长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上,车的右端有块挡板,车的质量mC=4m,绝缘物块B的质量mB=2m

（I）由题意可得，[1
an+1＝f(an)=
4+
1
an2，
当n=1时，
1
a2=
5即a2＝

5/5]
当n=2时，[1
a3=
9=3即a3＝
1/3]
（II）∵a₁=1，a_n＞0．
∴
1
an+12−
1
an2＝4
∵
1
a1＝1
∴数列{
1
an2}是以1为首项，以4为公差的等差数列
∴
1

点评：
本题考点： 数列的求和；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题主要考查了利用数列的递推公式构造等差数列求解数列的通项公式，及利用分组求和方法的应用，等差数列与等比数列的求和公式的应用．

A、B弹簧弹力开始时与静摩擦力平衡，大小为5N，最大静摩擦力至少为5N．当整体加速度从零逐渐增大到2m/s²，则物块的加速度也从零逐渐增大到2m/s²，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到8N，由于弹簧的拉力大小为5N，则摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加到3N，没有超过最大静摩擦力在整个过程中，故物体相对小车静止，弹簧弹力不变．故A正确，B错误．
C、当小车加速度（向右）为1.25m/s²时，则物块所受的合力F_合=ma=5N，弹簧的弹力等于5N，则摩擦力为零．故C正确．
D、小车以1m/s²的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F_合=ma=4N，弹簧的弹力等于5N，则摩擦力的大小为1N，方向水平向左．故D正确．
故选ACD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．

考点点评： 解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，对物块隔离分析，运用牛顿第二定律，分析摩擦力的变化．

（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，
由平衡条件得：qvB₀=qE₀①
已知电场强度：E₀=[U/d] ②
由①②式解得：v=[U
dB0 ③
（2）离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由牛顿第二定律得：qvB=m
v2/r]④
由几何关系得：r=Rcot [θ/2]⑤
解得：q＝
mU
BB0Rdcot
θ
2；
答：（1）离子速度v的大小为[U
dB0；
（2）离子的电量q＝
mU
BB0Rdcot
θ/2]．

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： 该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在混合场中要注意对离子的受力分析；在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了．

粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：
x=v₀t=l ①
y=[1/2]at² ②
其中：
a=[qU/md] ③
联立解得：
y=
qUl2
2md
v20=[1/2]×0.5×lO¹²×
200×0.062
0.02×(3×107)2=0.01m
偏转角度θ的正切值为：
tanθ=[at
v0=
qU l
2md
v20=0.5×lO¹²×
200×0.06
0.02×(3×107)2=
1/3]
答：带电粒子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y为0.01m，偏转角度θ的正切值为[1/3]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键是明确粒子的运动性质，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，基础问题．

(1)下滑过程机械能守恒

，解得v0=4m/s(3分)

物体相对于小车板面滑动过程动量守恒

mv0=(m+M)v

所以v=(3分)

(2)对小车由动能定理有(4分)

可得s=3.75m(2分)

(3)设物体相对于小车板面滑动的距离为L，由能量守恒有，摩擦生热：

(6分)

代入数据解得：L=1.5m(2分)

（1）1m/s  （2）3.75m   （3）1.5m


<>

（1）A在电场力作用下向右运动，A所受电场力向右，
A带正电，则电场强度E的方向：水平向右；
A与B碰撞前对A，由动能定理得：qEL＝
1
2mv02-0，
解得：E＝
mv02
2qL，
（2）A和B碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv0＝m(−
v0
4)+2mvB，
解得：vB＝
5
8v0；
B运动到C所用时间tB＝
L

5v0
8＝
8L
5v0，
A运动到C所用时间，由运动学和动力学公式得
L＝−
v0
4tA+
1
2•
qE
m•tA2，
解得tA＝
(1+
17)L
2v0＞
8L
5v0，
故A第二次和B相碰，一定是在B和C相碰之后．
（3）B和C相碰动量守恒，
由动量守恒定律得：2m
5v0
8＝4m
5v0
16+2mvB′，
解得：vB′＝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]mv₀²，
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]mv₀²．
答：（1）匀强电场的场强大小为
m
v20
2qL，方向水平向右．
（2）A第二次和B相碰，一定是在B和C相碰之后．
（3）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]mv₀²．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题关键是分析清楚各个物体的运动情况，然后动量守恒定律、动能定理和运动学公式多次列式分析求解．

AB、当整体加速度从零逐渐增大到1m/s²，则物块的加速度也从零逐渐增大到1m/s²，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到8N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变．故A正确，B错误．
C、弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为6N，当小车加速度向右为0.75m/s²时，则物块所受的合力F_合=ma=6N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力为零．故C正确．
D、小车以1m/s²的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F_合=ma=8N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力的大小为2N，方向水平向右．故D正确．
故选：ACD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，对物块隔离分析，运用牛顿第二定律，分析摩擦力的变化．

（1）由于加速电压U＜U₀带正电微粒不能在第一个半周期内穿过电场，从B孔射出．微粒进入电场后，在交流电的半个周期内做匀变速运动，加速度的大小为a＝
qU0
md①
在第一个半周期内，加速度的与初速度方向相反，若初速度较大，在交流电的半个周期内减速后速度仍大于0，则将一直向一个方向运动直到从B孔射出，则此时的对应的最小入射速度为：vC＝a•
T
2＝
qU0
md•
T
2＝
qU0T
2md，
微粒加速过程中由动能定理得：
qU＝
1
2m
v2C−0
可解得：U0＝
d
T

8mU
q
（2）当加速电压较小，微粒进入电场的第一个[T/2]时间内，加速度方向与初速度相反，
若初速度v＜
1
4aT，粒子在第一个四分之一周期内速度要减至O，然后反向向A运动，直至退出电场，
即v＜
qU0T
4md
微粒要从A孔退出，微粒不能从B孔穿出对应的加速电压：
所以：qU＜
1
2mv2；
即：U＜
mv2
2q＝
q
U20T2
32md2
答：（1）对于加速电压U存在一个值U₀，当U＞U₀时，带电微粒能够沿一个方向运动，一直到从B孔射出，U₀的最大值为：U0＝
d
T

8mU
q；
（2）加速电压U＜
q
U20T2
32md2时，带电微粒不会从B孔射出．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键是掌握带电粒子在电场中做匀变速运动，根据题设要求由运动规律求解出粒子进入电场时的速度与电场强度的关系．掌握规律找出问题的突破口是解决本题的关键．

（1）活力板对水平地面的压力：F=G=（m人+m活力板）g=（34kg+6kg）×10N/kg=400N，活力板对水平地面的压强：P=FS=400N4×10−4m2=1×106Pa；（2）克服摩擦力做功：W=fs=8N×20m=160J，做功的功率：P=Wt=160J5s=32W．...

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；功的计算；功率的计算．

考点点评： 本题考查重力、压力、压强、功、功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用和知道在水平面上压力等于物体自身的重力．

如图所示，在绳子的下端挂上重为2.8N的物体B时，木块A在水平木板板面上匀速直线运动，由于定滑轮不省力，所以此时木块所受水平向右的拉力就是2.8N，且此时木块处于匀速直线运动状态，即平衡状态，即此时所受的拉力和摩擦力是一对平衡力，故此时的木块所受的摩擦力等于拉力等于2.8N；
故答案为：2.8；

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 知道定滑轮的特点，并能利用二力平衡 条件分析是解决该题的关键；