热门试卷

（1）汽车的最大行驶速度vm===40m/s

汽车的最大行驶速度为40m/s．

（2）设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v1，

由F-f=ma，得F=4×103N

由Pm=Fv1，得v1==20m/s

匀加速启动的最后速度为20m/s．

（3）当速度为5m/s时，处于匀加速阶段，

牵引力的瞬时功率为：P=Fv=20kw

牵引力的瞬时功率为20kw．

（4）当速度为32m/s时，处于恒定功率启动阶段，设牵引力为F′，加速度为a′

由F′==2.5×103N

由F′-f=ma，得a′=0.25m/s2

速度为32m/s时，加速度为0.25m/s2；

（5）匀加速阶段的时间为t1==20s

恒定功率启动阶段的时间设为t2，由动能定理pt2-fx=mvm2-mv12，

得t2=35s---------------⑧

所以，总的时间为t=t1+t2=55s

汽车加速的总时间为55s．

（1）皮带轮转动的角速度，由u=ωr，得ω==15rad/s． 

（2）物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得mgR=m

解得v0==4m/s   

在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得  F-mg=m

解得物块所受支持力  F=60N    

由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下． 

（3）物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，

由牛顿第二定律得  μmg=ma

解得  a=μg=1m/s2

物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为  s0==8m＞L=6m 

可见，物块将从传送带的右端离开传送带． 

物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W=μmgL=12J．

答：

（1）皮带轮转动的角速度15rad/s．

（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为60N；

（3）物块将从传送带的右端离开传送带．物块在传送带上克服摩擦力所做的功为12J

（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则

x=vt

h=gt2

解得：v=2.0m/s

（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：

N-mg=m

解得：N=2.0N

根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N'=N=2.0N

（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

mgR+Wf=mv2-0

Wf=-0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J．     

答：（1）小滑块离开轨道时的速度大小为2m/s；

（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小为2N；

（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功为0.2J．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d=L1cosα+L2cosβ

得出AO杆与水平方向夹角α=53°

由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma

f=μN   N=μmgcosθ

在AO段运动的加速度：a1=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．

在OB段运动的加速度：a2=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL1cosα-μmgL2cosβ=mv2-0

其中d=L1cosα+L2cosβ，v≤6 m/s

所以：h=+μd≤10.6m

又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为h′==≈10.2m＜10.6m

所以AB最大竖直距离应为10.2m．

答：（1）在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）AB最大竖直距离应为10.2m．

（1）设ef导体杆上升高度h，速度为v1，由运动学公式得：v1==．

bc间电阻R产生的焦耳热为Q，导体杆的电阻值为2R，则金属杆上产生的焦耳热为2Q，根据功能关系可知，导体杆ef克服安培力做功为W安=3Q．

由动能定理得  WF-mgh-W安=m

解得，WF=mgh+3Q．

（2）设导体杆上升到h时拉力为F，根据闭合电路欧姆定律得

   I1==

杆所受的安培力为 FA=ByI1l=

根据牛顿第二定律得

   F-mg-FA=ma

综合各式得  F=mg+．

（3）由闭合电路欧姆定律得 =

由法拉第电磁感应定律得 =

通过杆的电量  q=•△t=

因为B与y成线性关系，可画出BL-y图象如图所示，可求得△Φ=[B0L+（B0+kh）L）h]

则解得，q=

答：

（1）导体杆上升高度h过程中拉力做的功为mgh+3Q．；

（2）导体杆上升到h时所受拉力F的大小为mg+．；

（3）导体杆上升到h过程中通过杆的电量为．

（1）核反应方程为714N+11H→611C+24He…①

设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：

=()tτ=()12020=1.6%…②

（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：qvB=m…③

质子运动的回旋周期为：T==…④

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：f=…⑤

设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率P=…⑥

输出时质子束的等效电流为：I=…⑦

由上述各式得I=

（3）方法一：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk＜rk+1），△rk=rk+1-rk，

在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，

由动能定理知2qU=m-m…⑧

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk=，

则2qU=(-)…⑨

整理得 △rk=…⑩

因U、q、m、B均为定值，令C=，由上式得△rk=…（11）

相邻轨道半径rk+1，rk+2之差△rk+1=rk+2-rk+1

同理 △rk=

因为rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1得△rk+1＜△rk

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小

方法二：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk＜rk+1），△rk=rk+1-rk，

在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk=，故=…（12）

由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量△Ek=qU  …（13）

以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k-1）次

速度大小为vk=…（14）

同理，质子第（k+1）次进入D2时，被电场加速（2k+1）次，速度大小为vk+1=

综合上述各式可得==

整理得=，=

△rk=

同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，△rk+1=rk+2-rk+1，整理后有

△rk+1=

由于rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1得△rk+1＜△rk

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论．

（1）由牛顿第二定律得：

对木块有：-μmg=ma1解得：a1=-2m/s2

对小车有：μmg=Ma2解得：a1=4m/s2

（2）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有

  mv0=（m+M）v1 

代入数据解得

  v1=4m/s 

设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有

  μmgL1=mv02-(m+M)v12

代入数据解得   L1=3m 

设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有

  μmgS1=Mv12-0

代入数据解得S1=2m 

因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L2=L-L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

  mg=m

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•2R=mv2-mv12

联立并代入数据解得R=0.24m 

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．

根据动能定理，有

-μmgL2-mg•R=0-mv12

代入数据解得R=0.6m 

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足

R≤0.24m或R≥0.6m 

答：（1）滑块在小车上运动的过程中，滑块的加速度大小为2m/s2，小车的加速度大小为4m/s2；

（2）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；

（3）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

（1）v=at=20m/s       

F-F安=ma         

则F-=ma        

代入数据解得F=0.5N．                

（2）证明：根据动能定理

WF-Q总=△EK

因为Q总=I2(R0+R)t    QR0=I2R0t

解得Q总=QR0

则54-QR0=△EK＞0

QR0＜32.4J．

（3）（Ⅰ）正确      

v=at 

F-F安=ma     

则F=+ma

F=0.005at+0.1a

F=2.5×10-2t+0.5     则0.1a=0.5

解得a=5m/s2．

答：（1）拉力为0.5N．

（2）证明如上．

（3）（Ⅰ）正确，加速度的大小为5m/s2．

（1）将F沿水平方向、竖直方向分解．

冰块受的支持力FN=mg+Fsin37°，

摩檫力Ff=μFN

在前一阶段，对冰块由动能定理得-（Fcos37°+Ff）x1=mv12-m v02

联立以上各式，并将x1=4.00m等数据代入，解出v1=1.00m/s    

（2）冰块做类平抛运动，沿x轴方向

x2=v1t=10.0m     

沿y轴方向，由牛顿第二定律：a=，y=at2

联立解得y=52.1m＞5m，故冰块碰不到仪器室．    

答：（1）冰块滑到分界线时的速度大小为1m/s；

（2）此冰块不能碰到仪器室．

（1）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为，根据运动学公式有vD=g

则竖直上抛的总时间为 t=2==1.6s  

即运动员从D点跃起后在空中完成动作的时间为1.6s．

（2）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的由平均速度求位移公式得s=t，解得=15.8m/s

运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理有-mgR-=m-m

解得=-m-mgR，代入数据解得=2891J

即运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功为2891J．

（3）不可能．在水平滑道运动的过程中，因为运动员在水平方向只受到摩擦力的作用，而摩擦力的方向与运动方向相反，只可能对运动员做负功，根据动能定理，运动员的动能只可能减小，而不可能增加．

（1）设子弹击中物体后共同速度为v，根据动量守恒：mv0=（m+M）v    

设物块滑上传送带的最远距离为s，根据动能定理得：-（m+M）gs•sinθ+[-μ（m+M）gs•scosθ）=0-(m+M)v2        

代入数据可得：s=2.25m                                             

（2）设传送带为v1时，物块刚好能滑到传送带顶端，当物块速度大于v1时，物块所受摩擦力沿斜面向下，在此阶段物块加速度为a1，根据牛顿定律得：

（m+M）gsin30°+μ（m+M）gcos30°=（m+M）a1此过程物块的位移为s1，则    -v2=-2a1s1 

物块的速度减小到v1后，所受摩擦力沿斜面向上，加速度变为a2，则

（m+M）gsin30°-μ（m+M）gcos30°=（m+M）a2设物块的速度从v1减小到零时位移为s2，则：

0-=-2a2s2由题意：s1+s2=L                  

由以上各式可得：v1=2m/s

（3）为使物块滑到顶端所需时间最短，物块所受摩擦力必须始终沿斜面向上，

W=μ（m+M）gcos30°L

代入数据得：W=9J

设小球通过最低点时的速度为v，

根据动能定理：mgL(1-cosθ)+qEL(1-cosθ)=mu2-0；

解得v=；

根据牛顿第二定律：F=m；

设线的拉力为T，则T-mg-qE=m；

解得T=3mg+3qE-2（mg+qE）cosθ

答：小球运动到最低点时细线的拉力为3mg+3qE-2（mg+qE）cosθ．

（1）加速电场中，根据动能定理得eU1=m⇒v0==m/s=4×106m/s

（2）电子在平行板间的加速度为 a===①

电子的竖直分位移为 y=at2=②

电子的水平分位移为 l=v0t③

联立以上三式并代入数据得：U2==V=40V

答：

（1）电子进入平行板间的速度v0为4×106m/s．

（2）若电子恰能沿平行板右边缘射出，加在平行板上的电压U2为40V．

（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，水平推力F=mgtanθ

F=N

（2）设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，

下滑过程机械能守恒：

mgh=mv2

解得：v=；

若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：

μmgL=mv02-mv2

联立解得：h=-μL=0.1m；

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：

-μmgL=mv02-mv2

解得：h=+μL=0.8m

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：

s=v0t

由机械能守恒可知：mgh=mv2解得：v=

对滑块由运动学公式知：

v0=v-at

联立解得：s=v0

滑块相对传送带滑动的位移△s=L-s

相对滑动生成的热量Q=μmg△s=0.5J．

答：（1）水平作用力为N；（2）滑块下滑的高度可能为0.1m或0.8m；（3）相对滑块生成的热量为0.5J．