热门试卷

（1）（2）v1=m/s（3）

试题分析：(1)赛车只能在水平轨道AB上加速，其它路段由于是光滑赛车的牵引力是不做功的，

所以当赛车在水平轨道AB上运动牵引力等于阻力时速度最大  (2分）

(2)、设赛车到达B点的速度为v1，到达圆轨道最高点E的速度为v2，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得：            ①（1分）

       ②（2分）

由于赛车以额定功率工作时间最短，为最短时间为t，根据动能定理：

   ③（2分）

由①②③可得t="1.5s"  （1分）    

v1=m/s

( 由于  v1=m/s，在t="1.5s" 时赛车还未到达B点，所以③式成立，不说明不扣分 )

(3)设C点高度为h，赛车到达C点速度为v3   由机械能守恒可得：

    （2分）  

解得

由平抛知识得：          （1分）

水平位移    （1分）

所以当时  x最大 （1分），     

最大值是    （1分）

点评：关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！

⑴；⑵；⑶

试题分析:⑴电路中产生的感应电动势。通过电阻的电荷量。

导体棒穿过1区过程。解得

（2）棒匀速运动的速度为v，则

设棒在前x0/2距离运动的时间为t1，则

由动量定律：F0 t1-BqL=mv；解得：

设棒在后x0/2匀速运动的时间为t2，则

所以棒通过区域1所用的总时间：

（3）进入1区时拉力为，速度，则有。

解得；。进入i区时的拉力。

导体棒以后通过每区都以速度做匀速运动，由功能关系有

解得。

r /

根据能量守恒，可知小球的重力势能全部转化为内能，即，所以块与BC的滑动摩擦系数

故答案为

（1）m2过B点后遵从：s=6t-2t2，

由此可知，vB=6m/s，a=-4m/s2．

由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：μ=0.4；

（2）小球离开桌面后做平抛运动，

在竖直方向上：h==2.4m，

P点速度在竖直方向的分量：

vy=vDtan60°=4m/s，

解得离开D点的速度为vD=4m/s，

由机械能守恒定律得：mvN2=mvD2+mg（h+R-Rcosθ），

解得：vN2=74m2/s2，

在N点，由牛顿第二定律得：

FN′-mg=m，解得：FN′=42N，

由牛顿第三定律得，压力：F=F'=42N，方向竖直向下．

（3）小球刚好能到达M点，

由牛顿第二定律得：mg=m，

小球到达P点的速度vP==8m/s．

从P到M点，由动能定理得：

-mgR（1+cosθ）-WPM=mvM2+-mvP2，解得：WPM=2.4J；

从B到D点，由动能定理得：-WBD=mvD2-mvB2，解得：WBD=2J；

从C到B点，由动能定理得：EP=μm1gxCB，EP=μm2gxCB+m2vB2，

解得：3μm2gxCB=m2vB2，WCB=3μm2gxCB=1.2J，

则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为：

W=WCB+WBD+WPM=1.2J+2J+2.4J=5.6J；

答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB为6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数为0.4．

（2）若轨道MNP光滑，小球经过轨道最低点N时对轨道的压力为42N方向竖直向下．

（3）若小球刚好能到达轨道最高点M，则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J．

（1）对系统运用动能定理得，（mB+mC）gh1-mAgh1sinθ=(mA+mB+mC)v2

代入数据得，（1+1）×10×0.5-2×10×0.5×0.6=×(2+1+1)v2

解得v=m/s．

（2）对A、B系统运用动能定理得，mBgh2-mAgh2sinθ=0-(mA+mB)v2v2

代入数据得，1×10×h2-2×10×h2×0.6=0-×(2+1)×()2

解得h2=1.5m

上滑的最大高度h=（h1+h2）sinθ

解得h=1.2m．

答：（1）圆柱体BC到达支架D时的速度为m/s；（2）物体A在斜面上上滑的最大高度为1.2m．

（1）设导体杆在 F 的作用下运动到磁场的左边界时的速度为v1，

根据动能定理则有（F-μmg）s=mv12

导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv1

此时通过导体杆的电流大小 I==3.8A（或3.84A）

根据右手定则可知，电流方向为 b 向 a．

（2）设导体杆在磁场中运动的时间为 t，产生的感应电动势的平均值为 ，

则由法拉第电磁感应定律有==

通过电阻 R 的感应电流的平均值为=

通过电阻 R 的电荷量 q= t=0.51C

（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，

因导体杆恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律，

对导体杆在轨道最高点时有 mg=

对于导体杆从NN′运动至 PP′的过程，根据机械能守恒定律有

mv22=mv32+mg2R0 解得 v2=5.0m/s

导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=mv12-mv22=1.1J

此过程中电路中产生的焦耳热为 Q=△E-μmgd=0.94J．

答：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小为3.8A，方向为 b 向 a；

（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量为0.51C；

（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为0.94J．

（1）设导体杆在 F 的作用下运动到磁场的左边界时的速度为v1，

根据动能定理则有（F-μmg）s=mv12

导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv1

此时通过导体杆的电流大小 I==3.8A（或3.84A）

根据右手定则可知，电流方向为 b 向 a．

（2）设导体杆在磁场中运动的时间为 t，产生的感应电动势的平均值为 ，

则由法拉第电磁感应定律有==

通过电阻 R 的感应电流的平均值为=

通过电阻 R 的电荷量 q= t=0.51C

（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，

因导体杆恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律，

对导体杆在轨道最高点时有 mg=

对于导体杆从NN′运动至 PP′的过程，根据机械能守恒定律有

mv22=mv32+mg2R0 解得 v2=5.0m/s

导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=mv12-mv22=1.1J

此过程中电路中产生的焦耳热为 Q=△E-μmgd=0.94J．

答：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小为3.8A，方向为 b 向 a；

（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量为0.51C；

（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为0.94J．

（1）以人和雪橇整体为研究对象，对于下滑过程，根据动能定理得：

W合=m-m

代入数据可得：=3000J；

（2）以人和雪橇整体为研究对象：=WG+Wf=mgh+Wf；

代入数据得：Wf=-6000J

所以，克服摩擦力做的功为6000J．

答：

（1）下滑过程中，合外力对人和雪橇做的功是3000J；

（2）下滑过程中，人和雪橇克服阻力做的功是6000J．

（1）拉力的功为：WF=Fh1=30×2J=60J

（2）从物体静止上升2m，由动能定理：WF-mgh=Ek-0

解得：Ek=60-2×10×2=20J

（3）对全过程，由动能定理：WF=mv2-0

解得：v===2m/s，方向竖直向下

答：（1）拉力的功为60J；

（2）上升2m后的动能为20J；

（3）物体落回地面时的速度为2m/s．

（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，

由动能定理得：-fx=0-mv12，

解得：x=980m；

（2）由v-t图象可知，飞机加速度：

a===-30m/s2，加速度大小为30m/s2，

对飞机，由牛顿第二定律得：2Tcos+f=ma，

解得：T=5.5×105N；

（3）无阻拦索时，飞机需滑行x=980m，

有阻拦索时，飞机实际滑行距离：x′=x-s=82m，

由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，

从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，

从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：

W-fs2=0-mv22，

解得：W=-9×105J．

答：（1）飞机继续滑行的距离为980m．

（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；

（3）阻拦索对飞机做的功为-9×105J．

对物块由初速度v0=2.0m/s到第一次停止过程由动能定理列方程：

-（qE+μmg）x=0-mv02

代入数据解得：x===0.4m

由于qE＞μmg，所以物体将先向左做加速运动，过边界后做减速运动，设过边界后最终停在O点左方X1的位置，对物块从第一次停止到停在O点左方x1的位置过程由动能定理得：

qEx-μmg（x+x1）=0

解得：x1=-x=-0.4=0.2m

答：物块最终停止时的位置物块最终停止时的位置O点左方0.2m．

小球能通过C点，在C点最小速度v满足：

   （3分）

小球离开C点做平抛运动，落到M点时间t为：

   （2分）          

此时水平距离：x=vt=>R 小球能落在垫子上（2分）

小球在C点的最大速度为：

 （2分）   

设小球距离A点的高度为h，则小球运动至C的过程中，

  （4分）

由上可知，要使小球落在垫子上：     （1分）

解得： （2分）

（1），方向向右（2）

（3）x0=L，；当x0；当x0>L，

试题分析：

解：（1）根据牛顿第二定律，得

，方向向右。

（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有

得   x=L/4，

由动能定理：

（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：, 得x0=L；

当x0，棒不能全部进入电场，设进入电场x

解之得：

当x0>L，棒能全部进入电场，设进入电场x

得：

点评：理解电场力及电场力做功特点，培养运用数学知识解决问题的能力。

解：

(1)物块下滑过程中克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，反弹后继续上升，上升过程中仍克服摩擦力做功，机械能继续减少，物块上升到最高点的高度小于下滑时的高度．之后，物块再下滑重复上一过程，但返回到最高点的高度继续减小，最终物块停在挡板处．

(2)在物块运动的全过程中，重力做功WG=mgsin60°（与路径无关）．滑动摩擦力做的功等于物块受到的滑动摩擦力（Fμ=μmgcos60°）与运动路程的乘积，即W1=-μmglcos60°．物块由初态的静止到最终静止，动能的变化△Ek =0.

对物块运动的全过程运用动能定理得

mgsin60°-μmglcos60°=0.

所以物块在全过程中运动的路程