热门试卷

（1）对木块，只受摩擦力作用，µmg=ma1     a1=2m/s2 方向向右，

对木板，受拉力和摩擦力作用，F-µmg=Ma2   a2=4m/s2 方向向右，

（2）F作用时间为1s，

对木块：v1=a1t=2m/s

对木板：v2=a2t=4m/s

（3）撤去F后木块和木板组成的系统动量守恒，木块达到木板左端时二者恰好达到共同速度，这过程中木块对地位移为s，设最后共同速度为v

Mv2+mv1=（M+m）v

如图，设撤去F时，木块距木板左端为L1，

分别以木块和木板为研究对象，由动能定理得：

μmgs=mv2-m

-μmg（s+L1）=Mv2-M

解得L1=m

故木板长度为1+≈1.67m

答：（1）恒力撤去前，小物块和长木板的加速度各2m/s2，方向向右和4m/s2，方向向右．

（2）刚撤去F时，小物块和长木板的速度各2m/s和4m/s．

（3）长木板的长度至少是1.67m．

（1）撤去电场，微粒将做匀速直线运动，粒子所受的电场力方向向上，场强也向上，则粒子带正电．微粒在磁场和电场中做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，微粒在最低点时，所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则判断粒子在最低点时速度向右，绕行方向为逆时针

（2）设上、下半圆中的速度相磁感应强度分别为V1，V2，B1，B2

则有B2=

2

B1，qE=mg

根据动能定理得

  m-m=mgh  ①

在上面的磁场中：qv1B1=m ②

在下面的磁场中：qv2B2=m ③

由③：②得，v2：v1=：1

代入①解得v1=1m/s     v2=m/s

（3）撤去电场后mg=qv2B2

得r====0.2m

答：

（1）微粒的绕行方向为逆时针；

（2）微粒在上下两磁场中的速度大小分别为1m/s和m/s；

（3）微粒在磁场中的偏转半径为0.2m．

（1）设钢丝绳的拉力为T，由牛顿第二定律T-mg=ma-------①

重物在水平方向做匀速运动，l=v0t-----------------②

在竖直方向做匀加速运动，h=at2------------------------③

由①②③式解得：T=+mg

（2）钢丝绳对重物做功：

W=Th=+mgh

（3）由动能定理：Th-mgh=Ekp-mv02

解得：Ekp=+mv02

答：（1）重物所受钢丝绳的拉力大小为+mg；

（2）重物在水平方向通过位移l过程中，钢丝绳对重物所做的功为+mgh；

（3）重物到达图中p位置时的动能为+mv02．

（1）小球从A至D点过程，由动能定理得：

mgR+qER=mv12

又：qE=mg

解得：v1=2

在D点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

解得：FN=5mg

由牛顿第三定律得：

FN=FN′

所以小球经过最低点D时对管壁的压力为5mg，方向向下．

（2）小球第一次经过C点时，由动能定理得：

-mgR+qE•2R=mv22

设在C点管壁对小球的作用力方向向下：

mg+FC=m

解得：FC=mg，FC的方向向下

答：

（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度为2，对管壁的压力大小为5mg，方向向下．

（2）第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力大小为mg，方向向下．

（1）当机车达到最大速度vm=54km/h=15m/s时，

机车处于平衡状态，由平衡条件得：f=F，

因为P=Fv=fv，

则机车受到的阻力f===2.5×104N；

（2）从机车开始运动到达到最大速度过程中，

由动能定理得：Pt=fs=mvm2-0，解得：t=300s；

答：（1）机车受到阻力f的大小为2.5×104N；

（2）机车在这2250m内行驶所用的时间为300s．

设车刚好越过圆轨道最高点，设最高点速度为v2，最低点速度为v1

在最高点由牛顿第二定律得

 mg=

由机械能守恒定律研究从B点到最高点得

 mv12=mv22+mg（2R） 

解得 v1==4m/s

小车在离开C点后做平抛运动

由h=gt2 

得t=0.5s

x=v1t=2m

x＞s，所以小车能够越过蓄水池

设电动机工作时间为t0，在AB段由动能定理得

Pt0-fL=mv12

解得t0=2.53s

答：小车电动机至少工作时间是2.53s．

（1）由于反间谍卫星在近地轨道做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：

Mg=M

得：v0=　

卫星喷出胶状物后，由动量守恒得：

Mv0=（M-m）v1　

解得：v1=v0=8.42×103 m/s．

故间谍卫星喷出胶状物后，卫星的速度变为8.42×103 m/s．

（2）卫星喷出胶状物后做离心运动，达到新的圆周轨道的半径设为r，由动能定理

有：

（M-m）gR2（-）=（M-m）v22-（M-m）v12　

又G=（M-m）　

GM地=gR2　

联立解得：r=7.18×106 m．　

故喷出胶状物后卫星运动的最终轨道半径为：r=7.18×106 m．

（1）当列车最大值15m/s，此时列车匀速运动，牵引力等于阻力，所以列车的功率等于牵引力与速度的乘积；

P=FVm=fVm=3.75×105W

（2）列车前进时对其做功的力仅有牵引力与阻力，

根据动能定理：Pt-fs=m-m

解得：s=1.45×103m

（3）列车从静止开始保持0.2m/s2的加速度做匀加速直线运动，

由：F-f=ma

得：F=f+ma=1.25×105N

又因：P=FV

得：V==3m/s

由速度时间关系式得：V=at

解得：t=15s

答：：（1）列车的功率为3.75×105W

（2）列车在180s内行驶1.45×103m

（3）若列车从静止开始保持0.2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持15s．

（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动．设粒子过N点的速度为v，有=cosθ

得：v=2v0粒子从M点到N点的过程，由动能定理有：

qUMN=mv2-m

解得：UMN=

（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动（如图所示），半径为O′N，有：

qvB=

解得：r=

（3）由几何关系得：

ON=rsinθ

设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：

ON=v0t1

t1=

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：

T=

设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：

t2=T

得：t2=

运动的总时间为：

t=t1+t2即：t=

答：（1）M、N两点间的电势差UMN为；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径为；

（3）粒子从M点运动到P点的总时间为．

（1）如图，对小物体进行受力分析有：

由图分析知：N=mgcosθ

f=μN=μmgcosθ

令小物体加速后能达到传送带的运动速度，则由动能定理得：

(μmgcosθ-mgsinθ)S1=mv2-0

代入数值得S1=0.8m

∵S1＜S

∴加速阶段小物体的位移S1=0.8m

（2）小物体在加速阶段做匀加速运动，令运动时间为t，则小物体运动的位移为

S1=t=0.8m

在这段时间内传送带运动的位移

S2=vt=1.6m

所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离

即Q=μmgcosθ（S2-S1）=×10×10×cos30°（1.6-0.8）J=60J

（3）根据功能关系，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量

即：

W=mv2+mgSsinθ=×10×22+10×10×5×sin30°J=270J

答：（1）小物体做加速运动阶段的位移S1=0.8m；

（2）小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q=60J；

（3）传送带对小物体做的功W=270J．

解：（1）滑块沿轨道向左运动过程中的受力如图所示

根据牛顿运动定律：

又因为

所以

（2）物块向左做匀加速直线运动，根据运动学公式：

所以

（3）滑块在导轨运动的整个过程中，根据动能定理有

小题1:6m

小题2:12m/s

小题3:132J

（1）在下滑的过程中，支持力方向与速度方向垂直，不做功，所以WN=0．

WG=mgh=600×10J=6000J．

Wf=-μmgscos30°=-3000J

根据动能定理得，WG+Wf=mv2-0

解得v=10m/s．

故支持力做功为0，重力做功为6000J，摩擦力做功为-3000J．运动员到达坡底的速度为10m/s．

（2）根据动能定理得：-mgs′sin30°-μmgs′cos30°=0-mv02

解得：s′≈6.6m 

则h′=3.3m＜10m，不能到达坡顶．能在斜坡上滑行3.3m高．

故运动员不能到达坡顶，能在斜坡上滑行3.3m高．