k1+k2)
k1k2
答：（1）小桶P内所加入的细砂质量2mgsinθ；
（2）小桶下降的距离离为为
2mgsinθ (k1+k2)
k1k2．

点评：
本题考点： 胡克定律．

考点点评： 对于弹簧问题，要分析初、末两个状态弹簧的变形量，再由几何关系求解小桶下降的距离，是经常采用的思路．

解题思路：从C点释放后物块B以受力平衡的位置为平衡位置做简谐振动，根据简谐振动的特点判断B的位置和受力的情况．

A、B、C释放后做简谐运动的平衡位置O′位于弹簧弹力与摩擦力相等的位置，即O点的右侧，
若O与C关于O′对称，即O′位于O与C中间的位置，则物块到达O点速度为0，（B与O重合），此时弹簧处于原长，物块没有运动的趋势，所受摩擦力为零，
故A正确B错误；
C、B点时C关于O′对称的位置，可能位于O点的左侧，也可能位于O点右侧，还可以位于O点，故C正确D错误；
故选：AC．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题实际是借助摩擦力考查了对简谐运动的理解，简谐运动的平衡位置为回复力为零的位置，此模型中的回复力指的是弹簧弹力与摩擦力的合力．

设恰好发生碰撞,即B刚好碰到挡板时两物体速度相等
由动量守恒定律
mv0=(M+m)v
由能量守恒定律
1/2mv0^2=1/2（M+m）v^2+μmgl
联立解方程得v0就是最小的v0

1, tests the thrustplate to bear the pulling force ability Time 2, confirmation different rubber fixed lazy arm line effect 3. Adjustment volume knob , after starts the support in the ear wheat the sound to be few. 4. Adjustment service pattern switch pine, non- level feeling 5. Moves the adjustment service pattern switch silently completely 6. Under telephone conversation condition, regardless of is cuts the ear wheat or the words to redicule about all is the ear wheat silent words to redicule about has the sound 7. Under the telephone conversation condition cuts the words to redicule about to have the sound silently, the ear wheat 8. Presses repositions the key to cause the support to turn over to the position, again presses the ear wheat mfb key, the support does not have the response, after must the slightly long time again try only then to have the response 9. After starts the support, the ear wheat mfb key is unable to cause the support to reposition, under the telephone conversation condition, the ear wheat mfb key only plays the cut role, is unable to make the telephone call 10. The volume knob turns on lathe does not arrive

G=20N,对斜面压力N=Gcos30度,对挡板压力Gsin30度

解题思路：A、铁块从木板的右端端沿板面向左滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大．根据能量守恒列出此过程的方程．从两者速度相同到铁块运动到木板的右端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程．根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能．
B、由于不知道弹簧的劲度系数和长木板的长度，因此不能求出弹簧被压缩的最大长度、长木板运动速度的最大值、铁块与长木板间的滑动摩擦力．

A、设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向左运动时，滑行的最大路程为s，摩擦力大小为f．根据能量守恒定律得：
铁块相对于木板向左运动过程：
1
2mv02＝fs+
1
2(M+m)v2+Ep
铁块相对于木板运动的整个过程：
1
2mv02＝2fs+
1
2(M+m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv₀=（M+m）v
联立得到：E_p=fs=
Mm
4(M+m)v02
故A正确．
B、Ep＝
1
2kx2，由于不知道弹簧的劲度系数，所以不能求出弹簧被压缩的最大长度．故B错误．
C、由于不知道弹簧的劲度系数k和长木板的长度（或是铁块滑行的最大路程s），所以求不出长木板运动速度的最大值．故C错误．
D、由A得分析可知，可以求出fs，但是不知道s，所以不知道f，因此求不出铁块与长木板间的动摩擦因数．故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律．

考点点评： 本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同．

解题思路：

(1)小球做匀速圆周运动，则

故方向竖直向下

(2)若小球速率最大，则运动半径最大，如轨迹①所示

得

由解得

(3)因为速度方向与半径垂直，圆心必在挡板所在的竖直线上

且

小球与挡板碰撞n次后落入筐中，则有：解得：n<1.5

故n可取0或1才能保证小球落入筐中

当n=0时，即为(2)问中的解

当n=1时，有

得：，运动轨迹如图中②所示

或者，运动轨迹如图中③所示

以轨迹③运动，小球用时最长，则有

故，

轨迹③运动对应的圆心角

运动最长时间为：

（1）10N/C 竖直向下 （2）  （3）8.5s

解题思路：（1）弹簧减小的弹性势能等于物块B增加的机械能，根据守恒定律列式求解；（2）物块A刚离开挡板时，受重力、斜面支持力和弹簧的拉力，根据平衡条件求解出拉力；根据胡克定律求解弹簧的伸长量，最后根据减小的弹性势能等于物块B增加的机械能列式求解．

（1）由EP＝
1
2kx2得，刚撤去推力时，弹簧的压缩量x₁=0.1m…①
弹簧恢复原长的过程中，物块B和弹簧组成的系统机械能守恒，
由EP＝mBgx1sinθ+
1
2mBv2…②得
v=2m/s…③
（2）假设A能被拉离挡板，在A刚被拉离时，有弹簧弹力F=m_Agsinθ…④
结合F=kx₂，此时弹簧伸长量x₂=0.025m…⑤
此时弹性势能E_P=0.3125J…⑥
相对于弹簧原长处重力势能增量为△E_P=m_Bg△h=0.25J…⑦
因为弹簧处于原长时物块B的动能Ek0＝
1
2mBv2＝4J…⑧
由于E_k0＞E_P+△E_P，所以能将物块A 拉离档板，且此时物块B的动能为：E_kt=E_k0-E_P-△E_P，得E_kt=3.44J…⑨
答：
（1）当弹簧恢复原长时，物块B的速度为2m/s；
（2）在B上升过程中，能将物块A拉离档板，且此时物块B的动能为3.44J．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；动能和势能的相互转化．

考点点评： 本题关键明确系统机械能守恒，要考虑弹性势能、重力势能、动能三种能量的转化，不难．

(1)
(2)相碰之后
(3)

略

解题思路：由于木板和小物块所受外力之和为零，则可知动量守恒，由动量守恒定律可求得最后共同的速度；由功能关系可得出损失的总机械能，而机械能的损失来自于碰撞与摩擦力做功，则求出摩擦力所做的功即可求得碰撞中损失的机械能．

设木块和物块最后共同的速度为v，规定向右为正方向，全过程由动量守恒定律可得：mυ₀=（M+m）υ，
由能量守恒：△E=[1/2]mv₀²-[1/2]（m+M）v²
联立得：△E=[1/2][Mm/M+m]v₀²
代入数据得：△E=6.4J
答：碰撞过程中损失的机械能为6.4J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 本题考查动量守恒及功能关系，应明确机械能的损失有两部分，一部分来自于碰撞，另一部分来自于摩擦力做功，而本题只求碰撞所损失的机械能．

（1）小物块B从N点运动到M点由动能定理，有：
2mgLsinθ=[1/2]×2m
v2B-[1/2]×2m
v20
解得：vB＝
3gl，v_B为B即将与A碰撞时的速度．
A、B的碰撞过程动量守恒，有：2mv_B=（2m+m）v_AB
解得vAB＝
2
3
3gL
（2）A、B在MO之间运动过程机械能守恒，故A、B返回M点时速度仍为v_AB，且来到M 点后由于A受到摩擦力作用，造成AB分离．
对A自M点往上运动运用动能定理，有：−fs−mgssinθ＝0−
1
2m
v2AB
其中摩擦力f=mgsinθ
解得：s＝
gL
15
（3）物块A、B最终紧靠一起在OM间作往复运动，由能的转化和守恒定律有：E＝
1
2×2m
v20+2mgLsinθ
解得：E=3mgL
答：（1）A、B第一次碰撞后紧靠在一起的初速度vAB＝
2
3
3gL．
（2）物块A在M点上方时，离M点的最大距离s＝
gL
15．
（3）系统由于摩擦和碰撞所产生的总内能E=3mgL．

三力平衡重力G斜面支持力F挡板压力N
F×sina=G
F×cosa=N
解得F=G/sina N=G×cota

解题思路：

初始状态，弹簧k2被压缩，对A由于轻质小桶无拉力，斜面方向受力平衡则有

(2分)

弹簧k1被压缩，对B沿斜面方向受到自身重力沿斜面向下的分力以及弹簧弹簧k2向下的弹力和弹簧k1向上的弹力，根据平衡有(2分)

当弹簧k1对挡板的弹力恰好为零时，k1恢复原长，k2被拉长，对B保持平衡有

(2分)

对A拉力F沿斜面向上，弹簧弹力向下，所以(1分)

对P

(1)故细砂的质量为(1分)

(2)小桶下降的距离(1分)

（1）   （2）


<>

23之间摩擦力为0；12之间的摩擦力为为mg；
先把1234看成整体,对其受力分析,受到3个力
再把234看成整体,对其受力分析；受到3个力,由于物块处于平衡状态,得到12之间的摩擦力为为mg
然后把12看成整体,34看成整体；对其受力分析,分别受到2个力,由于物块处于平衡状态,得23之间摩擦力为0

（1）粒子进入磁场有Bqv ₀ =m
∴R= =0.3m
（2）若要粒子垂直打在A板上，其粒子轨迹如图，O点即为圆周运动的圆心

∴R′= =0.6m
则v=2v ₀ =6×10 ⁴ m/s
粒子打到斜面上的时间t= R′/v = ×10 ^-5 s

小球Q由静止开始作匀加速直线运动,设到达B处时速度为υ0则 Q球进入电场E2后作匀速运动,与静止在C点的P球发生弹性碰撞,碰后P、Q两球电量等量分配且由动量守恒 ① 又 ② 解①、②可得 即碰后Q球返回,先沿CB匀速运动进入E1电场中,开始作匀减速直线运动,速度为零后又反向加速,运动到B以从B点再次进入电场E2 由C到B过程中,运动时间 在E1中运动时间为t2,则 P球被碰后沿CD弧运动,设运动到D点且和圆心O的连线与OP夹角为θ据动能定理 θ＜100 小球在圆弧上运动的过程中,竖直方向上受力平衡,水平方向上受力如图,电场力沿圆弧切线方向的分为此力为使小球P振动的回复力 x为小球P偏离平衡位置的位移,负号表示回复力F与x的方向相反 故P球作简谐振动,其周期为 P第一次到达C点所用时间为Q球回到B处时,P在水平直线CB上向左匀速运动的时间为P球在水平直线上向左运动的距离为 设再经t3,PQ两球相遇 相遇点距A为 即距A球为1.12m处第二次相遇.

解题思路：判断一个力是否做功，关键看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功．

A、若斜面向上匀速运动距离h，物块受重力和斜面对物块的力平衡，即斜面对物块力方向竖直向上，大小等于mg
所以斜面对物块做功为mgh，故A正确
B、若斜面向右匀速运动距离s，物块受重力和斜面对物块的力平衡，即斜面对物块力方向竖直向上，大小等于mg．斜面对物体做功为0，故B错误
C、若斜面以加速度a向左匀加速运动距离s，根据牛顿第二定律得所以物体合力F=ma，方向向左，所以合力做功是mas，
而该过程重力不做功，所以斜面对物体做功为mas．故C正确
D、若斜面以加速度a向下匀加速运动距离h，根据牛顿第二定律得斜而对物体力等于m（g-a），所以而对物体做功为m（g-a）h，故D错误
故选AC．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 该题考查了力做功的条件，看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功．

（1）由动能定理，得到 qEL= 1 2 m v 20 ，解得 E= m v 20 2qL ，因而电场力向右且带正电，电场方向向右即匀强电场的场强大小为 m v 20 2qL ，方向水平...

解题思路：（1）小球做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，根据平衡条件列式求解；
（2）洛伦兹力提供向心力，故半径越大，速度越大，当小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，根据几何关系求解出半径，然后求解最大速度；
（3）要求最小速度，需求最小半径，画出轨迹，根据几何关系得到半径的可能值，然后求解速度．

（1）小球做匀速圆周运动，则
qE=mg
故E＝
mg
q=10N/C
电场方向竖直向下
（2）若小球速率最大，则运动半径最大，
如轨迹①所示


R21＝s2+(h−R1)2
可得：R1＝
5
3m
由qv1B＝m

v21
R1
⇒v1＝
qBR1
m=[5/3m/s
（3）因为速度方向与半径垂直，圆心必在挡板所在的竖直线上．

且R≥s=1m
小球与挡板碰撞n次后落入筐中，则有
2nR＜h
⇒n＜1.5，故n可取0或1才能
保证小球落入筐中
①当n=0时，即为（2）问中的解
②当n=1时，有
（3R-h）²+s²=R²
可得R₂=1m，运动轨迹如由图中②所示
或者R3＝
5
4m，运动轨迹如由图中③所示
以轨迹③运动，小球所花时间最长
则有
T＝
2πm
qB＝2π
sinθ＝
R2
R3＝
4
5]
故θ=53°，轨迹③运动对应的圆心角α=360°+（180°-53°）=487°
运动最长时间为t=
α
360°T＝
974
360πs≈8.5s
答：（1）电场强度E=10N/C，电场方向竖直向下；
（2）小球运动的可能最大速率为
5
3m/s；
（3）小球运动的可能最长时间为8.5s．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键明确小球的运动规律，找到向心力来源，画出轨迹，然后根据几何关系求解半径，再联立方程组求解．

首先计算出3.5米处的压强,就知道那个洞受到的压强了：
P=ρgh=3.5*1000*10
P=F/s
F=Ps=3.5*1000*10*0.2=7000N
要是不理解可以问我!

解题思路：A、铁块从木板的右端端沿板面向左滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大．根据能量守恒列出此过程的方程．从两者速度相同到铁块运动到木板的右端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程．根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能．
B、由于不知道弹簧的劲度系数和长木板的长度，因此不能求出弹簧被压缩的最大长度、长木板运动速度的最大值、铁块与长木板间的滑动摩擦力．

A、设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向左运动时，滑行的最大路程为s，摩擦力大小为f．根据能量守恒定律得：
铁块相对于木板向左运动过程：
1
2mv02＝fs+
1
2(M+m)v2+Ep
铁块相对于木板运动的整个过程：
1
2mv02＝2fs+
1
2(M+m)v2
又根据系统动量守恒可知，mv₀=（M+m）v
联立得到：E_p=fs=
Mm
4(M+m)v02
故A正确．
B、Ep＝
1
2kx2，由于不知道弹簧的劲度系数，所以不能求出弹簧被压缩的最大长度．故B错误．
C、由于不知道弹簧的劲度系数k和长木板的长度（或是铁块滑行的最大路程s），所以求不出长木板运动速度的最大值．故C错误．
D、由A得分析可知，可以求出fs，但是不知道s，所以不知道f，因此求不出铁块与长木板间的动摩擦因数．故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律．

考点点评： 本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同．

（1）由动能定理，得到 qEL=
1
2 m
v 20 ，解得 E=
m
v 20
2qL ，因而电场力向右且带正电，电场方向向右
即匀强电场的场强大小为
m
v 20
2qL ，方向水平向右．
（2判断A第二次与B相碰是在BC碰后还是碰前，只需要判断A、B两物体从第一次相碰位置到C处过程的平均速度大小即可；
物体A、B的第一次碰撞过程，动量守恒，由动量守恒定律得到
m v 0 =m(-
v 0
4 )+2m v 1
解得第一次碰后B的速度为v ₁ =
5
8 v ，设物体A到C处速度为v ₀ ′，由动能定理，得
qEL=
1
2 m
v′ 20 -
1
2 m (
v 0
4 ) 2 ，解得 v′

0 =

17 v
4 ，则A从第一次相碰位置到C的平均速度为


17 v
4 -
v
4
2 =
(
17 -1)v
8 ＜
5
8 v
故A与B第二次相碰是在B与C相碰后．
（3）物体B与物体C相碰，根据动量守恒定律，有
2m ?v 1 =2m? v′ 1 +4m?
v 1
2
解得
v′ ₁ =0，即物体B碰撞后停下不动，故A从第一次相碰到第二次与B相碰这个过程电场力位移为L
所以电场力做功为 W=qEL=
1
2 m
v 20
即A从第一次与B相碰到第二次与B相碰的这段时间内，电场力对A做的功为
1
2 m
v 20 ．

解题思路：（1）对小球进行受力分析，根据小球平衡求出小球受到挡板和斜面的压力；
（2）升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动时，小球在竖直方向合力产生加速度，在水平方向合力为0，据此求解即可．

（1）对小球进行受力分析有：

根据小球平衡有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ=mg
可解得：N＝
mg
cosθ，F=mgtanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ-mg=ma
联列可解得：
N=
m(g+a)
cosθ，F=m（g+a）tanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为
m(g+a)
cosθ
答：（1）球对档板的压力为mg tanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）球对档板的压力为m （g+a） tanθ，对斜面的压力为
mg(g+a)
cosθ

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

考点点评： 解决本题的关键是能正确的对小球进行受力分析，根据正交分解法求出小球所受的合力，由平平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．注意挡板对小球的弹力方向垂直于挡板水平向右．