热门试卷

（1）设货箱与斜面间的滑动摩擦力为f，斜面对货箱的支持力为N，斜面倾角为θ，平行于斜面用力把货箱匀速推上卡车用力为F，则：

f=μN

N=mgcosθ

F=f+mgsinθ

F=6.0×102N

因为Fm小于需要的推力6.0×102N，所以不能把货箱匀速推上卡车．

（2）欲求货箱在斜面低端的最小速度，则可设货箱到达斜面顶端时速度为零．设货箱在斜面上做匀减速运动的加速度大小为a1，货箱在斜面底端时速度至少为v，根据牛顿第二定律：

mgsinθ+μmgcosθ-Fm=ma1解得：

a1=1.0 m/s2

根据运动学公式有：v2=2a1L

解得：v=m/s≈3.2m/s 

（3）要使推力做功最少，则货箱到达斜面顶端时速度为零，即货箱通过A点时速度为v，设货箱在推力Fm作用下沿水平面运动距离为s到斜面底端时，速度大小为v，根据动能定理有：

Fms-μmgs=mv2解得：s=5.0m

此人在全过程做的功为：W=Fm（s+L）=4.0×103J；

答：（1）不能将货箱推上去；

（2）货箱在斜面底端的速度至少为3.2m/s；

（3）此人在全程做的功为4.0×103J．

解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

，得

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0，得

碰撞过程中系统损失的机械能

（2）设加速度大小为a，有

得

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示

FS=kx

x=d+mg/k

得

（1）在0-1.0s时间内小球沿x轴正方向做匀加速运动，则有  a1==m/s2=0.2m/s2，v1=a1•△t1=0.2×1.0m/s=0.2m/s；在0-1.0s时间内小球的位移为x1=a1(△t)2=0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；

（2）在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，x2=x1+a1△t22+v1△t2=0.1m+×0.2×1.02m+0.2×1m=0.4m，y2=a2△t22=×0.2×1.02m=0.1m．

（3）由v22=2v12，得t2=2.0s时小球的速度为：v2=v1=×0.2m/s=0.28m/s，a3==m/s2=0.28m/s2，

E3===2.8×106V/m

（4）带电小球的运动情况如下：在0-1.0s时间内小球的位移为x1=a1(△t)2=0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，小球的轨迹是抛物线，从（0.1m，0）处运动到（0.4m，0.1m）处；在t2=2.0s到t3=3.0s的时间内，小球运动的位移为x3=a3(△t)2=0.28m，从（0.4m，0.1m）处沿直线运动到（0.4m，0.2m）处；画出三段运动轨迹如图，

答：（1）在t1=1.0s时小球的速度v1的大小为0.2m/s；

（2）在t2=2.0s时小球的位置坐标x2为0.4m，y2为0.1m．

（3）匀强电场E3的大小为2.8×106V/m；

（4）绘出该小球在这3s内的运动轨迹如图所示．

（1）从B到C过程中，x=0.5m

由υC2-υB2=2ax得

代入解得  a=5m/s2

（2）A点速度为零，从A到B距离为x′

由υB2-02=2ax′

得到x'=0.4m

所以相对于D，A的高度为H=（x′+BD）sinθ=2.5sinθ

最大重力势能EPm=mgH=25sinθ

（3）从B到C过程中，若机械能守恒，则有EKB+EPB=EKC+EpC

即：mgBCsinθ=m(υc2-υB2)

代入解得 θ=30°

答：

（1）物块下滑的加速度是5m/s2．

（2）选D处为零势能面，物块下滑过程中最大重力势能与倾角θ的关系式为EPm=25sinθ．

（3）假设物块下滑过程中机械能守恒，则倾角θ是30°．

解：（1）设物块由D点以初速度做平抛，落到P点时其竖直速度为 

      ，

      得m/s

      或设平抛用时为t，则

      在竖直方向上：

      在水平方向上：

      可得

      在桌面上过B点后初速m/s，加速度a=-4m/s2

      BD间位移为m

（2）若物块能沿轨道到达M点，其速度为，由机械能守恒定律得： 

      轨道对物块的压力为FN，则

      解得

      即物块不能到达M点

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ

      释放m1时：

      释放m2时：

      且m1=2m2

      解得J

      m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由能量转化及守恒定律得：

      解得Wf=5.6J

解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

，得

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0，得

碰撞过程中系统损失的机械能

（2）设加速度大小为a，有

得

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示

FS=kx

x=d+mg/k

得

（1）据v2-s图象知，当线框进入磁场时：v2=16（m/s）2，s=1.6m

由v2=2as得：a==5m/s2．

对线框，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma

解得：θ=30°

磁场的宽厚d=2m=0.5m

（2）由图线知线框穿过磁场的过程中匀速运动，且v=m/s=4m/s

由平衡条件得：F磁=mgsinθ

又F磁=BId=Bd•=

由上两式解得：B=0.5T

答：

（1）斜面倾角θ为30°，磁场宽度d是0.5m．

（2）匀强磁场的磁感应强度是0.5T．