热门试卷

（1）根据动能定理研究带电小球自N点由静止释放后，小球刚好可到达a点过程

由题意有：qEL-mgh=0-0=0

∴E=

（2）运动过程中小球受重力、向上的弹力、向左的摩擦力、向左的电场力，指向O点的库仑力，

根据正交分解可知：小球经过M′点时库仑力竖直向下达到最大值，球与轨道之间的弹力最大，所受的滑动摩擦力最大．

fm=μN=μ（mg+）=μ（mg+）

小球经过M′点时的加速度大小为：a===+μ(g+)

（3）根据对称性可知，由d→b，小球克服摩擦力做的功等效为：

Wf=mgμ×6L=6mgμL

而电场力做的功为零

∴初速度v0的最小值应满足：m=mgh+Wf

∴v0=

答：（1）匀强电场的电场强度是；

（2）运动过程中小球所受摩擦力的最大值是μ（mg+），小球经过M′点时的加速度大小是+μ(g+)；

（3）使小球能够运动到b点的初速度v0的最小值是．

（1）汽车的最大行驶速度vm===40m/s

（2）设汽车匀加速运动阶段结束时的速度为v1

由F-f=ma，得F=4×103N

由p额=Fv1，得 v1==20m/s

（3）匀加速阶段的时间为t1===20s

恒定功率运动阶段的时间设为t2，由动能定理pt2-fx=mvm2-mv12

得t2=35s  

总的时间为t=t1+t2=55s 

答：（1）汽车的最大行驶速度为40m/s

（2）汽车匀加速运动阶段结束时的速度为20m/s

（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为55s

（1）小滑块从A到B的过程，由动能定理得：

mgR=-0

在B点由牛顿第二定律得F1-mg=

解得：F1=30N．

（2）小滑块从A到B到C的过程，由动能定理得：

mgR-μmgs=

解得vC=6m/s

小物块沿CD段上滑到最高点时间t1==1s

由对称性可知小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔是t=2t1=2s．

（3）对小滑块运动全过程运用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s′，

mgR=μmgs′

s′=8.6m

小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s-s′=1.4m

答：（1）小滑块第一次到达圆弧上的B点时对轨道的压力的大小是30N；

（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔是2s；

（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离是1.4m．

（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得

mg-BIL=ma，式中l=r

I1=

R并1==4R

由以上各式可得到：a=g-

（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即mg=BI×2r

 I2=，

公式中：R并2==3R

解得：v3==

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有

-=2gh

得：h=-

此时导体棒重力的功率为

 PG=mgvt=

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即

 P电=P1+P2=PG

 所以P2=PG=

（3）由动量定理得：-B×2r×t=0-mv3

即：-B×2r×t=-mv3

即：-x=-mv3

联立，解得：x=

停下来的过程中，重力做正功，外力和安培力做负功，由动能定理得：

mgx-Fx-W外=0-m

所以产生的总热量为：Q=W外=m

在电阻上产生的热量为：Q2=Q=

答：（1）导体棒ab从A下落r/2时的加速度a=g-；（2 ）h=-，P2=；（3）停止运动所通过的距离 x=，在电阻上产生的热量为  Q2=．

（1）设初始状态弹簧压缩量为x1

则：kx1+mg=m×g

解得：x1=

当B以a=g匀加速向下运动时，由于a＜g，所以弹簧在压缩状态时A、B不会分离，设该过程的终止时刻弹簧伸长量为x2

则：mg-kx2=m×g

解得：x2=

A匀加速运动的位移s=x1+x2=

由位移关系式：s=at2

解得：t=

（2）因为x1=x2

这一过程中弹簧对物体A的弹力做功为0

A、B分离时vA=at=g

由动能定理得：mgs+WF=mvA2

代入得：WF=-

答：

（1）砝码A能够做匀加速运动的时间为

（2）砝码A做匀加速运动的过程中，弹簧弹力对它做为零，木板B对它的支持力做为-

（1）当f=mg时，雨点达到最终速度v1，则：

  kSv12=ρ•πr3g

又S=πr2

解得，v1=

（2）当雨点的速度达到v时，根据牛顿第二定律得：

  mg-kSv2=ma

又m=ρ•πr3

解得，雨点的加速度a=g-

答：

（1）每个雨点最终的运动速度为；

（2）雨点的速度达到v时，雨点的加速度a为g-．

（1）小环刚好到达P点时速度vP=0，由动能定理得

   qEx0-2mgR=0                                          

而  qE=

所以x0=

（2）设小环在A点时的速度为vA，由动能定理得

  qE(x0+R)-mgR=m-0

因此vA=

设小环在A点时所受半圆环轨道的作用力大小为N，由牛顿第二定律得

  N-qvAB-qE=m

解得  N=+

（3）若f=μmg≥qE，即μ≥．小环第一次到达P点右侧s1距离处静止，由动能定理得

  qE（4R-s1）-2mgR-fs1=0                                       

而f=μmg，因此得  s1=

设克服摩擦力所做的功为W，则  W=fs1=

若f=μmg≤qE，即μ＜．环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，设克服摩擦力所做的功为W，则

qE（4R）-mg（2R）-W=0                                    

解得W=mgR

答：（1）DM间距离x0是．

（2）上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小是+；

（3）小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR．

（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm

代入数据解得vm==m/s=15m/s

此速度也是物体到达机舱的速度．

故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．

（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：

Fm-mg=ma

Pm=Fmv1

v1=a1t1h1=t1

代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m

第二段，以最大功率上升，由动能定理得：Pmt2-mg(h-h1)=m-m

解得t2=5.75s

所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s

故这一过程所用的时间为7.75s．

（1）F-mAg+FBA=mAa，所以当FBA=0时，F最大，即

Fm=mAg+mAa=12 N

（2）初始位置弹簧的压缩量x1==0.20m

A、B分离时，FBA=0，以B为研究对象可得：

FN-mBg=mBa，

FN=12N

此时x2==0.12m

A、B上升的高度：△x=x1-x2=0.08 m

A、B的速度v==m/s

以A、B作为一个整体，由动能定理得

wF+wN-（mA+mB）g△x=（mA+mB）v2

解得：wF=0.64J．

答：（1）使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是12 N．

（2）若木块A竖直和上作匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，则在这个过程中，力F对木块做的功是0.64J．

（1）未施加力F时，A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则 C对B的库仑斥力：

F0=

以A、B为研究对象，根据力的平衡：F0=（mA+mB）gsin30°

联立解得：L1=1.0m

（2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力．则t0时刻C对B的库仑斥力为：F1=k…①

以B为研究对象，由牛顿第二定律有：

F1-mBgsin30°-μmBgcos30°=mBa…②

联立①②解得：L2=1.2m

则t0时间内A上滑的距离：△L=L2-L1=0.2m

（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有：

W0=k-k代入数据解得：W0=1.2J…③

（4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有：

 W1+W0+WG+Wf=（mA+mB）…④

而 WG=-（mA+mB）g•△Lsin30°…⑤

Wf=-μ（mA+mB）g•△Lcos30°…⑥

又A做匀加速运动，则有：=2a△L…⑦

由③～⑦式解得：E1=1.05J

经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有：

  F-mAgsin30°-μmAgcos30°=mAa…⑧

力F对A物块做的功：W2=F（L-L2）…⑨

由⑧⑨式代入数据得：W2=5J

则力F对A物块做的功：W=W1+W2=6.05J

答：

（1）未施加力F时物块B、C间的距离为1m：

（2）t0时间内A上滑的距离是0.2m；

（3）t0时间内库仑力做的功是1.2J；

（4）力F对A物块做的总功为6.05J．

（1）在AB段，根据动能定理：mgS1sin37°-μmgcos37°S1=mv2

代入解得，物体到达B点速度  v=3m/s

（2）在BC段，物块所受滑动摩擦力大小为f2=μ（mgcos37°+Fsin37°）．

由B到C过程，根据动能定理：mgS2sin37°-f2S2-FS2cos37°=0-mv2

代入解得，BC间距离  S2=0.5m．

答：（1）物体到达B点的速度是3m/s；

    （2）BC距离是0.5m．

（1）对A到B运用动能定理有：Pt-fs=mvB2-mvA2

   代入数据得P=21W

故玩具汽车的输出功率为21W．

    （2）玩具汽车通过B点时的牵引力F==N=3.5N

根据牛顿第二定律得，a==m/s2=1.25m/s2

故玩具汽车通过B点时的加速度为1.25 m/s2

（1）弹丸从A到C做平抛运动，则有：

t==0.6s

A点到C点的水平距离s=v0t=8.0×0.6m=4.8m

（2）设弹丸到C的速度方向与水平方向的夹角为θ，则

tgθ===

vC== m/s=10m/s

弹丸与塑料块在C点具有的相同速度vC′=vC=1m/s     

分析弹丸与塑料块从C点返回到C点的整个过程，根据动能定理有：

-μmgcosθ×2×=0-mvC′2

可得动摩擦因数μ==0.125

（3）根据牛顿第二定律，

下滑时由 a1=gsinθ-μgcosθ

可得a1=5 m/s2

由=vC′t1+a1 t12

可解得t1=0.17s

上滑时由 a1=gsinθ+μgcosθ

可得a2=7 m/s2

由=a2t22

可解得t2=0.27s

所以塑料块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t=t1+t2=0.44s

答：（1）A点和C点间的水平距离为4.8m；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ为0.125；

（3）木块从被弹丸击中到再次回到C点的时间t为0.44s．

（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，

从抛出到管口过程，竖直方向为自由落体运动，则运动时间t为：

   =gt2

水平方向，粒子做匀减速运动，减速至0

位移：L=t

  解得：v0=2L

（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma

又由运动学公式：02-=-2as

解得：E=，方向水平向右

（3）对小球从抛出到落地的全过程应用动能定律：

即：mgh-qEL=EK-

解得：EK=mgh    

答：（1）小球的初速度为2L

（2）应加电场的场强为，方向水平向右

（3）小球落地时的动能为mgh